Corrigé détaillé ENS Physique BCPST 2025

La loi des gaz parfaits relie la pression p, le volume V, la quantité de matière n et la température absolue T d'un gaz :

où R est la constante des gaz parfaits.

La masse du gaz occupant le volume V est m = n M, où M est la masse molaire du mélange gazeux. La masse volumique \rho_{\mathrm{g}} s'exprime donc par :

En introduisant le rapport n/V = p_0 / (R T) sous la pression ambiante p_0, on obtient l'expression littérale :

Application numérique avec les données de l'énoncé :

• p_0 = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa}
• M = 40\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 40 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}
• R = 8{,}3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}
• T = 750\text{ K}

Considérons un volume V de nuage pyroclastique. Ce volume est constitué du volume V_{\mathrm{s}} occupé par les particules solides et du volume V_{\mathrm{g}} occupé par le gaz, de sorte que l'additivité des volumes s'écrit :

La fraction volumique solide étant \phi = \dfrac{V_{\mathrm{s}}}{V}, la fraction occupée par la phase gazeuse vaut :

La masse totale m contenue dans ce volume est la somme des masses des deux phases :

La masse volumique \rho_{\mathrm{c}} du nuage est alors donnée par le rapport de la masse totale au volume total :

Soit finalement :

ou encore \rho_{\mathrm{c}} = \rho_{\mathrm{g}} + \phi(\rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}).

D'après la question Q2, la masse volumique du nuage pyroclastique s'écrit en fonction de la fraction volumique solide \phi :

En substituant cette relation dans la définition de la gravité effective donnée par l'équation (1), il vient :

Application numérique : Pour \phi = 1\% = 0{,}01, avec \rho_{\mathrm{s}} = 900\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, \rho_{\mathrm{g}} \simeq 0{,}64\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} (obtenu à la question Q1), \rho_0 = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} :

La gravité effective vaut donc :

D'après la définition de la gravité effective donnée par l'équation (1), g' = 0 équivaut à :

En utilisant l'expression de la masse volumique du nuage obtenue à la question 2, \rho_{\mathrm{c}} = \rho_{\mathrm{g}} + \phi(\rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}), la condition g' = 0 se traduit par :

On en déduit l'expression de la fraction volumique solide minimale :

Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

• \rho_0 = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• \rho_{\mathrm{s}} = 900\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• \rho_{\mathrm{g}} \simeq 0{,}64\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} (valeur déterminée à la question 1).

D'après la question Q2, la masse volumique du nuage s'exprime sous la forme :

où l'on a posé \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}.

Par définition de la fraction volumique minimale \phi_{\min} établie à la question Q4, on a :

Le numérateur de la gravité effective définie à la relation (1) s'écrit alors :

où \psi = \phi - \phi_{\min} est la fraction volumique solide d'excès.

En réinjectant cette expression dans la définition de g', on obtient bien :

Dans l'équation de Navier-Stokes décrivant l'écoulement d'un fluide de masse volumique \rho_{\mathrm{c}} et de viscosité dynamique \eta_{\mathrm{c}}, les ordres de grandeur du terme convectif d'inertie et du terme de diffusion visqueuse s'écrivent respectivement, à l'échelle de la hauteur h et de la vitesse u :

Le rapport de ces deux grandeurs définit le nombre de Reynolds de l'écoulement :

Les effets visqueux sont négligeables devant les effets inertiels lorsque ce nombre sans dimension est très supérieur à l'unité, soit :

Déterminons la dimension de chacune des grandeurs intervenant dans l'expression (3) :

• La vitesse du front u a pour dimension celle d'une vitesse :

  [u] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1}
• La constante F est sans dimension par hypothèse : [F] = 1.

• La gravité effective g' est homogène à l'accélération de la pesanteur g (puisque (\rho_{\mathrm{c}}-\rho_0)/\rho_0 est un rapport de masses volumiques, donc sans dimension) :

  [g'] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2}

• La hauteur h du nuage est une longueur :

  [h] = \mathrm{L}

En appliquant le principe d'homogénéité à la relation u = F \, (g')^{\alpha} \, h^{\beta}, on obtient :

Par identification des exposants de chaque grandeur fondamentale :

On en déduit donc les valeurs des deux exposants :

D'après le résultat de la question 7, la vitesse du front du nuage s'écrit :

En substituant l'expression de la gravité effective g' donnée par l'équation (2) :

on obtient directement l'expression de la vitesse u du nuage :

D'après l'expression établie à la question Q8, la vitesse du front s'écrit :

avec \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}} \simeq 900 - 0{,}64 \simeq 899{,}4\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}.

Avec les valeurs numériques de l'énoncé :

• F \simeq 1{,}2 ;
• g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• \Delta\rho \simeq 900\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• \rho_0 = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
• \psi = 1\% = 1{,}0 \times 10^{-2} ;
• h = 200\text{ m}.

Le terme sous la racine vaut :

d'où :

Soit, en kilomètres par heure :

Commentaire : La vitesse obtenue est considérable (de l'ordre de 500\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}, supérieure à celle d'un TGV en service commercial). Une telle vitesse explique le caractère foudroyant et dévastateur des nuées ardentes : le front progresse beaucoup trop vite pour permettre une quelconque fuite ou évacuation des populations à son approche (ce qui corrobore le lourd bilan de la catastrophe de la Montagne Pelée rappelé dans l'introduction).

Le nuage est modélisé par un parallélépipède de largeur constante W_0, de longueur L(t) et de hauteur h(t). Son volume à l'instant t s'écrit :

Puisque le volume du nuage reste constant au cours de l'écoulement, il est égal à sa valeur initiale à t = 0 :

D'après le résultat de la question Q8, la vitesse du front s'exprime par :

En remplaçant h(t) par son expression en fonction de L(t), on obtient :

En multipliant par L^{1/2}, on retrouve l'équation différentielle proposée :

avec :

L'équation différentielle (4) régissant la longueur L(t) du nuage s'écrit :

La fraction volumique solide d'excès \psi étant supposée constante dans cette section, cette équation différentielle non linéaire est à variables séparables :

En intégrant entre l'instant initial t = 0, où L(0) = L_0, et un instant t quelconque :

On en déduit l'expression de L(t)^{3/2} :

Puis, en élevant à la puissance 2/3 :

D'après le résultat de la question Q11, la longueur du nuage s'écrit :

avec A > 0 et \psi > 0 constants dans ce modèle.

Étude de la fonction L(t) :

• Valeur initiale : à t = 0, on retrouve bien L(0) = L_0.

• Vitesse d'expansion :

  \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t} = A \psi^{1/2} L(t)^{-1/2} > 0

  La fonction L(t) est donc strictement croissante. La pente à l'origine vaut u(0) = A \psi^{1/2} L_0^{-1/2}.

• Concavité :

  \frac{\mathrm{d}^2 L}{\mathrm{d}t^2} = -\frac{1}{2} A \psi^{1/2} L(t)^{-3/2} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t} = -\frac{1}{2} A^2 \psi L(t)^{-2} < 0

  La fonction est strictement concave (la progression du nuage ralentit continûment au fur et à mesure qu'il s'étale et que sa hauteur h(t) diminue).

Allure graphique :

Comportement quand t \to +\infty : Lorsque t \to +\infty, le terme linéaire domine largement le terme initial :

Par conséquent :

La fonction L(t) n'admet donc aucune limite finie : dans le cadre de ce modèle sans dépôt de matière, le nuage s'étend indéfiniment.

Si la longueur du nuage atteint une valeur finie L_{\infty} = \lim_{t \to +\infty} L(t), la vitesse d'avancée du front doit nécessairement s'annuler en temps long :

D'après l'équation différentielle (4) issue de la question Q10 :

Comme L(t) tend vers une limite finie non nulle L_\infty, le membre de gauche tend vers 0 lorsque t \to +\infty. La constante A étant strictement positive, cela implique que :

Lorsque \psi \to 0, la fraction volumique solide tend vers sa valeur critique \phi_{\min}, ce qui annule la gravité effective g' (d'après l'équation (2)) : la masse volumique du nuage devient égale à celle de l'air ambiant (\rho_{\mathrm{c}} \to \rho_0), de sorte que la poussée d'Archimède compense exactement le poids du nuage, éteignant le moteur gravitaire de l'écoulement.

Dans la réalité, les particules solides en suspension ne restent pas indéfiniment dans le nuage : sous l'action de la pesanteur, elles tombent et se déposent sur le sol. Le phénomène physique indispensable à prendre en compte pour compléter ce modèle est donc la sédimentation (ou le dépôt gravitaire) des particules solides.

La force de traînée exercée par un fluide de masse volumique \rho_{\mathrm{g}} sur un obstacle se déplaçant à la vitesse v a pour norme :

où S est le maître-couple (section droite frontale perpendiculaire à l'écoulement) et C_x le coefficient de traînée.

Pour une particule sphérique de diamètre d, le maître-couple correspond à la surface d'un disque de diamètre d :

La force de traînée s'oppose au mouvement de la particule ; la particule chutant vers le bas, la force est donc dirigée verticalement vers le haut. En norme (ou intensité), elle s'écrit :

En projection sur un axe vertical orienté vers le bas (dans le sens de la vitesse v), sa composante algébrique est :

Le graphique de la figure (2) est tracé en coordonnées logarithmiques (\log_{10} - \log_{10}).

Dans ce repère, une fonction de la forme C_x = \frac{C_1}{\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}} = C_1\,\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}^{-1} conduit à la relation affine :

Il s'agit donc d'une droite de pente -1.

Justification de la forme de la loi :

• Sur le domaine \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1, la courbe expérimentale se confond avec la droite en tirets.

• Mesurons la pente de cette droite en tirets à l'aide de deux points remarquables :

  • pour \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = 10^{-1}, on lit C_x \simeq 2{,}4 \times 10^2 ;
  • pour \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = 10^0 = 1, on lit C_x \simeq 2{,}4 \times 10^1 = 24.

  La pente vaut :

  a = \frac{\log_{10}(24) - \log_{10}(240)}{\log_{10}(1) - \log_{10}(10^{-1})} = \frac{-1}{1} = -1

  La dépendance affine de pente -1 en coordonnées logarithmiques justifie pleinement l'expression C_x = \frac{C_1}{\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}}.

Valeur du coefficient C_1 : Pour \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = 1, on a directement \log_{10}(\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}) = 0, d'où C_x(1) = C_1.

Sur la grille logarithmique, à \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = 1, la droite coupe l'axe entre la deuxième et la troisième ligne secondaire de la décade [10^1, 10^2] (correspondant à 20 et 30), très précisément à :

Considérons une particule solide sphérique de diamètre d, de volume V_{\mathrm{s}} = \frac{\pi d^3}{6} et de masse m = \rho_{\mathrm{s}} V_{\mathrm{s}}, en chute verticale dans le gaz du nuage à la vitesse limite v_{\mathrm{s}} (orientée vers le bas).

Le bilan des forces projeté selon l'axe vertical descendant s'écrit :

• le poids de la particule :

  P = m g = \rho_{\mathrm{s}} \frac{\pi d^3}{6} g

• la poussée d'Archimède exercée par le gaz du nuage :

  \Pi_{\mathrm{A}} = \rho_{\mathrm{g}} \frac{\pi d^3}{6} g

• la force de traînée fluide (résultante vers le haut), d'après la question Q14 :

  F_{\mathrm{T}} = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} S v_{\mathrm{s}}^2 = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} \left( \frac{\pi d^2}{4} \right) v_{\mathrm{s}}^2

Dans le régime \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1, en utilisant l'expression du coefficient de traînée C_x = \frac{C_1}{\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}} et celle du nombre de Reynolds particulaire \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = \frac{\rho_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}}}{\eta_{\mathrm{g}}} :

À la vitesse limite de sédimentation v_{\mathrm{s}}, l'accélération de la particule est nulle. Le principe fondamental de la dynamique se réduit à l'équilibre des forces :

En introduisant \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}, il vient :

En simplifiant par \pi d, on obtient :

D'après le résultat de la question Q16 avec C_1 = 24, la vitesse limite de sédimentation s'écrit :

avec \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}.

• Calcul de la vitesse limite de sédimentation v_{\mathrm{s}} :

Avec les données numériques fournies :

• \rho_{\mathrm{s}} = 900\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_{\mathrm{g}} = 0,6\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, soit \Delta\rho = 899{,}4\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} \simeq 900\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3},
• g = 9,8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2},
• d = 300\;\mu\text{m} = 3,0 \times 10^{-4}\text{ m},
• \eta_{\mathrm{g}} = 4 \times 10^{-5}\text{ Pa}\cdot\text{s}.

On obtient :

• Calcul du nombre de Reynolds particulaire \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} :

Par définition :

• Calcul du coefficient de traînée C_x issu de la relation (5) :

• Commentaire vis-à-vis de l'hypothèse \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1 :

La valeur obtenue pour le nombre de Reynolds particulaire (\mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \simeq 5) est supérieure à 1. L'hypothèse de l'écoulement rampant de Stokes (\mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1) n'est donc pas strictement vérifiée : les effets inertiels locaux dans le sillage de la particule ne sont plus totalement négligeables devant les effets visqueux.

1. Détermination graphique de C_x :

D'après la question Q17, le nombre de Reynolds particulaire associé à la vitesse calculée dans l'approximation de Stokes vaut :

Sur la figure 2 (tracée en échelle logarithmique \log_{10}-\log_{10}) :

• on repère sur l'axe des abscisses la graduation correspondant à \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = 5 (cinquième graduation secondaire entre 10^0 = 1 et 10^1 = 10) ;
• à cette abscisse, la courbe en tirets (loi de Stokes C_x = 24/\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}) donne bien C_x \simeq 4{,}8, mais la courbe en trait plein (comportement réel de la sphère) s'en écarte vers le haut ;
• sur la courbe réelle en trait plein, on lit sur l'axe des ordonnées une valeur comprise entre 6,5 et 7 :

2. Comparaison des vitesses de sédimentation :

À la vitesse limite de sédimentation v_{\mathrm{s}}, le bilan des forces verticales projeté selon la verticale descendante s'écrit :

En exprimant la force de traînée selon la formule générale donnée à la question Q14 :

Le second membre étant fixé uniquement par les caractéristiques de la particule et du fluide :

• la nouvelle valeur du coefficient de traînée (C_x \simeq 7) est supérieure à celle issue de la formule de Stokes (C_x \simeq 4{,}8) ;
• la force de freinage exercée par le fluide à vitesse donnée est donc plus grande que dans le modèle visqueux pur ;
• pour équilibrer le poids apparent, la vitesse de sédimentation réelle doit donc être plus faible.

Le nuage est modélisé par un pavé droit de longueur L(t), de largeur constante W_0 selon l'axe (\mathrm{O}y) et de hauteur h(t). La surface de contact entre la base du nuage et le sol horizontal (z=0) est donc :

Chaque particule solide chute verticalement vers le sol à la vitesse constante v_{\mathrm{s}}. Pendant la durée infinitésimale \mathrm{d}t, les particules qui atteignent le sol sont celles qui se trouvaient initialement à une altitude z \le v_{\mathrm{s}} \mathrm{d}t. Elles sont donc issues d'un volume élémentaire adjacent au sol :

Comme la turbulence maintient la fraction volumique solide \phi(t) spatialement uniforme dans tout le nuage, le volume total de solide contenu dans cette tranche s'écrit :

Les particules étant des sphères identiques de diamètre d, le volume propre d'une particule est :

Le nombre \mathrm{d}N_{\mathrm{s}} de particules solides atteignant le sol entre t et t + \mathrm{d}t est le rapport de ces volumes :

d'où l'expression recherchée :

Le volume total du nuage est supposé constant au cours de l'écoulement :

Soit v_{\mathrm{p}} = \frac{\pi d^3}{6} le volume d'une particule solide. Le volume total occupé par les particules dans le nuage est V_{\mathrm{s}}(t) = \phi(t) V, de sorte que le nombre total de particules solides présentes dans le nuage à l'instant t s'écrit :

Entre les instants t et t+\mathrm{d}t, les particules qui se déposent au sol ne participent plus à la dynamique du nuage. Le bilan sur le nombre de particules s'écrit donc :

En utilisant l'expression de \mathrm{d}N_{\mathrm{s}} établie à la question Q19 (\mathrm{d}N_{\mathrm{s}} = \frac{\phi(t)\, L(t)\, W_0\, v_{\mathrm{s}}\, \mathrm{d}t}{v_{\mathrm{p}}}), il vient :

En divisant par \mathrm{d}t et en simplifiant par v_{\mathrm{p}}, on obtient :

On identifie ainsi l'expression de la constante B :

Par définition (question Q5), la fraction volumique solide d'excès s'écrit \psi(t) = \phi(t) - \phi_{\min}, où \phi_{\min} est une constante. On a donc :

En injectant ces relations dans l'équation différentielle (6), on obtient :

D'après la question précédente, la fraction volumique d'excès \psi(t) vérifie l'équation différentielle :

avec B = \dfrac{v_{\mathrm{s}}}{L_0 h_0} > 0.

1. Sens de variation et annulation en temps fini :

• Pour tout t \ge 0, le nuage s'étale donc sa longueur vérifie L(t) \ge L_0 > 0.
• Puisque la fraction volumique d'excès est positive ou nulle (\psi(t) \ge 0) et que \phi_{\min} > 0, la parenthèse reste strictement positive : \psi(t) + \phi_{\min} \ge \phi_{\min} > 0.

• Par conséquent, la dérivée temporelle est strictement négative et majorée par une constante strictement négative :

  \frac{\mathrm{d}\psi(t)}{\mathrm{d}t} \le -B L_0 \phi_{\min} < 0

La fonction \psi(t) est donc strictement décroissante. De plus, sa dérivée ne s'annulant pas au voisinage de \psi = 0, \psi(t) atteint nécessairement la valeur 0 en un instant fini t_{\text{arrêt}} (avec t_{\text{arrêt}} \le \dfrac{\psi_0}{B L_0 \phi_{\min}}). La condition physique \psi \ge 0 impose ensuite \psi(t) = 0 pour tout t \ge t_{\text{arrêt}}.

2. Justification de l'existence d'une longueur d'arrêt : D'après l'équation (4), la vitesse de progression du front s'écrit :

Lorsque \psi(t) s'annule à l'instant t_{\text{arrêt}} :

• la gravité effective s'annule : g' = g \dfrac{\Delta\rho}{\rho_0} \psi = 0 ;

• la force motrice d'étalement disparaît, entraînant l'annulation de la vitesse du front :

  \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}t}(t_{\text{arrêt}}) = 0

La longueur de la coulée cesse alors de croître et plafonne à une valeur finie :

Il existe donc bien une longueur d'arrêt (ou extension maximale) pour la nuée ardente.

D'après l'équation (4) régissant la propagation du front :

D'après l'équation (6) reformulée en fonction de la fraction volumique d'excès \psi à la question Q20 :

En utilisant la relation rappelée par l'énoncé :

En séparant les variables L et \psi, on obtient :

Cette équation s'identifie bien à la relation (7) de l'énoncé :

avec :

En rappelant les expressions obtenues aux questions Q10 et Q20 (A = F \sqrt{g \frac{\Delta\rho}{\rho_0} L_0 h_0} et B = \frac{v_{\mathrm{s}}}{L_0 h_0}), on a également :

D'après la question Q21, la coulée pyroclastique s'arrête lorsque sa fraction volumique solide d'excès s'annule, soit \psi(t_{\text{arrêt}}) = 0. À cet instant, la longueur du nuage atteint sa valeur maximale L(t_{\text{arrêt}}) = L_{\max}.

À l'instant initial t = 0, la longueur est L(0) = L_0 et la fraction volumique d'excès vaut \psi(0) = \psi_0.

En intégrant l'équation différentielle (7) obtenue à la question Q22 entre l'instant initial et l'instant d'arrêt, il vient :

Le membre de gauche s'intègre immédiatement :

En utilisant la définition de la fonction G(x, b) donnée par l'équation (8) :

le membre de droite s'écrit simplement K \, G(\psi_0, \phi_{\min}). On obtient donc :

Soit, en isolant L_{\max} :

D'où l'expression de la longueur d'extension maximale :

D'après l'équation (8), la fonction G(\psi_0, \phi_{\min}) s'écrit :

où la variable X vaut :

Sur la figure 3, pour X \simeq 3{,}16, on lit sur l'axe des ordonnées :

Le calcul direct confirme cette valeur :

On en déduit la valeur de G(\psi_0, \phi_{\min}) :

Calculons à présent les deux termes intervenant dans la relation (9) :

• Avec L_0 = 1\text{ km} = 10^3\text{ m} :

  L_0^{5/2} = (10^3)^{5/2} = 10^{7{,}5} \simeq 3{,}16 \times 10^7\text{ m}^{5/2}

• Pour le second terme, avec K = 10^{11}\text{ m}^{5/2} :

  \frac{5K}{2} G(\psi_0, \phi_{\min}) = 2{,}5 \times 10^{11} \times 0{,}120 = 3{,}0 \times 10^{10}\text{ m}^{5/2}

On constate que L_0^{5/2} \ll \frac{5K}{2} G(\psi_0, \phi_{\min}) (le terme initial est inférieur au second d'un facteur 1000). Il vient ainsi :

Le satellite \mathrm{S} est astreint à une orbite circulaire de rayon fixe r = R_{\mathrm{T}} + H = \text{Cste} dans le plan (\mathrm{O}, x, y). Son vecteur position s'écrit :

La vitesse de \mathrm{S} dans le référentiel \mathcal{R}_0 est la dérivée temporelle de son vecteur position :

Comme r est constant, \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = 0, et d'après l'équation (11), \frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\vec{e}_\theta. On en déduit :

L'accélération \vec{\gamma} du point matériel \mathrm{S} dans \mathcal{R}_0 s'obtient en dérivant le vecteur vitesse :

En utilisant la relation \frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot{\theta}\vec{e}_r, il vient :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) au satellite S de masse m, assimilé à un point matériel, dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0 supposé galiléen :

où \vec{F} = -\mathcal{G}\dfrac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2}\vec{e}_r est la force d'attraction gravitationnelle exercée par la Terre.

En utilisant l'expression de l'accélération obtenue à la question Q25 pour une trajectoire circulaire de rayon constant r, le PFD s'écrit :

Par projection dans la base polaire (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta), on obtient le système d'équations scalaires :

Comme m \neq 0 et r = R_{\mathrm{T}} + H \neq 0, la projection sur \vec{e}_\theta donne immédiatement :

La vitesse angulaire du satellite est donc constante : le mouvement orbital est circulaire et uniforme.

En supposant cette vitesse angulaire positive (\dot{\theta} > 0), la projection radiale donne :

On en déduit l'expression de la vitesse angulaire \omega = \dot{\theta} :

Le mouvement du satellite étant circulaire uniforme à la vitesse angulaire constante \omega = \dot{\theta} (d'après la question 26), la période de révolution T est la durée nécessaire pour parcourir un tour complet, soit un angle de 2\pi\text{ rad} :

En remplaçant \omega par son expression obtenue à la question 26, \omega = \sqrt{\dfrac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}}, on obtient :

Le rayon de l'orbite circulaire du satellite s'écrit :

D'après le résultat de la question Q27, la période de révolution s'exprime par :

Avec les données numériques de l'énoncé :

• \mathcal{G} = 6{,}7 \times 10^{-11}\text{ N}\cdot\text{m}^2\cdot\text{kg}^{-2} ;
• M_{\mathrm{T}} = 6{,}0 \times 10^{24}\text{ kg} ;
• r = 7{,}1 \times 10^6\text{ m}.

Le calcul numérique donne :

En ne conservant que deux chiffres significatifs :

La vitesse orbitale scalaire du satellite vaut :

L'application numérique donne :

Soit, avec deux chiffres significatifs :

La Terre tourne autour de l'axe des pôles (\mathrm{O}y) à la vitesse angulaire constante \Omega = \frac{2\pi}{T_0} par rapport au référentiel géocentrique \mathcal{R}_0.

Pendant que le satellite parcourt une orbite complète, il s'écoule une durée égale à sa période orbitale T. L'angle de rotation de la Terre sur elle-même durant cette durée s'écrit :

En utilisant la relation (13) donnée par l'énoncé, T = \frac{12}{175} T_0, on obtient :

Soit numériquement \Delta\varphi \simeq 0{,}431\text{ rad} \simeq 24{,}7^\circ.

Le plan de l'orbite étant fixe dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0, le satellite franchit le plan équatorial en un point de longitude fixe dans \mathcal{R}_0. Pendant la durée T, la Terre a tourné d'un angle \Delta\varphi d'ouest en est, de sorte que le nouveau point équatorial survolé M_2 est décalé vers l'ouest par rapport à M_1.

L'équateur étant un cercle de rayon R_{\mathrm{T}}, la longueur L de l'arc de cercle (M_2 M_1) sous-tendu par l'angle au centre \Delta\varphi vaut :

Soit, en fonction de R_{\mathrm{T}} :

Application numérique : Avec R_{\mathrm{T}} = 6\,400\text{ km}, on trouve :

Le plan de l'orbite étant fixe dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0 et la Terre effectuant un tour complet en une durée T_0, le satellite repasse au zénith d'un même point de la Terre (dans le même sens de défilement, ici descendant) au bout d'une durée T_{\mathrm{c}} correspondant à la fois à :

• un nombre entier k \in \mathbb{N}^* de rotations complètes de la Terre (soit k jours terrestres) ;
• un nombre entier N_{\mathrm{c}} \in \mathbb{N}^* de révolutions orbitales du satellite.

On a donc :

En introduisant la relation (13) donnée par l'énoncé, T = \dfrac{12}{175}\,T_0, cette égalité devient :

Décomposons 12 et 175 en facteurs premiers :

Les entiers 12 et 175 sont donc premiers entre eux (\mathrm{PGCD}(12, 175) = 1).

D'après le lemme de Gauss, 12 divise 175\,k et étant premier avec 175, 12 divise nécessairement k. La valeur minimale non nulle de k est donc :

On en déduit immédiatement le nombre d'orbites N_{\mathrm{c}} :

La durée du cycle orbital vaut ainsi :

et le nombre d'orbites parcourues pendant ce cycle est :

Au cours d'un cycle orbital complet de durée T_{\mathrm{c}} = 12 \, T_0 = 175 \, T, le satellite effectue N_{\mathrm{c}} = 175 orbites et coupe ainsi N_{\mathrm{c}} fois l'équateur en orbite descendante.

À chaque orbite, la trace équatoriale se décale vers l'ouest d'une distance L telle que :

Les entiers 12 et 175 étant premiers entre eux (\mathrm{pgcd}(12, 175) = 1), les multiples successifs de 12 modulo 175 balaient l'ensemble des entiers \{0, 1, \dots, 174\}. Les N_{\mathrm{c}} = 175 traces équatoriales descendantes sont donc réparties de façon parfaitement régulière le long du cercle équatorial de circonférence 2\pi R_{\mathrm{T}}.

L'écartement minimal (le pas de la grille de traces à l'équateur) s'obtient donc en divisant le périmètre équatorial par le nombre total d'orbites du cycle :

D'où l'expression recherchée :

Application numérique : Avec R_{\mathrm{T}} = 6\,400\text{ km} :

La longueur d'onde \lambda dans le vide d'une onde électromagnétique de fréquence f_0 se propageant à la célérité c est donnée par la relation :

Avec c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_0 = 5\text{ GHz} = 5{,}0 \times 10^9\text{ Hz}, on obtient :

Cette onde, dont la longueur d'onde est de l'ordre du centimètre (fréquence de quelques gigahertz), appartient au domaine des micro-ondes (ou hyperfréquences, au sein des ondes radio/hertziennes, plus précisément la « bande C » des radars spatiaux).

D'après la figure (6), le satellite se trouve à l'altitude H au-dessus du point \mathrm{O}. Dans le triangle rectangle reliant le satellite \mathrm{S}, l'origine \mathrm{O} et une cible au sol d'abscisse y, on a :

Les limites de la zone éclairée par le faisceau (la fauchée) sont données par :

La largeur de la fauchée s'exprime donc par :

Application numérique : Avec H = 700\text{ km}, \theta_{\min} = 20^\circ et \theta_{\max} = 50^\circ :

Commentaire : À la question Q31, la distance minimale séparant deux passages consécutifs au niveau de l'équateur (où l'écart entre traces est maximal) a été évaluée à d_{\mathrm{c}} \simeq 230\text{ km}. On constate que :

La largeur de la fauchée est largement supérieure à l'écartement maximal entre deux traces descendantes. Cela assure une couverture intégrale de la surface terrestre en un cycle orbital (12 jours), sans zone d'ombre (« trou » de fauchée), avec un recouvrement notable entre deux bandes adjacentes qui facilite les raccords cartographiques et l'interférométrie.

Le signal radar effectue un trajet aller-retour en ligne droite entre le satellite \mathrm{S} et la cible \mathrm{C} à la célérité c. La distance parcourue par l'onde électromagnétique entre l'émission à l'instant t_{\mathrm{i}} et la réception de l'écho à l'instant t_{\mathrm{e}} est donc 2 \times \mathrm{SC}. L'intervalle de temps mesuré s'écrit :

D'après la figure (6), dans le triangle \mathrm{SOC} rectangle en \mathrm{O}, l'angle au sommet \mathrm{S} entre la verticale descendante (\mathrm{SO}) et la ligne de visée (\mathrm{SC}) est l'angle de visée \theta. On a ainsi :

On en déduit l'expression de l'intervalle de temps \Delta t :

Par application du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle \mathrm{SOC}, la distance de la cible à l'aplomb du satellite vérifie :

Sachant que \mathrm{SC} = \dfrac{c\Delta t}{2} et que Y > 0, il vient :

D'après la question précédente, la distance à la cible R et son abscisse Y sont reliées à l'altitude H et au temps d'aller-retour \Delta t par :

L'altitude H du satellite étant constante au cours de la mesure, la différentiation de cette relation par rapport aux variables Y et \Delta t donne :

Or, d'après la géométrie de la visée (figure 6), on a \sin\theta = \dfrac{Y}{R}, d'où :

Pour deux cibles très proches telles que \left|\dfrac{Y'-Y}{Y}\right| \ll 1, on effectue l'approximation des petits accroissements au premier ordre :

D'après la figure 8, le signal traité issu de chaque cible présente une base temporelle totale de durée 2\tau (le pic s'étend sur [t_{\mathrm{e}} - \tau,\, t_{\mathrm{e}} + \tau]). Pour que les deux échos soient disjoints à la réception, l'intervalle entre leurs sommets doit être supérieur ou égal à la largeur totale de la base :

On en déduit l'expression de la résolution spatiale minimale au sol :

Remarque : Si l'on adopte le critère de résolution usuel fondé sur la durée \tau du pulse non traité (ou la largeur à mi-hauteur du pic corrélé), la condition de séparation temporelle s'écrit \Delta(\Delta t)_{\min} = \tau, ce qui conduit à l'expression :

Commentaire sur la dépendance vis-à-vis de \theta et de Y :

• Comme \sin\theta = \dfrac{Y}{\sqrt{H^2 + Y^2}}, la fonction \theta \mapsto \sin\theta est strictement croissante sur [0, \pi/2]. Par conséquent, (\Delta Y)_{\min} est une fonction strictement décroissante de \theta (ou de Y) : la résolution spatiale s'améliore (le pixel-terrain devient plus étroit) à mesure que l'on s'éloigne de la trace du satellite (vers le bord lointain de la fauchée, far range).
• À l'aplomb du satellite (\theta \to 0, soit Y \to 0), \sin\theta \to 0, ce qui implique (\Delta Y)_{\min} \to +\infty : la discrimination spatiale par mesure du temps de vol devient impossible à la verticale directe (au nadir). C'est pourquoi un radar imageur fonctionne obligatoirement en visée latérale (side-looking radar).

D'après l'expression de la résolution spatiale établie à la question Q35 :

(ou \displaystyle (\Delta Y)_{\min} = \frac{c\,\tau}{2\sin\theta} si l'on retient la durée \tau du pulse non traité).

Avec les valeurs numériques fournies :

• c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} ;
• \tau = 40\;\mu\text{s} = 4{,}0 \times 10^{-5}\text{ s} ;
• \theta = 30^{\circ}, d'où \sin\theta = 0{,}50.

On obtient :

(ou 12\text{ km} avec la convention du pulse de durée \tau).

Commentaire :
Un édifice ou cratère volcanique possède typiquement une extension spatiale de l'ordre de quelques kilomètres (à l'image de la caldeira du Kilauea dont l'échelle est de 2\text{ km}, voir figure 13). Une résolution de 12 à 24\text{ km} est bien trop grossière : l'ensemble de l'édifice volcanique serait contenu dans un seul ou deux pixels-terrain, rendant impossible toute cartographie du relief ou suivi des déformations locales. Ce résultat justifie la mise en œuvre de signaux modulés en fréquence (chirp) pour comprimer temporellement l'impulsion et améliorer drastiquement la résolution.

La phase instantanée du signal s'écrit, d'après l'équation (15), pour t \in [0, \tau] :

La fréquence instantanée f(t) est définie par 2\pi f(t) = \dfrac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}t}, ce qui donne :

En dérivant terme à terme par rapport au temps, on obtient :

Allures graphiques en correspondance :

• Sur l'intervalle [0, \tau], la fréquence instantanée f(t) varie de façon affine et croissante : elle part de f(0) = f_0 à l'instant initial pour atteindre f(\tau) = f_0 + \Delta f en fin d'impulsion, avec une pente constante égale à \dfrac{\Delta f}{\tau}.
• Le signal s(t) = s_0 \sin(\phi(t)) \, \Pi(t/\tau) est strictement nul en dehors de [0, \tau]. Sur l'intervalle [0, \tau], il oscille entre -s_0 et +s_0. Puisque sa fréquence instantanée augmente, la pseudo-période T(t) \simeq \dfrac{1}{f(t)} diminue : les oscillations se resserrent continûment au cours du temps (modulation linéaire de fréquence montante ou « chirp »).

Après traitement par corrélation (filtrage adapté), l'écho présente un pic central dont la largeur temporelle vaut désormais :

au lieu de la durée caractéristique initiale \tau. La résolution spatiale étant directement proportionnelle à la largeur temporelle du signal traité (d'après la question 35), la nouvelle résolution (\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} s'obtient simplement en substituant \tau par \tau_{\mathrm{c}} = \frac{1}{\Delta f} :

(ou \frac{c}{2\Delta f \sin\theta} si l'on a retenu le demi-écartement à la question 35).

Application numérique : Le produit bande-durée (facteur de compression d'impulsion) vaut :

Avec \Delta f = 15\text{ MHz}, c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \theta = 30^{\circ} (\sin 30^{\circ} = 0{,}5) :

(ou 20\text{ m} selon la convention de la question 35).

Commentaire : La résolution est améliorée d'un facteur 600. Alors qu'une résolution kilométrique (24\text{ km} ou 12\text{ km}) ne permettait pas de distinguer un édifice volcanique (une caldeira mesurant typiquement quelques kilomètres, comme l'échelle de 2\text{ km} indiquée sur la figure 13), une résolution de quelques dizaines de mètres (20 à 40\text{ m}) est parfaitement adaptée à la cartographie fine du relief et au suivi des déformations locales.

La surface totale d'une sphère de rayon R centrée sur l'émetteur \mathrm{S} vaut :

D'après l'énoncé, le cône d'émission intercepte une fraction 1/G de cette surface sphérique. L'aire de la calotte sphérique traversée par le faisceau à la distance R est donc :

La puissance totale émise P_0 étant répartie uniformément sur cette portion de sphère, la puissance par unité de surface s'écrit :

En remplaçant le gain géométrique G par son expression donnée par l'équation (16), G = \dfrac{4\pi S_{\mathrm{a}}}{\lambda^2}, on obtient :

d'où finalement :

D'après le résultat de la question 39, la puissance par unité de surface de l'onde incidente au niveau de la cible C située à la distance R_{\mathrm{C}} vaut :

La puissance totale renvoyée par la cible de surface effective \sigma s'écrit alors :

Cette puissance P_{\mathrm{d}} est réémise de manière isotrope dans toutes les directions orientées vers le haut, c'est-à-dire dans un angle solide de 2\pi\text{ sr}. À la distance R_{\mathrm{C}}, elle se répartit donc uniformément sur une demi-sphère de surface :

La puissance par unité de surface p_{\mathrm{d}}(R_{\mathrm{C}}) du signal d'écho parvenant au niveau du satellite est donc :

L'antenne du satellite ayant pour surface géométrique S_{\mathrm{a}} et sa normale étant orientée selon la direction (\mathrm{SC}), la surface apparente interceptant l'écho est exactement S_{\mathrm{a}}. La puissance reçue P_{\mathrm{e}} par l'antenne vaut donc :

Soit finalement :

D'après la géométrie de la visée (figure 10), la distance de la cible au satellite s'exprime par :

Pour H = 700\text{ km} = 7{,}0 \times 10^5\text{ m} et \theta = 30^{\circ} :

D'après le résultat de la question Q40, le rapport de puissance s'écrit :

Avec les valeurs numériques fournies :

• S_{\mathrm{a}} = 10\text{ m}^2 ;
• \sigma = 10^3\text{ m}^2 ;
• \lambda = 6{,}0\text{ cm} = 6{,}0 \times 10^{-2}\text{ m} (déterminée à la question Q32) ;
• R_{\mathrm{C}} \simeq 8{,}08 \times 10^5\text{ m}.

On calcule le numérateur et le dénominateur :

On en déduit :

Commentaire : La puissance reçue par le satellite est extraordinairement faible : pour une puissance émise P_0 = 4\text{ kW}, la puissance de l'écho n'est que de :

Cette atténuation drastique (de l'ordre de -170\text{ dB}) découle de la décroissance géométrique en 1/R_{\mathrm{C}}^4, caractéristique d'un aller-retour en onde sphérique sur une distance orbitale considérable (R_{\mathrm{C}} \simeq 800\text{ km}). La détection d'un signal aussi ténu nécessite des récepteurs à très faible bruit thermique (amplificateurs cryogéniques ou LNA) ainsi que des méthodes de filtrage adapté et de compression d'impulsion afin d'extraire l'écho du bruit de fond.

D'après l'équation (17), le signal émis en R = 0 s'écrit :

Par identification avec l'expression générale (18) prise en R = 0, soit \psi(t, 0) = 2\pi f_0 t - \phi(0), on en déduit que la phase à l'origine est :

En appliquant la condition de retard temporel due à la propagation sans dispersion à la vitesse c (équation (19)), la phase à la distance R vaut :

En identifiant cette forme avec l'équation (18), \psi(t, R) = 2\pi f_0 t - \phi(R), on obtient l'expression du déphasage :

Comme la longueur d'onde dans le milieu de propagation est reliée à la fréquence par \lambda = \frac{c}{f_0}, il vient finalement :