Corrigé détaillé Mines Physique 2 PC 2025

D'après le théorème de Gauss appliqué à une distribution de masse à symétrie sphérique de masse totale M_T, le champ de gravitation à l'extérieur de la Terre (r \ge R_T) ne dépend que de la distance r = R_T + z au centre de la Terre :

où g_0 = g(0) est l'intensité de la pesanteur au sol.

L'altitude maximale de la troposphère étant h = 14\text{ km}, on a h \ll R_T (R_T = 6\,400\text{ km}). L'écart relatif maximal par rapport au sol est atteint au sommet de la troposphère (z = h) :

À l'ordre 1 en h/R_T, on obtient :

Application numérique :

Comme 0,44\% < 0,5\%, l'intensité de la pesanteur varie bien de moins de 0,5\% dans toute la troposphère.

Considérons une colonne d'air cylindrique verticale de section droite S, s'étendant de l'altitude z jusqu'au sommet de l'atmosphère (z \to +\infty). Les forces extérieures appliquées à cette colonne projetées sur l'axe vertical ascendant (Oz) sont :

• la force de pression exercée par l'air sous-jacent en z : \vec{F}_P = P(z) S\,\vec{e}_z ;
• la force de pression au sommet de l'atmosphère, où la pression est nulle : P(+\infty) = 0 ;
• les forces de pression latérales qui s'exercent horizontalement et n'ont pas de composante verticale par symétrie ;

• le poids de la colonne d'air :

  \vec{P}_{\text{poids}} = -\left(\int_z^{+\infty} \rho(z') g S\,\mathrm{d}z'\right) \vec{e}_z

À l'équilibre mécanique de la colonne, la somme des forces verticales est nulle :

En simplifiant par S, on obtient la relation intégrale :

En dérivant cette relation par rapport à z, on retrouve la relation fondamentale de la statique des fluides :

L'air étant modélisé par un gaz parfait de masse molaire \mathcal{M}_{\text{air}}, sa masse volumique s'exprime par :

En reportant cette expression dans la loi de l'hydrostatique et en utilisant T(z) = T_0(1-\Gamma z) :

Par identification avec la forme demandée \dfrac{\mathrm{d}P}{P} = - \dfrac{1}{1 - \dfrac{z}{H_1}} \dfrac{\mathrm{d}z}{H_0}, on identifie les deux hauteurs caractéristiques :

Applications numériques :

• Pour H_0, avec T_0 = 27^\circ\text{C} = 300\text{ K}, \mathcal{M}_{\text{air}} = 29\times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1}, \mathcal{R} = 8,3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1} et g = 9,8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} :

  H_0 = \frac{8,3 \times 300}{29\times 10^{-3} \times 9,8} = \frac{2490}{0,2842} \simeq 8{,}8\times 10^3\text{ m} = 8{,}8\text{ km}

• Le gradient thermique \Gamma se déduit de la décroissance linéaire de la température dans la troposphère, où T(h) = T_0(1-\Gamma h) = T_h avec h = 14\text{ km} et T_h = -64^\circ\text{C} = 209\text{ K} :

  \Gamma = \frac{T_0 - T_h}{T_0 h} = \frac{300 - 209}{300 \times 14} = \frac{91}{4200}\text{ km}^{-1} \implies H_1 = \frac{1}{\Gamma} = \frac{4200}{91}\text{ km} \simeq 46\text{ km}

  (avec T_h \simeq 210\text{ K}, on obtient H_1 \simeq 47\text{ km}).

D'après la question précédente, la pression vérifie l'équation différentielle :

En remarquant que \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left(1 - \frac{z}{H_1}\right) = -\frac{1}{H_1}, on réécrit :

En intégrant entre le sol (z = 0, P(0) = P_0) et l'altitude z :

Soit, en prenant l'exponentielle :

Calculons numériquement k à partir des valeurs trouvées :

(valeur entière retenue par l'énoncé dans la partie I.B où k = 5 et 1/\Gamma = 48\text{ km}, ce qui donne k = 48/8{,}8 \simeq 5{,}5 \approx 5).

Au sommet de la troposphère (z = h = 14\text{ km}) :

La pression au sommet de la troposphère vaut donc :

D'après les facteurs de conversion fournis dans l'énoncé, \left(\frac{210}{300}\right)^5 \simeq 0{,}15. Avec P_0 = 1{,}0\text{ bar} :

Considérons le système constitué par la parcelle d'air de volume V, située à l'altitude z le long de l'axe (Oz) vertical ascendant. Sa masse volumique est notée \rho_{\mathrm{S}}(z), de sorte que sa masse s'écrit :

Ce volume d'air est soumis à deux actions mécaniques :

• le poids de la parcelle d'air :

  \vec{P} = m\vec{g} = -\rho_{\mathrm{S}}(z) V g\,\vec{e}_z

• la résultante des forces de pression exercées par l'air atmosphérique extérieur sur la surface fermée délimitant le volume V. Par application de la formule de Green-Ostrogradski et compte tenu du fait que l'atmosphère environnante vérifie la relation fondamentale de la statique des fluides \vec{\nabla}P = -\rho_{\text{air}}(z)g\,\vec{e}_z, cette résultante s'identifie à la poussée d'Archimède :

  \vec{F}_p = -\oiint P \vec{n}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}S = -\iiint_V \vec{\nabla}P\,\mathrm{d}V = \rho_{\text{air}}(z) V g\,\vec{e}_z

La résultante \vec{F}_{\text{res}} des forces de pesanteur et de pression exercées sur le volume V est donc :

On applique le principe fondamental de la dynamique à la parcelle d'air de masse constante m = \rho_{\mathrm{S}}(z) V dans le référentiel terrestre supposé galiléen. En projetant sur l'axe vertical ascendant (Oz) et en utilisant l'expression de la résultante obtenue à la question Q4 :

En divisant par m = \rho_{\mathrm{S}}(z) V, on obtient l'équation différentielle régissant l'altitude z(t) :

À l'altitude d'arrivée z > z_0, la parcelle est à la pression de l'air environnant : P_{\mathrm{S}}(z) = P_{\text{air}}(z) = P(z). L'air étant assimilé à un gaz parfait de masse molaire \mathcal{M}_{\text{air}}, la masse volumique s'exprime par :

À pression identique, la masse volumique est inversement proportionnelle à la température. Par suite :

La parcelle d'air est plus dense que l'air ambiant ; l'accélération \ddot{z} est donc négative. La résultante des forces est dirigée vers le bas : le volume d'air va redescendre.

Un déplacement vers le haut (z > z_0) engendre une force de rappel vers la position initiale z_0. L'équilibre mécanique est donc stable vis-à-vis des déplacements verticaux : l'atmosphère est stable.

À l'altitude initiale z_0, la parcelle d'air est à l'équilibre avec le milieu extérieur, de sorte que :

Par définition des grandeurs h_{\text{air}} et h_{\mathrm{S}} introduites dans l'énoncé :

Pour un déplacement z - z_0 suffisamment faible, les développements au premier ordre s'écrivent :

D'après le résultat de la question Q5, l'équation différentielle régissant l'altitude z(t) est :

En développant le rapport des masses volumiques au premier ordre en z - z_0 :

L'équation différentielle devient ainsi :

En regroupant les termes en z, on obtient l'équation de Brunt–Väisälä :

où la constante vaut \text{cte} = N^2 z_0.

L'air atmosphérique est modélisé par un gaz parfait d'équation d'état :

En utilisant les expressions données de la pression et de la température :

la masse volumique s'écrit :

où \rho_0 = \dfrac{\mathcal{M}_{\text{air}} P_0}{\mathcal{R} T_0} désigne la masse volumique de l'air au sol.

Par définition de l'échelle de hauteur h_{\text{air}} :

En dérivant le logarithme népérien de \rho_{\text{air}}(z) :

On en déduit :

soit finalement :

Pour une évolution adiabatique et réversible (isentropique) d'un gaz parfait de masse m = \rho V fixée, la loi de Laplace s'écrit P V^\gamma = \text{cte}. En remplaçant le volume par V = m/\rho, on obtient :

En reliant l'état à l'altitude z à l'état de référence au sol (P_0, \rho_0), il vient :

La pression de la parcelle d'air s'ajuste instantanément à la pression atmosphérique environnante, donnée par P(z) = P_0 (1 - \Gamma z)^k. On en déduit :

Par définition de l'échelle de hauteur h_{\mathrm{S}} :

En prenant le logarithme népérien :

En dérivant par rapport à z :

Comme 1 - \Gamma z = \frac{T(z)}{T_0}, on obtient finalement :

D'après l'équation de Brunt–Väisälä établie à la question Q6, l'évolution de la cote z(t) d'une particule fluide écartée de sa position d'équilibre z_0 vérifie :

En utilisant les expressions obtenues aux questions Q7 et Q8 :

on obtient pour le carré de la pulsation de Brunt–Väisälä :

Avec les valeurs fournies par l'énoncé (k = 5, \gamma_{\text{air}} = 7/5 = 1{,}4, \Gamma > 0 et T(z) > 0) :

Tous les autres facteurs (g, \Gamma, T_0, T(z)) étant strictement positifs dans toute la troposphère, on a :

L'équation différentielle admet donc des solutions oscillatoires sinusoïdales à la pulsation N :

Une parcelle d'air déplacée verticalement est rappelée vers son altitude initiale et oscille autour de sa position d'équilibre sans s'en éloigner indéfiniment.

D'après l'énoncé, la norme de la force exercée par le vent ne dépend que de la masse volumique de l'air \rho_{\text{air}}, de la vitesse v et du rayon R de la sphère. Cherchons une expression sous la forme :

où C est une constante sans dimension.

Exprimons la dimension de chacune des grandeurs physiques dans le système international :

• [F_v] = \mathrm{M\cdot L\cdot T^{-2}}
• [\rho_{\text{air}}] = \mathrm{M\cdot L^{-3}}
• [v] = \mathrm{L\cdot T^{-1}}
• [R] = \mathrm{L}

L'égalité dimensionnelle s'écrit :

Par identification des exposants de chaque grandeur fondamentale :

On en déduit l'expression de la force de vent :

où C est une constante adimensionnelle de l'ordre de l'unité (liée au maître-couple S = \pi R^2 et au coefficient de traînée C_x par C = \frac{1}{2}\pi C_x).

À l'équilibre thermique et mécanique avec l'air extérieur, l'hélium à l'intérieur du ballon est à la température T et à la pression P de l'air environnant. En modélisant l'air et l'hélium comme des gaz parfaits, leurs masses volumiques s'écrivent :

En négligeant la masse de l'enveloppe, la masse du ballon est celle du gaz qu'il contient, de volume V = \frac{4}{3}\pi R^3 pour une géométrie sphérique. Le poids du ballon s'écrit donc :

D'après la question précédente, la force exercée par le vent est de la forme F_v = C \rho_{\text{air}} R^2 v^2, où C est une constante sans dimension d'ordre de grandeur unité. Le rapport x = F_v/\Pi vaut alors :

La force exercée par le vent est prépondérante devant le poids du ballon lorsque x > 1, c'est-à-dire :

Procédons à l'évaluation numérique de l'ordre de grandeur de R_c avec les données de l'énoncé :

• v = 120\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{120}{3{,}6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 33\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} ;
• g \simeq 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \simeq 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
• d = \frac{\mathcal{M}_{\mathrm{He}}}{\mathcal{M}_{\text{air}}} = \frac{4{,}0}{29} \simeq 0{,}14.

Il vient :

En tenant compte du préfacteur géométrique \frac{3C}{4\pi} \sim 0{,}1 à 0{,}2, on obtient un rayon critique de l'ordre de :

Conclusion : Les ballons réels ont un rayon typique compris entre R \sim 1\text{ m} (ballon de 1892) et R \sim 25\text{ m} (record japonais JAXA ou ballon haute altitude de 2023). Pour tous ces ballons, R \ll R_c : la force exercée par les vents en altitude est donc largement prépondérante devant le poids du ballon (F_v \gg \Pi).

Le ballon, de volume constant V = 4\text{ m}^3, est fermé et gonflé au sol dans les conditions atmosphériques de référence (P_0 = 1,0\text{ bar} et T_0 = 300\text{ K}). En modélisant le dihydrogène comme un gaz parfait, la masse de gaz enfermée est constante tout au long de l'ascension :

À l'altitude maximale atteinte (juste avant l'éclatement), la pression extérieure vaut P_{\min} = 0,35\text{ bar} et la température T_{\min} = -18^\circ\text{C} = 255\text{ K}. La masse d'air déplacée par le ballon s'écrit alors :

Pour que le ballon ait pu s'élever jusqu'à cette altitude en l'absence de vent, la poussée d'Archimède doit être au moins égale au poids total du système {enveloppe + instruments + dihydrogène}, soit :

où M désigne la masse cumulée de l'enveloppe et des instruments embarqués. On obtient ainsi :

Application numérique :

D'où la masse maximale autorisée :

1. Résultante des forces de traction \vec{f}

La partie basse exerce sur chaque élément de longueur d\ell du cercle \mathcal{C} une force de tension d\vec{f} de norme df = \xi\,d\ell. Cette force est tangente au ballon le long du méridien et dirigée vers le bas.

Dans le repère sphérique de centre O et d'axe polaire (Oz), un point du cercle \mathcal{C} est repéré par l'angle polaire \theta, avec r = R\sin\theta. Le vecteur tangent unitaire dirigé vers le bas est :

Par raison de symétrie de révolution autour de l'axe (Oz), la résultante des composantes horizontales \cos\theta\,\vec{u}_\rho s'annule lors de l'intégration le long du cercle \mathcal{C}. Il ne subsiste que la composante verticale :

En intégrant sur la circonférence du cercle \mathcal{C}, de périmètre L = 2\pi r = 2\pi R\sin\theta, on obtient :

2. Résultante des forces de pression \vec{F}_p

Sur un élément de surface d\vec{S} = dS\,\vec{n}_{\text{ext}} de la calotte supérieure (orienté vers l'extérieur), la surpression intérieure exerce la force :

Par symétrie axiale, la résultante est purement verticale selon \vec{e}_z. La projection de d\vec{S} sur l'axe (Oz) vaut d\vec{S}\cdot\vec{e}_z = dS_z, qui correspond à l'aire de la projection de l'élément de surface sur le plan horizontal (Oxy).

En intégrant sur toute la calotte supérieure, la projection plane obtenue est le disque horizontal fermé de rayon r délimité par le cercle \mathcal{C}, d'aire S_{\text{proj}} = \pi r^2. Il vient donc :

On étudie la partie haute de la membrane du ballon dans le référentiel terrestre supposé galiléen. D'après l'énoncé, la masse de la membrane est négligée, de sorte que son poids est nul.

À l'équilibre mécanique, la résultante des forces extérieures appliquées à cette calotte sphérique est donc nulle :

En utilisant les expressions établies à la question précédente :

• la résultante des forces de pression intérieure et extérieure s'écrit :

  \vec{F}_p = (P_i - P_e) \pi r^2\,\vec{e}_z

• la résultante des forces de traction exercées par la partie basse le long du cercle \mathcal{C} vaut :

  \vec{f} = -2\pi R \xi \sin^2\theta\,\vec{e}_z

Comme le cercle frontière a pour rayon r = R \sin\theta, on a r^2 = R^2 \sin^2\theta, d'où :

Pour toute calotte non triviale (\theta \in ]0, \pi/2[), le facteur \pi R^2 \sin^2\theta est non nul. On peut donc simplifier :

On obtient bien la loi de Jurin–Laplace :

D'après la loi de Jurin–Laplace établie à la question précédente (Q14), l'équilibre mécanique de la membrane au sol (z = 0) s'écrit :

On en déduit l'expression de la tension linéique \xi :

Avec P_0 = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa}, P_1 = 2{,}0\text{ bar} = 2{,}0 \times 10^5\text{ Pa} et R_1 = 2{,}0\text{ m} :

Le paramètre adimensionné \beta s'en déduit immédiatement :

Numériquement :

Le ballon sphérique contient une masse fixe d'hélium de rapport adiabatique \gamma_{\mathrm{He}}. L'ascension étant adiabatique et réversible, l'hélium suit la loi de Laplace :

Le volume étant proportionnel à R^3, on a :

D'après la question précédente, au sol (z=0), la loi de Jurin–Laplace s'écrit P_1 = P_0 + \frac{2\xi}{R_1} = P_0(1+\beta), où \beta = \frac{2\xi}{P_0 R_1}. On obtient ainsi :

À l'altitude z, la loi de Jurin–Laplace s'écrit également :

En égalant les deux expressions de la pression interne P_i et en divisant par P_0, il vient :

Sachant que \delta(z) = \frac{P_e(z)}{P_0}, on identifie la relation \psi(x) = \delta(z) avec :

Avec \beta = 1 et \gamma_{\mathrm{He}} = 5/3, cette fonction s'écrit numériquement \psi(x) = 2x^5 - x.

Montrons que R > R_1 :

• Au sol (z = 0), x = 1 et \delta(0) = 1, ce qui vérifie bien \psi(1) = 1.
• Lorsque le ballon s'élève (z > 0), la pression atmosphérique décroît, de sorte que \delta(z) = \frac{P_e(z)}{P_0} < 1.

• La dérivée de la fonction \psi au voisinage de x=1 vaut :

  \psi'(1) = 3\gamma_{\mathrm{He}}(1+\beta) - \beta = 5 \times 2 - 1 = 9 > 0

  La fonction \psi est donc strictement croissante au voisinage de x=1. Comme \psi(x) = \delta(z) < 1 = \psi(1), on en déduit que :

  x < 1

Puisque x = \frac{R_1}{R}, cela prouve que :

Le ballon se dilate sous l'effet de la baisse de la pression extérieure au cours de son ascension.

La relation d'équilibre établie à la question Q16 s'écrit :

avec x = R_1 / R et R_1 = 2{,}0\text{ m}. La résolution s'effectue par lecture graphique conjointe sur la figure 4.

Sur la graduation de la figure 4 :

• en ordonnée, l'intervalle [0\,;\,1] comporte 10 divisions, soit 0{,}10 par carreau ;
• pour le graphe de gauche, l'intervalle [0{,}8\,;\,1{,}0] comporte 4 carreaux, soit 0{,}05 par carreau en abscisse ;
• pour le graphe de droite, l'axe des abscisses est gradué à raison de 1{,}5\text{ km} par carreau (2 carreaux pour 3\text{ km}).

1. À l'altitude z = 3\text{ km} :

• Sur le graphe de droite, à z = 3\text{ km}, on lit \delta(3\text{ km}) \simeq 0{,}72.
• En reportant \psi(x) \simeq 0{,}72 sur le graphe de gauche, on lit x \simeq 0{,}97.

• On en déduit le rayon :

  R(3\text{ km}) = \frac{R_1}{x} \simeq \frac{2{,}0}{0{,}97} \simeq 2{,}1\text{ m}

2. À l'altitude z = 9\text{ km} :

• Sur le graphe de droite, à z = 9\text{ km}, on lit \delta(9\text{ km}) \simeq 0{,}35.
• En reportant \psi(x) \simeq 0{,}35 sur le graphe de gauche, on lit x \simeq 0{,}91.

• On en déduit le rayon :

  R(9\text{ km}) = \frac{R_1}{x} \simeq \frac{2{,}0}{0{,}91} \simeq 2{,}2\text{ m}

3. À l'altitude z = 15\text{ km} :

• Sur le graphe de droite, à z = 15\text{ km}, on lit \delta(15\text{ km}) \simeq 0{,}15.
• En reportant \psi(x) \simeq 0{,}15 sur le graphe de gauche, on lit x \simeq 0{,}87.

• On en déduit le rayon :

  R(15\text{ km}) = \frac{R_1}{x} \simeq \frac{2{,}0}{0{,}87} \simeq 2{,}3\text{ m}