Feuille d'entraînement : Bilans macroscopiques

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie MP 2024, Q30

   Pendant une durée infinitésimale \mathrm{d}t, les photons se déplaçant à la vitesse c le long de l'axe (Oz) parcourent la distance c\,\mathrm{d}t. Tous les photons situés dans le cylindre d'axe (Oz), de section droite S et de hauteur c\,\mathrm{d}t situé immédiatement devant l'interface (z < 0) viennent frapper la surface S.

   Le volume de ce cylindre d'incidence s'écrit :

   \mathrm{d}V = S \, c \, \mathrm{d}t

   La densité volumique étant supposée uniforme, le nombre de photons heurtant la surface pendant \mathrm{d}t est :

   \mathrm{d}N = n_\gamma^* \, \mathrm{d}V = n_\gamma^* \, S \, c \, \mathrm{d}t

   D'après le résultat de la question Q27, la densité volumique s'exprime par n_\gamma^* = \frac{I}{c E_\gamma}. On en déduit :

   \mathrm{d}N = \frac{I}{c E_\gamma} \, S \, c \, \mathrm{d}t = \frac{I S \, \mathrm{d}t}{E_\gamma}

   Chacun de ces \mathrm{d}N photons subit lors de son rebond élastique la variation de quantité de mouvement \Delta\vec{p}_\gamma = -\frac{2E_\gamma}{c}\vec{e}_z établie à la question Q29.

   La variation totale de quantité de mouvement de l'ensemble de ces photons pendant la durée \mathrm{d}t vaut donc :

   \begin{aligned} \Delta\vec{p}_{\mathrm{d}t} &= \mathrm{d}N \, \Delta\vec{p}_\gamma \\ &= \left(\frac{I S \, \mathrm{d}t}{E_\gamma}\right) \left(-\frac{2E_\gamma}{c}\vec{e}_z\right) \end{aligned}

   D'où :

   \boxed{\Delta\vec{p}_{\mathrm{d}t} = -\frac{2 I S \, \mathrm{d}t}{c}\,\vec{e}_z}

   Résultat

   $$\Delta {\vec{p}}_{\mathrm{d}t}=-\frac{2IS\mathrm{d}t}{c}{\vec{e}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2022, Q7

   a) Condition de décollage :

   La fusée, initialement immobile à t=0, ne peut décoller que si son accélération initiale est strictement positive : \left.\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0^+} > 0.

   D'après l'équation différentielle (1), en notant le débit massique d'éjection D_m(t) = -\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} > 0 :

   \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = -g_0 + \frac{u D_m(t)}{m(t)}

   À t=0, la masse totale vaut m_0 = M + m_{\text{comb}}. La condition de décollage s'écrit donc :

   -g_0 + \frac{u D_m(0)}{m_0} > 0 \iff u D_m(0) > m_0 g_0

   \boxed{D_m(0) > \frac{m_0 g_0}{u}}

   La poussée initiale F_{\text{p}} = u D_m(0) doit être supérieure au poids initial m_0 g_0 de la fusée.

   b) Équations différentielles et vitesse en fin de combustion :

   Tant qu'il y a du combustible (0 \le t \le t_1 = 1/\alpha), la masse s'écrit m(t) = m_0 - \alpha m_{\text{comb}} t, d'où une dérivée constante \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} = -\alpha m_{\text{comb}}. L'équation différentielle s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = -g_0 + \frac{\alpha m_{\text{comb}} u}{m_0 - \alpha m_{\text{comb}} t}} \quad \text{pour } 0 \le t \le t_1

   Pour t > t_1, tout le combustible a été consommé : m(t) = M = \text{cte}, soit \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} = 0. La fusée n'est plus soumise qu'à son poids (phase balistique) :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = -g_0} \quad \text{pour } t > t_1

   Intégrons l'équation pour t \in [0, t_1] avec la condition initiale v(0) = 0 :

   \begin{aligned} v(t) &= \int_0^t \left( -g_0 - \frac{u}{m(t')} \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t'} \right) \mathrm{d}t' = -g_0 t - u \left[ \ln m(t') \right]_0^t \\ v(t) &= -g_0 t + u \ln\left(\frac{m_0}{m(t)}\right) \end{aligned}

   À l'instant t_1 = 1/\alpha, la masse restante est m(t_1) = M. La vitesse atteinte est donc :

   \boxed{v_1 = -\frac{g_0}{\alpha} + u \ln\left(\frac{m_0}{M}\right)}

   Application numérique :

   • m_0 = 30 + 90 = 120\text{ t}, d'où \frac{m_0}{M} = \frac{120}{30} = 4
   • t_1 = \frac{1}{5\cdot 10^{-3}} = 200\text{ s}
   • v_1 = -\frac{9,81}{5\cdot 10^{-3}} + 3\cdot 10^3 \times \ln(4) = -1962 + 4159 = 2197\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{v_1 \approx 2,20\cdot 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 2,20\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   Calcul de l'altitude h à t_1 avec la formule fournie :

   \begin{aligned} h &= \frac{u}{\alpha}\left(1 - \frac{M}{m_{\text{comb}}} \ln\left(\frac{m_0}{M}\right)\right) - \frac{g_0}{2\alpha^2} \\ h &= \frac{3\cdot 10^3}{5\cdot 10^{-3}}\left(1 - \frac{30}{90}\ln(4)\right) - \frac{9,81}{2\times (5\cdot 10^{-3})^2} \\ h &= 600\cdot 10^3 \times (1 - 0,4621) - 196,2\cdot 10^3 = 322,7\cdot 10^3 - 196,2\cdot 10^3 = 1,265\cdot 10^5\text{ m} \end{aligned}

   \boxed{h \approx 127\text{ km}}

   c) Instant t_2, altitude maximale H et discussion :

   Pour t \ge t_1, la vitesse est v(t) = v_1 - g_0 (t - t_1). Elle s'annule à l'instant t_2 tel que :

   \boxed{t_2 = t_1 + \frac{v_1}{g_0}}

   Application numérique :

   t_2 = 200 + \frac{2197}{9,81} \approx 200 + 224 = 424\text{ s} \approx 7\text{ min } 04\text{ s}

   Appliquons le théorème de l'énergie cinétique à la carcasse de masse M entre t_1 et t_2 dans le champ de pesanteur uniforme :

   \Delta E_c = E_c(t_2) - E_c(t_1) = 0 - \frac{1}{2} M v_1^2 = W(\vec{P}) = -M g_0 (H - h)

   On en déduit l'expression de l'altitude maximale H :

   \boxed{H = h + \frac{v_1^2}{2g_0}}

   Application numérique :

   H = 126,5\cdot 10^3 + \frac{(2197)^2}{2 \times 9,81} = 126,5\cdot 10^3 + 246,0\cdot 10^3 = 3,73\cdot 10^5\text{ m}

   \boxed{H \approx 373\text{ km}}

   Discussion sur l'uniformité du champ de pesanteur : À l'altitude H, le champ de gravitation terrestre est :

   g(H) = g_0 \left(\frac{R_T}{R_T + H}\right)^2 \approx g_0 \left(1 - \frac{2H}{R_T}\right) \approx 0,89\, g_0

   La variation de g est de l'ordre de 11\,\%. L'hypothèse de champ uniforme surestime le poids en altitude : elle sous-estime donc légèrement l'altitude maximale réelle, mais constitue une approximation tout à fait acceptable pour un ordre de grandeur.

   d) Comparaison avec Q4 et durée de mise sur orbite :

   D'après les données de la question Q4, l'altitude du périgée est z_p = 167\text{ km}, celle de l'apogée est z_a = 475\text{ km}, et l'altitude moyenne vaut z_{\text{moy}} = a - R_T = 321\text{ km}.

   • L'altitude h \approx 127\text{ km} en fin de propulsion est du même ordre que l'altitude du périgée (167\text{ km}), ce qui montre que la traversée de l'atmosphère dense est assurée pendant cette phase.
   • L'altitude maximale H \approx 373\text{ km} se situe bien entre le périgée et l'apogée. Toutefois, un tir purement vertical mènerait à une vitesse nulle au sommet : la satellisation requiert d'incliner la trajectoire afin de conférer au vaisseau une vitesse tangentielle horizontale considérable (v_{\text{orb}} \approx 7,7\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}, établie en Q4).

   La phase de propulsion dure t_1 = 200\text{ s} et l'ascension balistique prend environ 220\text{ s} supplémentaires. La durée totale nécessaire pour atteindre l'orbite et effectuer l'injection orbitale est de l'ordre de quelques centaines de secondes, soit typiquement :

   \boxed{\Delta t_{\text{orbite}} \sim 500\text{ s} \approx 8\text{ à } 10\text{ minutes}}

   Résultat

   $$D_m(0)>\frac{m_0{g}_0}{u}$$

   $$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-g_0+\frac{\alpha m_{\text{comb}}u}{m_0-\alpha m_{\text{comb}}t}$$

   $$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-g_0$$

   $$v_1=-\frac{g_0}{\alpha }+u\ln \left(\frac{m_0}{M}\right)$$

   $$v_1\approx 2,20\cdot 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}=2,20\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$h\approx 127\text{ km}$$

   $$t_2=t_1+\frac{v_1}{g_0}$$

   $$H=h+\frac{v_1^2}{2g_0}$$

   $$H\approx 373\text{ km}$$

   $$\Delta t_{\text{orbite}}\sim 500\text{ s}\approx 8\text{ aˋ }10\text{ minutes}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question