Feuille d'entraînement : Bilans macroscopiques

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 2 PC 2022, Q22

   Considérons le système fermé \Sigma défini de la façon suivante dans le référentiel d'étude galiléen :

   • À l'instant t, \Sigma est constitué du vaisseau seul, de masse m(t) et de vitesse \vec{v}(t).

   • À l'instant t + \mathrm{d}t, \Sigma est constitué :

     • du vaisseau de masse m(t+\mathrm{d}t) = m(t) + \mathrm{d}m et de vitesse \vec{v}(t+\mathrm{d}t) = \vec{v}(t) + \mathrm{d}\vec{v} ;
     • de la quantité de gaz éjectée pendant l'intervalle \mathrm{d}t, de masse \delta m_e = -\mathrm{d}m = D\,\mathrm{d}t > 0 (puisque \mathrm{d}m < 0).

   La vitesse d'éjection des gaz par rapport au vaisseau étant notée \vec{v}_1, la vitesse de ce paquet de gaz dans le référentiel d'étude à l'instant t+\mathrm{d}t s'écrit, d'après la loi de composition des vitesses :

   \vec{v}_{\mathrm{gaz}} = \vec{v}(t) + \vec{v}_1.

   Calculons la quantité de mouvement totale du système fermé \Sigma aux deux instants :

   \begin{aligned} \vec{P}(t) &= m(t)\,\vec{v}(t) \\ \vec{P}(t + \mathrm{d}t) &= \left(m(t) + \mathrm{d}m\right)\left(\vec{v}(t) + \mathrm{d}\vec{v}\right) + \delta m_e \left(\vec{v}(t) + \vec{v}_1\right) \\ &= m(t)\,\vec{v}(t) + m(t)\,\mathrm{d}\vec{v} + \mathrm{d}m\,\vec{v}(t) - \mathrm{d}m\left(\vec{v}(t) + \vec{v}_1\right) + \mathcal{O}(\mathrm{d}t^2) \\ &= \vec{P}(t) + m(t)\,\mathrm{d}\vec{v} - \mathrm{d}m\,\vec{v}_1. \end{aligned}

   La variation de quantité de mouvement du système fermé au premier ordre s'écrit donc :

   \mathrm{d}\vec{P} = \vec{P}(t+\mathrm{d}t) - \vec{P}(t) = m(t)\,\mathrm{d}\vec{v} - \mathrm{d}m\,\vec{v}_1.

   L'énoncé précise que les forces gravitationnelles sont négligeables devant la poussée durant cette phase brève de propulsion. En l'absence de force extérieure agissant sur le système fermé \Sigma, le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}\vec{P}}{\mathrm{d}t} = \vec{0}.

   En remplaçant \mathrm{d}m par -D\,\mathrm{d}t, on obtient :

   m(t)\,\mathrm{d}\vec{v} + D\,\mathrm{d}t\,\vec{v}_1 = \vec{0} \implies m(t)\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -D\,\vec{v}_1.

   En posant \vec{F} = -D\vec{v}_1, on retrouve bien l'équation du mouvement du vaisseau :

   \boxed{m(t)\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{F} \quad \text{avec} \quad \vec{F} = -D\,\vec{v}_1}

   Résultat

   $$m(t)\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}=\vec{F}\text{avec}\vec{F}=-D{\vec{v}}_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique 2 PC 2022, Q24

   D'après la question Q22, pendant la phase de poussée, le mouvement est considéré comme rectiligne dans la direction du vecteur vitesse \vec{v} = v\vec{u}_x. L'éjection des gaz se faisant vers l'arrière (\vec{v}_1 = -v_1 \vec{u}_x), la projection de l'équation dynamique s'écrit :

   m(t) \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = D v_1 = -\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t} v_1

   soit, en séparant les variables :

   \mathrm{d}v = -v_1 \frac{\mathrm{d}m}{m}

   Par intégration entre l'état initial (masse m_0, vitesse v_i) et l'état final après l'impulsion (masse m_f, vitesse v_f), on obtient l'équation de Tsiolkovski :

   \Delta V_T = v_f - v_i = v_1 \ln\left(\frac{m_0}{m_f}\right)

   La masse finale du vaisseau s'exprime donc par :

   m_f = m_0 \exp\left(-\frac{\Delta V_T}{v_1}\right)

   La masse d'hydrogène liquide consommée m_c = m_0 - m_f vaut :

   \boxed{ m_c = m_0 \left(1 - \exp\left(-\frac{\Delta V_T}{v_1}\right)\right) }

   Avec v_1 = g I_{\mathrm{sp}} (établie en Q23), l'application numérique donne :

   \begin{aligned} v_1 &= 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \times 825\text{ s} = 8{,}093 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \\ \frac{\Delta V_T}{v_1} &= \frac{3{,}70 \times 10^3}{8{,}093 \times 10^3} \approx 0{,}4572 \\ m_c &= 360 \times 10^3 \times \left(1 - \mathrm{e}^{-0{,}4572}\right) \approx 1{,}32 \times 10^5\text{ kg} = 132\text{ t} \end{aligned}

   Cohérence avec le dimensionnement du vaisseau :

   • Aspect massique : La masse consommée représente une fraction \frac{m_c}{m_0} \approx 37\,\% de la masse initiale, ce qui laisse une masse restante importante (m_f \approx 228\text{ t}) pour la structure, la charge utile et les manœuvres ultérieures.

   • Aspect volumique : À partir de la masse volumique de l'hydrogène liquide \mu_{\mathrm{LH}_2} = 71{,}0\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, le volume de \mathrm{LH}_2 consommé est :

     V_{\mathrm{LH}_2} = \frac{m_c}{\mu_{\mathrm{LH}_2}} = \frac{1{,}32 \times 10^5}{71{,}0} \approx 1{,}86 \times 10^3\text{ m}^3

     Le vaisseau étant un cylindre de diamètre d = 10\text{ m} (rayon R = 5{,}0\text{ m}), la section droite vaut S = \pi R^2 \approx 78{,}5\text{ m}^2. La longueur de réservoir nécessaire pour stocker ce volume est :

     L = \frac{V_{\mathrm{LH}_2}}{S} \approx \frac{1860}{78{,}5} \approx 24\text{ m}

     Cette longueur est tout à fait compatible avec la longueur totale du vaisseau (près de 100\text{ m}, précisément 96{,}7\text{ m} sur la figure 1), où les réservoirs fixe (2) et largable (3) occupent environ la moitié de l'appareil.

   Le résultat est donc pleinement cohérent avec le dimensionnement proposé.

   Résultat

   $$m_c=m_0\left(1-\exp \left(-\frac{\Delta V_T}{v_1}\right)\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2020, Q27

   La variation élémentaire de la quantité de mouvement du système fermé \Sigma^* entre les instants t et t+\mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}\vec{p}^*(t) = \vec{p}^*(t+\mathrm{d}t) - \vec{p}^*(t)

   En utilisant les expressions obtenues aux questions Q25 et Q26 :

   \mathrm{d}\vec{p}^*(t) = \big(\vec{p}(t+\mathrm{d}t) - \vec{p}(t)\big) + \delta m_s\,\vec{v}_s - \delta m_e\,\vec{v}_e

   En régime stationnaire :

   • l'état du fluide dans le volume fixe du réacteur ne dépend pas du temps, la quantité de mouvement contenue dans le réacteur est constante :

     \vec{p}(t+\mathrm{d}t) - \vec{p}(t) = \vec{0}

   • la masse totale M(t) dans le réacteur est constante (\mathrm{d}M = 0), d'où la conservation de la masse entrante et sortante pendant la durée \mathrm{d}t :

     \delta m_e = \delta m_s = \delta m = D_m\,\mathrm{d}t

     où D_m désigne le débit massique traversant le turboréacteur.

   Il vient alors :

   \mathrm{d}\vec{p}^*(t) = D_m\,\mathrm{d}t\,(\vec{v}_s - \vec{v}_e)

   En divisant par \mathrm{d}t, on obtient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{p}^*(t)}{\mathrm{d}t} = D_m\,(\vec{v}_s - \vec{v}_e)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{\vec{p}}^{\ast }(t)}{\mathrm{d}t}=D_m({\vec{v}}_s-{\vec{v}}_e)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique PC 2026, Q34

   Considérons, à l'instant t, la surface fermée \mathcal{S} entourant le cylindre de fluide d'axe (Ox), de rayon r, compris entre les plans x = 0 et x = \ell(t). L'écoulement étant incompressible, le débit volumique sortant à travers \mathcal{S} est nul d'après la question Q32 :

   D_V = \oiint_{\mathcal{S}} \vec{v}\cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = 0.

   Cette surface fermée se décompose en trois parties :

   • la base située en x = 0, d'élément de surface orienté vers l'extérieur \mathrm{d}\vec{S} = -\vec{u}_x\,\mathrm{d}S. D'après la question Q33, v_x(r, 0, t) = 0, donc le débit y est nul :

     D_{V, 0} = \iint_{\text{base } 0} \vec{v}\cdot (-\vec{u}_x)\,\mathrm{d}S = 0 ;

   • la base située en x = \ell(t), d'élément de surface orienté vers l'extérieur \mathrm{d}\vec{S} = +\vec{u}_x\,\mathrm{d}S. D'après la question Q33, v_x(r, \ell, t) = \dot{\ell}(t) est uniforme sur cette section, donc :

     D_{V, \ell} = \iint_{\text{base } \ell} \dot{\ell}(t)\,\mathrm{d}S = \pi r^2 \dot{\ell}(t) ;

   • la surface latérale de rayon r, d'élément de surface orienté vers l'extérieur \mathrm{d}\vec{S} = \vec{u}_r\,\mathrm{d}S = \vec{u}_r\,r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}x. Par définition de la vitesse moyenne u(r, t) sur cette surface d'aire \mathcal{S}_{\text{lat}} = 2\pi r \ell(t) :

     D_{V, \text{lat}} = \iint_{\text{lat}} v_r(r, x, t)\,\mathrm{d}S = 2\pi r \ell(t)\,u(r, t).

   Le bilan de débit s'écrit alors :

   D_V = \pi r^2 \dot{\ell}(t) + 2\pi r \ell(t)\,u(r, t) = 0 \implies u(r, t) = -\frac{r \dot{\ell}(t)}{2\ell(t)}.

   Puisque \ell_1 \ll \ell_0, on a \ell(t) = \ell_0 + \ell_1 \cos(\omega t) \simeq \ell_0, d'où :

   \boxed{u(r, t) \simeq -\frac{r \dot{\ell}(t)}{2\ell_0}}

   Ordre de grandeur de u(R) : Avec \ell(t) = \ell_0 + \ell_1\cos(\omega t), la vitesse de l'armature mobile a pour amplitude \dot{\ell}_{\max} = \ell_1 \omega = 2\pi f \ell_1. Prenons les valeurs caractéristiques fournies :

   • R = 3\text{ cm} = 3\cdot 10^{-2}\text{ m} ;
   • \ell_0 \simeq 50\ \mu\text{m} = 5\cdot 10^{-5}\text{ m} ;
   • \ell_1 \sim 10^{-9}\text{ m} (quelques nanomètres) ;
   • f \sim 40\text{ Hz} (quelques dizaines de Hz, soit \omega \sim 2\cdot 10^2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}).

   La vitesse de la paroi a pour amplitude \dot{\ell}_{\max} \sim 2\cdot 10^2 \times 10^{-9} = 2\cdot 10^{-7}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. L'amplitude de la vitesse radiale moyenne au bord vaut donc :

   u(R) \sim \frac{R}{2\ell_0}\,\dot{\ell}_{\max} \sim \frac{3\cdot 10^{-2}}{10^{-4}} \times 2\cdot 10^{-7} \approx 6\cdot 10^{-5}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   Sous forme d'une puissance de 10, on obtient :

   \boxed{u(R) \sim 10^{-4}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$u(r,t)\simeq -\frac{r\dot{\ell }(t)}{2{\ell }_0}$$

   $$u(R)\sim 10^{-4}\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q34

   Considérons le système ouvert constitué par le liquide contenu dans la tranche annulaire comprise entre les rayons r et r + \mathrm{d}r. Du fait de la symétrie axiale, la surface de base de cet anneau est :

   \mathrm{d}\mathcal{S} = \pi (r + \mathrm{d}r)^2 - \pi r^2 = 2\pi r\,\mathrm{d}r + \pi (\mathrm{d}r)^2 \simeq 2\pi r\,\mathrm{d}r

   À l'ordre 1 en \mathrm{d}r, la hauteur de liquide est uniforme sur cette tranche et vaut h(r, t). Le volume occupé par le fluide à la date t s'écrit donc :

   \mathrm{d}V(r, t) = 2\pi r\, h(r, t)\,\mathrm{d}r

   Le fluide étant incompressible, sa masse volumique \mu est constante et la masse contenue dans ce système ouvert à l'instant t est :

   \mathrm{d}m(r, t) = \mu\,\mathrm{d}V(r, t) = 2\pi \mu r h(r, t)\,\mathrm{d}r

   Entre les instants t et t + \mathrm{d}t, le système ouvert restant géométriquement délimité par les rayons r et r + \mathrm{d}r, seule la hauteur du film varie de h(r, t) à h(r, t + \mathrm{d}t) = h(r, t) + \frac{\partial h}{\partial t}(r, t)\,\mathrm{d}t.

   La variation de la masse de fluide contenue dans le système s'écrit alors :

   \begin{aligned} \mathrm{d}^2 m(r, t) &= \mathrm{d}m(r, t + \mathrm{d}t) - \mathrm{d}m(r, t) \\ &= 2\pi \mu r \left[ h(r, t + \mathrm{d}t) - h(r, t) \right] \mathrm{d}r \end{aligned}

   soit au premier ordre en \mathrm{d}t :

   \boxed{\mathrm{d}^2 m(r, t) = 2\pi \mu r \frac{\partial h}{\partial t}(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t}

   Résultat

   $${\mathrm{d}}^{2}m(r,t)=2\pi \mu r\frac{\partial h}{\partial t}(r,t)\mathrm{d}r\mathrm{d}t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q35

   Le débit volumique Q(r, t) défini à la question Q33 correspond au volume de fluide traversant par unité de temps la surface cylindrique de rayon r, orientée vers l'extérieur (dans le sens de \vec{e}_r).

   • À la surface intérieure en r : le fluide qui s'éloigne du centre entre dans le système annulaire compris entre r et r + \mathrm{d}r. Le volume entrant pendant la durée \mathrm{d}t est donc Q(r, t)\,\mathrm{d}t. En multipliant par la masse volumique \mu du fluide, la masse entrante vaut :

     \boxed{\delta m_{\mathrm{e}}(r, t) = \mu Q(r, t)\,\mathrm{d}t}

   • À la surface extérieure en r + \mathrm{d}r : le débit Q(r + \mathrm{d}r, t) est orienté vers l'extérieur du système. La masse entrant algébriquement par cette frontière entre t et t + \mathrm{d}t est donc l'opposée de la masse sortante :

     \boxed{\delta m_{\mathrm{e}}(r + \mathrm{d}r, t) = -\mu Q(r + \mathrm{d}r, t)\,\mathrm{d}t}

   L'écoulement étant purement radial (questions Q25 et Q26) et n'ayant lieu ni à travers le substrat (z = 0) ni à travers la surface libre (z = h), la masse totale nette \delta^2 m_{\mathrm{e}} entrant dans le système ouvert s'écrit :

   \begin{aligned} \delta^2 m_{\mathrm{e}} &= \delta m_{\mathrm{e}}(r, t) + \delta m_{\mathrm{e}}(r + \mathrm{d}r, t) \\ &= \mu \big[ Q(r, t) - Q(r + \mathrm{d}r, t) \big]\,\mathrm{d}t \end{aligned}

   En effectuant un développement de Taylor au premier ordre en \mathrm{d}r :

   Q(r + \mathrm{d}r, t) = Q(r, t) + \frac{\partial Q}{\partial r}(r, t)\,\mathrm{d}r

   on obtient la masse nette entrant dans la tranche pendant l'intervalle \mathrm{d}t :

   \boxed{\delta^2 m_{\mathrm{e}} = -\mu \frac{\partial Q}{\partial r}(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t}

   Résultat

   $$\delta m_{\mathrm{e}}(r,t)=\mu Q(r,t)\mathrm{d}t$$

   $$\delta m_{\mathrm{e}}(r+\mathrm{d}r,t)=-\mu Q(r+\mathrm{d}r,t)\mathrm{d}t$$

   $${\delta }^2{m}_{\mathrm{e}}=-\mu \frac{\partial Q}{\partial r}(r,t)\mathrm{d}r\mathrm{d}t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q36

   Le principe de conservation de la masse appliqué au système ouvert entre les dates t et t + \mathrm{d}t impose :

   \mathrm{d}^2 m(r, t) = \delta^2 m_{\mathrm{e}}

   En utilisant les expressions obtenues aux questions Q34 et Q35 :

   2\pi \mu r \frac{\partial h}{\partial t}(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t = -\mu \frac{\partial Q}{\partial r}(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t

   Après simplification par \mu\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}t, on obtient la forme locale de l'équation de continuité pour le film mince :

   \frac{\partial h}{\partial t} = -\frac{1}{2\pi r} \frac{\partial Q}{\partial r}

   D'après l'expression du débit volumique Q(r, t) établie à la question Q33 :

   Q(r, t) = \frac{2\pi \mu \omega^2}{3\eta} r^2 h(r, t)^3

   Dérivons partiellement Q(r, t) par rapport à la variable d'espace r :

   \begin{aligned} \frac{\partial Q}{\partial r} &= \frac{2\pi \mu \omega^2}{3\eta} \left[ \frac{\partial(r^2)}{\partial r} h^3 + r^2 \frac{\partial(h^3)}{\partial r} \right] \\ &= \frac{2\pi \mu \omega^2}{3\eta} \left[ 2r h^3 + 3r^2 h^2 \frac{\partial h}{\partial r} \right] \\ &= \frac{2\pi \mu \omega^2 r}{\eta} \left[ \frac{2}{3} h^3 + r h^2 \frac{\partial h}{\partial r} \right] \end{aligned}

   En réinjectant cette dérivée dans l'équation de bilan sur h(r, t), on trouve :

   \begin{aligned} \frac{\partial h}{\partial t} &= -\frac{1}{2\pi r} \left( \frac{2\pi \mu \omega^2 r}{\eta} \left[ \frac{2}{3} h^3 + r h^2 \frac{\partial h}{\partial r} \right] \right) \end{aligned}

   On aboutit bien à l'équation demandée :

   \boxed{\frac{\partial h}{\partial t} = -\frac{\mu \omega^2}{\eta} \left[ \frac{2}{3} h^3 + r h^2 \frac{\partial h}{\partial r} \right]}

   Résultat

   $$\frac{\partial h}{\partial t}=-\frac{\mu {\omega }^2}{\eta }\left[\frac{2}{3}{h}^3+r{h}^2\frac{\partial h}{\partial r}\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q22

   D'après la question Q18, le produit \mu(r) v(r) r^2 est constant au cours de l'écoulement. Le débit massique à travers une sphère de rayon r s'écrit donc :

   D_m = \iint_{\Sigma} \mu(r)\,\vec{v}\cdot\mathrm{d}\vec{S} = 4\pi r^2 \mu(r) v(r) = \text{cte}

   Pour évaluer ce débit à l'altitude z_1 = 150\text{ km}, soit au rayon r_1 = R_m + z_1, il est nécessaire de connaître la vitesse v(r_1). Intégrons l'équation différentielle (I.1) à variables séparables :

   \left(\frac{v}{c^2} - \frac{1}{v}\right)\mathrm{d}v = 2\left(\frac{1}{r} - \frac{r^*}{r^2}\right)\mathrm{d}r

   En intégrant entre le point critique (r^*, v(r^*) = c) établi en Q21 et un point (r, v(r)) :

   \begin{aligned} \int_c^v \left(\frac{v'}{c^2} - \frac{1}{v'}\right)\mathrm{d}v' &= \int_{r^*}^r 2\left(\frac{1}{r'} - \frac{r^*}{r'^2}\right)\mathrm{d}r' \\ \left[\frac{v'^2}{2c^2} - \ln\left(\frac{v'}{c}\right)\right]_c^v &= \left[2\ln\left(\frac{r'}{r^*}\right) + \frac{2r^*}{r'}\right]_{r^*}^r \\ \frac{v^2}{2c^2} - \frac{1}{2} - \ln\left(\frac{v}{c}\right) &= 2\ln\left(\frac{r}{r^*}\right) + \frac{2r^*}{r} - 2 \end{aligned}

   Ce qui conduit à la relation implicite :

   \ln\left(\frac{v}{c}\right) - \frac{v^2}{2c^2} = -2\ln\left(\frac{r}{r^*}\right) - \frac{2r^*}{r} + \frac{3}{2}

   À l'altitude de la mesure, le rayon vaut :

   r_1 = 3{,}39 \times 10^6 + 150 \times 10^3 = 3{,}54 \times 10^6\text{ m}

   Sachant que r^* \approx 5{,}3 \times 10^8\text{ m} (Q20), on a :

   \frac{r^*}{r_1} \approx \frac{5{,}3 \times 10^8}{3{,}54 \times 10^6} \approx 150 \gg 1

   Le terme -\frac{2r^*}{r_1} \approx -300 domine très largement le membre de droite. L'écoulement étant très subsonique près de la planète (v \ll c), le terme v^2/(2c^2) est négligeable devant \ln(v/c), d'où :

   \ln\left(\frac{v(r_1)}{c}\right) \approx -\frac{2r^*}{r_1} \approx -300 \implies v(r_1) \approx c\,\mathrm{e}^{-300} \approx 0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   On en déduit la contribution hydrodynamique au débit massique d'échappement :

   \boxed{D_{m,\text{hydro}} \approx 0\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}}

   À titre de comparaison, le débit mesuré par la sonde MAVEN (D_{m,\text{MAVEN}} \approx 100\text{ g}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}10\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}) correspondrait à une vitesse d'écoulement :

   v_{\text{MAVEN}} = \frac{D_{m,\text{MAVEN}}}{4\pi r_1^2 \mu(r_1)} = \frac{0{,}10}{4\pi \times (3{,}54 \times 10^6)^2 \times 2 \times 10^{-10}} \approx 3{,}2 \times 10^{-6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 3\text{ }\mu\text{m}\cdot\text{s}^{-1}

   Bien que très faible, cette vitesse reste incommensurablement plus grande que celle prédite par le modèle hydrodynamique.

   Conclusion : La contribution hydrodynamique à l'échappement atmosphérique actuel de Mars est strictement négligeable (D_{m,\text{hydro}} \approx 0). Le modèle hydrodynamique (vent planétaire de type Parker) ne permet donc absolument pas d'expliquer les pertes mesurées par MAVEN. La perte atmosphérique observée aujourd'hui provient d'autres processus non hydrodynamiques :

   • l'échappement thermique de Jeans pour les atomes légers (notamment l'hydrogène) ;
   • l'arrachement direct par le vent solaire (dépouillement atmosphérique), rendu possible par l'absence de champ magnétique protecteur intrinsèque autour de Mars ;
   • l'échappement photochimique et la pulvérisation cathodique (sputtering).

   L'échappement hydrodynamique n'a pu jouer un rôle significatif qu'aux tout premiers âges du Système solaire, lorsque l'atmosphère primitive était beaucoup plus chaude, riche en gaz légers (\mathrm{H_2}) et soumise à un rayonnement solaire extrême réduisant fortement la distance critique r^*.

   Résultat

   $$D_{m,\text{hydro}}\approx 0\text{ kg}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q43

   Soit le système fermé constitué de l'astéroïde et de son engin de masse totale m(t) à l'instant t. Durant l'intervalle \mathrm{d}t, une masse d'ergols \mathrm{d}m_e = -\mathrm{d}m > 0 est éjectée à la vitesse relative \vec{v}_e = -v_e\,\vec{u}_v (éjection vers l'avant pour freiner le système).

   En négligeant l'action gravitationnelle du Soleil pendant la durée très brève de l'impulsion (combustion assimilée à un choc), la quantité de mouvement totale du système se conserve :

   \vec{P}(t) = m\vec{v} \quad \text{et} \quad \vec{P}(t+\mathrm{d}t) = (m+\mathrm{d}m)(\vec{v}+\mathrm{d}\vec{v}) + (-\mathrm{d}m)(\vec{v} - v_e\,\vec{u}_v)

   En développant au premier ordre, il vient :

   m\,\mathrm{d}v = - v_e\,\mathrm{d}m

   En intégrant entre l'état initial (masse totale m_i) et l'état final (masse finale m_f \approx m_p), on obtient l'équation de Tsiolkovski :

   |\Delta v| = v_e \ln\left(\frac{m_i}{m_f}\right) \implies m_i = m_p \exp\left(\frac{|\Delta v|}{v_e}\right)

   La masse d'ergols m_{\text{erg}} à consommer et à éjecter s'écrit donc :

   \boxed{ m_{\text{erg}} = m_i - m_p = m_p \left[\exp\left(\frac{|\Delta v|}{v_e}\right) - 1\right] }

   D'après la question Q42, |\Delta v| \approx 3{,}2 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. Avec v_e = 1 \times 10^4\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et m_p = 1 \times 10^{19}\text{ kg} :

   \frac{|\Delta v|}{v_e} = \frac{3{,}2 \times 10^3}{1{,}0 \times 10^4} = 0{,}32

   m_{\text{erg}} = 1 \times 10^{19} \times \left(\mathrm{e}^{0{,}32} - 1\right) \approx 3{,}8 \times 10^{18}\text{ kg}

   L'énergie cinétique minimale communiquée aux gaz éjectés lors de cette manœuvre s'élève à :

   E_{\text{prop}} \sim \frac{1}{2} m_{\text{erg}} v_e^2 \approx \frac{1}{2} \times (3{,}8 \times 10^{18}) \times (10^4)^2 \approx 1{,}9 \times 10^{26}\text{ J}

   Conclusion :

   • La masse de fluide propulsif à apporter (m_{\text{erg}} \approx 3{,}8 \times 10^{18}\text{ kg}) représente près de 38\,\% de la masse de l'astéroïde lui-même et plus d'un millième de la masse totale de toute la ceinture d'astéroïdes (3 \times 10^{21}\text{ kg}). Acheminer une telle masse de carburant est hors de portée.
   • L'énergie requise (E_{\text{prop}} \sim 2 \times 10^{26}\text{ J}) dépasse d'environ six ordres de grandeur la consommation énergétique annuelle mondiale de l'humanité (\sim 6 \times 10^{20}\text{ J}).

   Une telle démarche n'est donc absolument pas envisageable avec des technologies de propulsion par réaction.

   Résultat

   $$m_{\text{erg}}=m_i-m_p=m_p\left[\exp \left(\frac{|\Delta v|}{v_e}\right)-1\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique C PC 2024, Q43

    D'après la propriété (P1), pour tout rayon R, la quantité N_B(\lambda(t) R, t) est indépendante de t. En particulier, compte tenu de \lambda(0) = 1 (propriété (P3)), on a pour tout t \geqslant 0 :

    N_B(\lambda(t) R, t) = N_B(\lambda(0) R, 0) = N_B(R, 0).

    En utilisant l'expression établie à la question Q42, ces deux membres s'écrivent sous forme intégrale :

    \begin{aligned} N_B(\lambda(t) R, t) &= 4\pi \int_0^{\lambda(t) R} n(r', t)\, {r'}^2 \,\mathrm{d}r', \\ N_B(R, 0) &= 4\pi \int_0^R n_0(u)\, u^2 \,\mathrm{d}u, \end{aligned}

    où l'on a noté n_0(u) = n(u, 0).

    Dans l'intégrale donnant N_B(\lambda(t) R, t), effectuons le changement de variable r' = \lambda(t)\,u, d'où \mathrm{d}r' = \lambda(t)\,\mathrm{d}u :

    \begin{aligned} N_B(\lambda(t) R, t) &= 4\pi \int_0^R n(\lambda(t)\,u, t)\, (\lambda(t)\,u)^2\, \lambda(t)\,\mathrm{d}u \\ &= 4\pi\,\lambda(t)^3 \int_0^R n(\lambda(t)\,u, t)\, u^2 \,\mathrm{d}u. \end{aligned}

    L'égalité N_B(\lambda(t) R, t) = N_B(R, 0) est satisfaite pour tout R > 0 :

    4\pi\,\lambda(t)^3 \int_0^R n(\lambda(t)\,u, t)\, u^2 \,\mathrm{d}u = 4\pi \int_0^R n_0(u)\, u^2 \,\mathrm{d}u.

    En dérivant cette relation par rapport à R selon la règle de dérivation d'une intégrale par rapport à sa borne supérieure, on obtient pour tout R > 0 :

    4\pi\,\lambda(t)^3\, n(\lambda(t) R, t)\, R^2 = 4\pi\, n_0(R)\, R^2.

    En simplifiant par 4\pi R^2 \neq 0, il vient :

    n(\lambda(t) R, t) = \frac{n_0(R)}{\lambda(t)^3}.

    En posant r = \lambda(t) R, soit R = \frac{r}{\lambda(t)}, on en déduit pour tout r > 0, et par continuité en r = 0 :

    \boxed{n(r, t) = \frac{n_0\left(\frac{r}{\lambda(t)}\right)}{\lambda(t)^3}}

    Résultat

    $$n(r,t)=\frac{n_0\left(\frac{r}{\lambda (t)}\right)}{\lambda (t{)}^3}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question