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Optique

Source : Fichier:DM5.pdf Problème 1

Modulation et démodulation spatiales en optique

En électronique, la modulation temporelle d'un signal et sa démodulation sont des techniques importantes et connues dans le domaine de la transmission des informations par voie hertzienne. Ces techniques peuvent être transposées aux variations spatiales d'un signal, en optique.

Interférence de deux ondes monochromatiques, planes

Figue A1

On réalise, dans l'air, l'interférence de deux ondes monochromatiques, planes, cohérentes, de même amplitude $A_{0}$ et de même phase nulle en O (Figure A1 ) ; la première, de direction Oz, tombe normalement sur un écran d'observation Oxy et la seconde fait l'angle $\theta _{0}$ = 3° avec la direction de la première. La longueur d'onde commune est λ = 632,8 nm.

1. Écrire les expressions des amplitudes complexes ψ1 et ψ2 des deux ondes en un point P du plan Oxy.

Solution

Oxy est un plan d'onde pour l'onde 1 qui se propage suivant Oz ; la pahse onde est en tout point de Oxy nulle comme ne O et :

${\underline {\psi }}_{1}(x,y)=A_{0}$

La phase de l'onde 2 est : $\varphi _{2}(M)=\varphi _{2}(O)+{\overrightarrow {k_{2}}}\cdot {\overrightarrow {OM}}$ où ${\overrightarrow {k_{2}}}={\frac {2\pi }{\lambda }}\left(\cos \theta _{0}{\overrightarrow {u_{z}}}+\sin \theta _{0}{\overrightarrow {u_{x}}}\right)$.

Au point P de coordonnées (x,y,0), $\varphi _{2}(x,y)={\frac {2\pi }{\lambda }}\sin \theta _{0}x$ et :

${\underline {\psi }}_{2}(x,y)=A_{0}\exp \left[i\varphi _{2}(x,y)\right]=A_{0}\exp \left(i2\pi \sin \theta _{0}{\frac {x}{\lambda }}\right)$.

 

1. En déduire la répartition de l'éclairement dans ce plan, la géométrie des franges d'interférence et la valeur de l'interfrange en fonction de λ et de θ. Calculer l'interfrange en microns.

Solution

Les deux ondes étant cohérentes, l'amplitude P est : ${\underline {\psi }}={\underline {\psi }}_{1}+{\underline {\psi }}_{2}=A_{0}\left[1+\exp \left(i2\pi \sin \theta _{0}{\frac {x}{\lambda }}\right)\right]$.

D'où l'éclairement en P :

$E=\left|{\underline {\psi }}\right|^{2}=2A_{0}^{2}\left[1+\cos \left({\frac {2\pi \sin \theta _{0}x}{\lambda }}\right)\right]$.

On observe des franges rectiligne parallèles à Oy. L'interfrange est :

$i={\frac {\lambda }{\sin \theta _{0}}}$.

Application numérique : i = 12 µm.

 

1. Sous quel angle, en minute d'arc, un observateur voit-il une distance égale à l'interfrange, lorsqu’il est placé à une distance de 25 cm du plan $O_{x}y$ ? Commenter.

Solution

À 25 cm du plan Oxy, l'écart angulaire entre 2 franges est $\alpha ={\frac {12.10^{-4}}{25}}\approx 4,8.10^{-5}rad$. Les franges sont trop serrées pour être distinguées à l'œil nu

 

Réseau sinusoïdal d’amplitude

a) La répartition de l'éclairement I(P) dans le plan Oxy, calculé à la question A.1.b, peut se mettre sous la forme :

$I(x)={\frac {I(0)}{2}}\left[1+\cos \left(2\pi u_{0}x\right)\right]$

Il est possible d'obtenir, à partir de cet éclairement, une plaque photographique de transmittance :

$t(x)={\frac {1+\cos \left(2\pi u_{0}x\right)}{2}}$ pour $-{\frac {l}{2}}\leq x\leq {\frac {l}{2}}$ ( avec l = 2 mm ) et t(x) = 0 autrement.

On réalise ainsi un réseau sinusoïdal par transmission. Trouver $u_{0}$ en fonction de λ et $\theta _{0}$ ? Comparer les valeurs de $u_{0}$ et de $u_{1}$ = ${\frac {1}{l}}$ en unité SI.

Solution

$u_{0}={\frac {1}{i}}={\frac {\sin \theta _{0}}{\lambda }}=8,3.10^{4}m^{-1}$ qui est très grand devant $u_{1}={\frac {1}{l}}=500m^{-1}$

 

b) On appelle spectre spatial de t(x) , noté ${\hat {t}}(u)$ et lu « t chapeau de u », la quantité suivante :

${\hat {t}}(u)=\int _{-\infty }^{+\infty }t(x)exp\left(-i2\pi ux\right)dx$

Montrer que ${\hat {t}}(u)$ se met sous la forme suivante :

${\hat {t}}(u)=\alpha _{0}{\hat {t}}_{1}(u)+\alpha _{1}t_{1}(u-u_{0})+\alpha _{-1}{\hat {t}}_{1}(u+u_{0})$

où ${\hat {t}}_{1}(u)={\frac {\sin(\pi ul)}{\pi ul}}$ et $\alpha _{0}$, $\alpha _{1}$, $\alpha _{-1}$ trois coefficients à déterminer en fonction de l .

Solution

La transmittance du réseau est nulle pour $x>{\frac {l}{2}}$ ou $x<-{\frac {l}{2}}$. Ainsi :

${\hat {t}}(u)=\int _{-{\frac {l}{2}}}^{\frac {l}{2}}t(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)dx$.

Or : $t(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)={\frac {1}{2}}\exp \left(-i2\pi ux\right)+{\frac {1}{4}}\exp \left(-i2\pi \left(u+u_{0}\right)x\right)$,

$\int _{-{\frac {l}{2}}}^{\frac {l}{2}}t(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)dx={\frac {\sin \left(\pi \nu l\right)}{\pi \nu l}}={\hat {t}}_{1}(\nu )$

Il vient :

${\hat {t}}(u)={\frac {1}{2}}{\hat {t}}_{1}(u)+{\frac {1}{4}}{\hat {t}}_{1}\left(u-u_{0}\right)+{\frac {1}{4}}{\hat {t}}_{1}\left(u+u_{0}\right)$.

 

c) On éclaire le réseau sous incidence normale, avec une onde monochromatique plane, et on étudie la diffraction à l'infini dans la direction faisant un angle θ faible avec l'axe Oz.

Représenter graphiquement la répartition de l'éclairement en fonction de u = ${\frac {\theta }{\lambda }}$. Comparer la figure de diffraction donnée par ce réseau à celle produite par un réseau de fentes infiniment fines.

Solution

D'après le principe de Huygens-Fresnel chaque point P du réseau se comporte comme une source ponctuelle émettant dans toutes les directions de l'espace. On prend pour référence l'onde issue de O arrivant à l'infini dans la direction θ. Le supplément de marche optique de l'onde issue de P(x,y,0) arrivant à l’infini dans cette direction est δ = −x sin θ, son déphasage par rapport à l’onde de référence est donc $\varphi ={\frac {2\pi }{\lambda }}x\sin \theta$. D’autre part l’amplitude de l’onde émise par le point P est $KA_{0}t(x)$, où K est une constante complexe et $A_{0}$ l’amplitude de l’onde incidente. L’amplitude de l’onde diffractée par le réseau à l’infini dans la direction θ est finalement :

${\underline {\psi }}(\theta )=KA_{0}\int _{-{\frac {l}{2}}}^{\frac {l}{2}}t(x)\exp \left(-i{\frac {2\pi \sin \theta x}{\lambda }}\right)dx=KA_{0}{\hat {t}}(u)$.

L’éclairement est $E=\left|{\underline {\psi }}(\theta )\right|^{2}=E_{0}\left({\frac {1}{2}}{\hat {t}}_{1}(u)+{\frac {1}{4}}{\hat {t}}_{1}\left(u-u_{0}\right)+{\frac {1}{4}}{\hat {t}}_{1}\left(u+u_{0}\right)\right)^{2}$ avec $E_{0}=\left|K\right|^{2}A_{0}^{2}$

L’allure de E (u) s’obtient facilement avec une calculette graphique (sur la figure ci-contre ${\frac {E}{E_{0}}}$ est donné en fonction de ${\frac {u}{u_{0}}}$ ) : on observe trois pics, un pic central de hauteur $0,25E_{0}$ pour u = 0 , deux pics symétriques pour $u=\pm u_{0}$ de hauteur $0,0625E_{0}$.

Explication : ${\hat {t}}_{l}(u)$ (fonction « sinus cardinal ») présente en u = 0 un pic central de largeur $u_{1}\ll u_{0}$; pour $u\gg u_{1}$ , ${\hat {t}}_{l}(u)\approx 0$. Ainsi :

$E\approx \left|K\right|^{2}A_{0}^{2}\left({\frac {1}{4}}{\hat {t}}_{1}(u)^{2}+{\frac {1}{16}}{\hat {t}}_{1}\left(u-u_{0}\right)^{2}+{\frac {1}{16}}{\hat {t}}_{1}\left(u+u_{0}\right)^{2}\right)$

car les doubles produits tels que $2{\hat {t}}_{1}(u){\hat {t}}_{1}\left(u-u_{0}\right)$ sont quasiment nuls puisque l’un des deux termes au moins est quasiment nul. Il existe des pics secondaires de chaque coté des pics principaux non visibles sur la figure.

Interprétation : Le réseau diffracte dans trois directions $\theta =0$ , $\theta _{1}=\lambda u_{0}$ et Échec de l’analyse (erreur de syntaxe): {\displaystyle \theta_{−1} = − \lambda u_0} seulement. Un réseau de fentes infiniment fines donnerait une infinité de pics de même amplitude pour $\theta _{k}=k\lambda u_{0}(k\in \mathbb {Z} ).$

 

Fonction de transfert d'une lentille en éclairage cohérent

Dans le montage optique de la figure A.2, on forme l'image d'un objet transparent, unidimensionnel (selon Ox), à l'aide d'une lentille mince convergente L, de distance focale image f = 20 cm . Cette lentille est limitée, suivant une direction parallèle à l'axe des x, par une fente rectangulaire, de largeur D, centrée sur l'axe optique Oz. L'éclairage est cohérent : l'onde qui éclaire l’objet a une longueur d'onde déterminée λ = 632,8 nm et son vecteur d'onde une valeur et une direction fixées ; dans ce montage, cette direction est normale au plan de l'objet, car l'onde incidente est issue d'une source ponctuelle S, placée au foyer principal objet d'une lentille collimatrice $L_{c}$, mince, convergente, de distance focale image $f_{c}$ = 10 cm. Dans tout le problème, on suppose satisfaite l'approximation de Gauss de l'optique géométrique. L'objet est le réseau sinusoïdal précédent, de largeur totale $l$ et de transmittance t(x) .

a) Trouver la position de l'image géométrique donnée par L, lorsque l’objet est situé en avant de L, à une distance $d_{o}$ = 25 cm et calculer le grandissement transversal. Construire. à l'échelle ${\frac {1}{10}}$ sur l'axe d'optique, l'image géométrique de l'objet. Où se trouve l'image géométrique de la source S donnée par l’ensemble des deux lentilles $L_{c}$ et L ?

Solution

Avec les formules de conjugaison, A étant le point objet, A' le point image :

${\frac {1}{\overline {OA'}}}={\frac {1}{f'}}+{\frac {1}{\overline {OA}}}={\frac {1}{0,20}}+{\frac {1}{-0,25}}$

${\overline {OA'}}=1m$

Le plan image est situé à 1 m derrière la lentille L.

Le grandissement transversal est :

$\gamma ={\frac {\overline {OA'}}{\overline {OA}}}={\frac {1.00}{-0,25}}=-4$

La construction géométrique ne présente aucune difficulté.

L'image géométrique de S par rapport à $L_{c}$ est le point à l'infini sur l'axe ; l'image de ce point par L est le foyer image F. Donc l'image de S par l’ensemble des deux lentilles est le point F.

 

b) L'onde incidente est diffractée à l'infini par le réseau dans la direction faisant un angle θ faible avec l'axe Oz. Montrer que la répartition de l'amplitude complexe de cette onde diffractée, dans le plan focal image de L, est donnée par ${\hat {t}}(u)$ avec $u={\frac {\theta }{\lambda }}$.

Solution

Les rayons diffractés dans la direction θ convergent, après passage dans L, au point M du plan focal de coordonées $(f\tan \theta ,0,f)\approx (f\theta ,0,f)$ dans le repère Oxyz dont l'origine est le centre de la lentille et dont les axes sont définies sur la figue énoncé. Les différences de marche en M sont les mêmes qu’à l'infini à cause de la condition de stigmatisme portant sur le chemin optique. Ainsi l'amplitude complexe en M est, à une constante multiplicative près, identique à l'amplitude ${\underline {\psi }}(\theta )$ calculé précédemment : ${\underline {\psi }}(M)=A'_{0}{\hat {t}}(u)$.

 

c) Lorsque la largeur D est inférieure à une certaine valeur à déterminer, on n'observe pas dans le plan image la structure périodique du réseau sinusoïdal. Donner une interprétation. En déduire que la lentille diaphragmée se comporte comme un filtre passe-bas dont on donnera la fonction de transfert T(u) .

Calculer en $m^{-1}$ la fréquence spatiale de coupure $u_{c}$ dans le cas où D = 10 cm.

Solution

La structure périodique du réseau donne les deux faisceaux diffractés dans les directions $\theta _{1}=\lambda u_{0}$ et $\theta _{-1}=-\lambda u_{0}$. Si ces deux faisceaux sont arrêtés par le diaphragme, il n’y a plus trace après la lentille L de la structure périodique du réseau. C’est le cas dès que :

$D<D_{1}=2d_{0}\tan \theta _{1}\approx 2d_{0}\lambda u_{0}$

La plus grande fréquence spatiale passant la lentille est :

$U_{C}={\frac {D}{2d_{0}\lambda }}$

La fonction de transfert de la lentille diaphragmée est : $T_{(}u)={\begin{cases}1,&{\mbox{si }}u>u_{C}\\0,&{\mbox{si }}u>u_{C}\end{cases}}$.

Application numérique : $u_{C}=3,2.10^{5}m^{-1}$.

Interprétation par la diffraction par le diaphragme : Le diaphragme diffracte la lumière introduisant sur les faisceaux une ouverture angulaire supplémentaire de l’ordre de ${\frac {2\lambda }{D}}$.

Dans le plan image, l’image d’un point est donc un segment de largeur :

${\frac {2\lambda }{D}}\times {\overline {OA'}}={\frac {2\lambda }{D}}\times \left|\gamma \right|d_{0}$.

Il devient donc impossible de distinguer des détails de taille inférieure à cette largeur, c’est-à-dire des fréquences spatiales supérieures à ${\frac {D}{2d_{0}\lambda \left|\gamma \right|}}={\frac {u_{C}}{\left|\gamma \right|}}$ dans le plan image, ce qui correspond à la fréquence spatiale $u_{C}$ dans le plan objet.

 

d) Décrire l'aspect du plan focal si $u_{c}>1,5u_{0}$ (couleur, position des pics d'intensité).

Solution

On suppose $u_{C}>1,5u_{0}$. Le diaphragme n’influe pas sur la figure de diffraction, ni sur l’image du réseau. On observe dans le plan focal image de L trois points lumineux rouges ( λ = 632,8 nm ) correspondant aux trois pics d’intensité trouvés précédemment. Un pic situé en F (0, f ,0) , et deux pic 4 fois moins lumineux situés aux points $Q_{1}(f\lambda u_{0},0,f)$ et $Q_{-1}(-f\lambda u_{0},0,f)$.

 

Modulation et démodulation spatiales en amplitude

Dans le montage précédent (Figure A.2), on accole au réseau précédent un objet transparent dont la transmittance est m(x) , x étant la variable spatiale le long de l'axe Ox.

a) Montrer qu'on réalise ainsi simplement un « multiplieur optique » .

Solution

L’amplitude lumineuse est multipliée par $t(x)$ à la traversée du réseau, puis par $m(x)$ à la traversée de l’objet. L’ensemble est équivalent à un objet de transmittance $t(x)m(x)$ .

 

b) On constate, dans le plan focal, que les pics d'intensité s'élargissent. Ainsi, le pic central s'étend jusqu'à une distance égale à b = 2mm de l'axe optique. Justifier cet élargissement en s'aidant de l'étude qualitative des réseaux de fentes. Calculer la valeur de la fréquence spatiale $u_{m}$ correspondante en $m^{-l}$. Montrer que l’on réalise ainsi un « multiplexage spatial » de l'information contenue dans l'objet, c'est-à-dire une reproduction multiple de cette information, autour de « fréquences spatiales porteuses » déterminées.

Quelles sont les valeurs de ces dernières en $m^{-1}$ ?

Solution

L’étude des réseaux de fentes enseigne que les pics de diffraction sont d’autant plus étroits que le nombre de motifs éclairés est grand. L’objet présente pour simplifier des zones claires et des zones sombres. Le nombre moyen de traits du réseau à l’intérieur d’une zone claire est certainement bien plus petit que le nombre de traits total du réseau. On comprend qualitativement pourquoi les pics d’intensités sont élargis.

Le lien entre la coordonnée x dans le plan focal et la fréquence spatiale u est x = fθ = fλu . On a ainsi :

$u_{m}={\frac {b}{2f\lambda }}={\frac {2.10^{-3}}{2\times 20.10^{-2}\times 632,8.10^{-9}}}=7,9.10^{3}m^{-1}$

L’amplitude diffractée dans la direction θ est à présent :

${\underline {\psi }}(\theta )=KA_{0}\int _{-{\frac {l}{2}}}^{\frac {l}{2}}t(x)m(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)dx$

avec $u={\frac {\theta }{\lambda }}\approx {\frac {\sin |theta}{\lambda }}$

Or :

$t(x)m(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)={\frac {1}{2}}m(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)+{\frac {1}{4}}m(x)\exp \left(-i\left(u-u_{0}\right)x\right)+{\frac {1}{4}}m(x)\exp \left(-i\left(u+u_{0}\right)x\right)$

Posons :

${\hat {m}}(u)=\int _{-{\frac {l}{2}}}^{\frac {l}{2}}m(x)\exp \left(-i2\pi ux\right)dx$.

Alors :

${\underline {\psi }}(\theta )=KA_{0}\left[{\frac {1}{2}}{\hat {m}}(u)+{\frac {1}{4}}{\hat {m}}(u-u_{0})+{\frac {1}{4}}{\hat {m}}(u+u_{0})\right]$ .

Dans le plan focal, l’information contenue dans l’objet est représentée par la fonction ${\hat {m}}(u)$.

À la condition que cette fonction prenne des valeurs nulles en dehors d’un intervalle de la forme $\left[-u_{m},+u_{m}\right]$ avec $u_{m}<u_{0}$ (ce qui veut dire que le pas du réseau est plus petit que les détails les plus fins de l’objet $m(x)$ ), la fonction ${\underline {\psi }}(\theta )$ contient trois répliques de ${\hat {m}}(u)$ centrées en $u=0$ , $u=u_{0}$ et $u=-u_{0}$.

 

c) On souhaite démoduler le signal optique afin de restituer l’objet initial. Proposer une méthode optique simple de « démodulation spatiale ».

Solution

Le montage de la question 3. permet d’éliminer les deux répliques latérales si $u_{C}<u_{0}-u_{m}$ et d’observer l’objet dans le plan image.

 

Physique

Principe de la « propulsion par réaction »

Dans cette partie, on étudie le principe de la propulsion. Pour ce faire, on considère une planche à roulettes ou un chariot sur lequel se trouvent un opérateur et n sacs de sable de masse m chacun. On néglige l’effet des actions dissipatives. Pour simplifier les expressions demandées on négligera la masse du chariot et de l’opérateur devant la masse d’un sac.

Le référentiel R , attaché à l’axe Ox est galiléen.

a) À l’instant $t_{1}=0$, l’opérateur lance le premier sac de masse m à la vitesse ${\overrightarrow {u}}=-u{\overrightarrow {e_{x}}}$ évaluée par rapport au chariot. Montrer que, dans le référentiel R lié au sol (à l’axe Ox ), la quantité de mouvement d’un système clairement défini se conserve. En déduire la vitesse ${\overrightarrow {V_{1}}}$(évaluée dans R ) du chariot et de tout ce qu’il contient après ce premier lancer.

Solution

Le système constitué par le chariot, l’opérateur et les n sacs n’est soumis qu’à des forces verticales, poids et réaction du sol, parce qu’il n’y a pas d’action dissipative. La composante horizontale de sa quantité de mouvement se conserve donc.

Comme la suite de cette question et la question B sont des cas particuliers de la question C, nous allons d’abord résoudre la question C.

Il est dit que la vitesse de lancement d’un sac est ${\overrightarrow {u}}$ par rapport au chariot ; comme la vitesse du chariot varie au cours du lancer, ${\overrightarrow {u}}$ est mal défini par cette formule. En fait, on obtient la relation donnée en B si on suppose que ${\overrightarrow {u}}$ est la vitesse par rapport à un référentiel animé de la vitesse du chariot avant le lancer.

${\overrightarrow {V_{1}}}=-{\frac {\overrightarrow {u}}{n-1}}$

 

b) À l’instant $t_{2}=t_{1}+T$, l’opérateur lance un deuxième sac à la vitesse ${\overrightarrow {u}}=-u{\overrightarrow {e_{x}}}$ évaluée par rapport au chariot. Évaluer la vitesse ${\overrightarrow {V_{2}}}$ par rapport à R du chariot et tout ce qu’il contient après ce deuxième lancer.

Montrer que cette vitesse peut se mettre sous la forme : ${\overrightarrow {V_{2}}}=-\left({\frac {1}{n-1}}+{\frac {1}{n-2}}\right){\overrightarrow {u}}$. On précisera le système étudié.

Solution

${\overrightarrow {V_{2}}}=-\left({\frac {1}{n-1}}+{\frac {1}{n-2}}\right){\overrightarrow {u}}$

 

c) Établir l’expression de la vitesse ${\overrightarrow {V_{k}}}$ du chariot, toujours évaluée par rapport au référentiel R , après le k ième jet effectué à l’instant $t_{1}+(k-1)T$, en fonction de n , k et u . On précisera le système étudié.

Solution

Considérons le système constitué par le chariot, l’opérateur et les n−k+1 sacs. Avant le k ième jet, la composante horizontale de sa quantité de mouvement est $(n-k+1)m{\overrightarrow {V_{k-1}}}$ ; après, elle vaut $(n-k)m{\overrightarrow {V_{k}}}+m({\overrightarrow {V_{k-1}}}+{\overrightarrow {u}})$.

D’où $(n-k+1)m{\overrightarrow {V_{k-1}}}=(n-k)m{\overrightarrow {V_{k}}}+m({\overrightarrow {V_{k-1}}}+{\overrightarrow {u}})\Rightarrow {\overrightarrow {V_{k}}}={\overrightarrow {V_{k-1}}}-{\frac {\overrightarrow {u}}{n-k}}$.

Avec ${\overrightarrow {V_{0}}}={\overrightarrow {0}}$.

 

d) Établir l’expression ${\overrightarrow {a_{k}}}$ de l’accélération moyenne du chariot sur une durée T incluant le k ième jet (par exemple entre $T_{1}+(k-{\frac {3}{2}})T$ et $T_{1}+(k-{\frac {1}{2}})T$ ) en fonction de n , k , T et u (par rapport à R ).

Solution

Cette solution n'a pas été rédigée. Vous pouvez le faire en modifiant le paramètre « contenu » du modèle. ^{Comment faire ?}

 

e) On appelle $D_{m}$ le « débit de masse », c’est-à-dire la masse propulsée hors du chariot par unité de temps. Exprimer ${\overrightarrow {a_{k}}}$ en fonction de n , k , Dm , m et ${\overrightarrow {u}}$ .

Solution

${\overrightarrow {a_{k}}}=-{\frac {D_{m}{\overrightarrow {u}}}{m(n-k)}}$

 

f)Montrer que le système { chariot et son contenu après le k ième jet } semble soumis, sur une durée T incluant le k ième jet, à une force de poussée ${\overrightarrow {\Pi }}$ moyenne que l’on exprimera en fonction de $D_{m}$ et ${\overrightarrow {u}}$ .

Solution

${\overrightarrow {\Pi }}=(n-k)m{\overrightarrow {a_{k}}}=-D_{m}{\overrightarrow {u}}$

 

Propulsion par moteur fusée

On étudie une fusée de masse totale (à l’instant t ) m(t ) et de vitesse ${\overrightarrow {V(t)}}$ dans un référentiel galiléen R ; soit $D_{m}$ le débit massique (constant) de gaz éjectés, et ${\overrightarrow {u}}$ leur vitesse d’éjection dans le référentiel R′ lié à la fusée. La résultante des forces extérieures exercées sur la fusée est notée ${\overrightarrow {R}}$.

a) En effectuant un bilan de quantité de mouvement entre les instants t et t + dt sur un système fermé, montrer que, $m(t){\frac {d{\overrightarrow {V(t)}}}{dt}}={\overrightarrow {R}}+{\overrightarrow {T}}$où ${\overrightarrow {T}}$ est une « force de poussée » dont on onnera l’expression en fonction de ${\overrightarrow {u}}$ et de $D_{m}$.

Solution

Considérons le système constitué à l’instant t par la fusée de masse m et de vitesse ${\overrightarrow {V}}$ et à l’instant t + dt par l’ensemble de la fusée de masse m + dm et de vitesse ${\overrightarrow {V}}+{\overrightarrow {dV}}$ et des gaz éjectés pendant dt , de masse −dm et de vitesse ${\overrightarrow {V}}+{\overrightarrow {u}}$. Le théorème de la quantité de mouvement s’écrit :

${\frac {d{\overrightarrow {p}}}{dt}}={\frac {(m+dm)({\overrightarrow {V}}+{\overrightarrow {dV}})-dm({\overrightarrow {V}}+{\overrightarrow {u}})-m{\overrightarrow {V}}}{dt}}={\overrightarrow {R}}$

En simplifiant et en supprimant le terme quadratique par rapport aux différentielles, qui correspond à un terme négligeable devant les termes linéaires par rapport aux différentielles, on obtient :

${\frac {d{\overrightarrow {p}}}{dt}}=m{\frac {\overrightarrow {dV}}{dt}}-{\overrightarrow {u}}{\frac {dm}{dt}}={\overrightarrow {R}}$

qu’on peut écrire :

$m{\frac {\overrightarrow {dV}}{dt}}={\overrightarrow {R}}+{\overrightarrow {T}}$ où ${\overrightarrow {T}}={\overrightarrow {u}}{\frac {dm}{dt}}=-D_{m}{\overrightarrow {u}}$

 

b) On considère une fusée se déplaçant dans le vide, en l’absence de pesanteur ; les masses initiale et finale de cette fusée sont $m_{i}$ et $m_{f}$ ; ${\overrightarrow {u}}$ et ${\overrightarrow {V(t)}}$ ont la même direction fixe. Exprimer l’accroissement de vitesse $\Delta V=V_{f}-V_{i}$ en fonction de $m_{i}$ , $m_{f}$ et u où u est la norme de ${\overrightarrow {u}}$ supposée constante.

Solution

$m{\frac {\overrightarrow {dV}}{dt}}={\overrightarrow {u}}{\frac {dm}{dt}}\Rightarrow {\overrightarrow {dV}}={\overrightarrow {u}}{\frac {dm}{m}}\Rightarrow {\overrightarrow {V_{f}}}-{\overrightarrow {V_{i}}}={\overrightarrow {u}}\int {\frac {dm}{m}}={\overrightarrow {u}}\ln {\frac {m_{f}}{m_{i}}}$.

 

c) On définit l’efficacité propulsive comme le rapport Q entre l’énergie cinétique communiquée à la « masse utile » $m_{f}$ à partir d’une fusée au repos et l’énergie totale dépensée, définie comme ${\frac {m_{e}u^{2}}{2}}$où $m_{e}$ est la masse éjectée entre l’instant initial et l’instant final. Exprimer Q en fonction de $x={\frac {V_{f}}{u}}$. Tracer l’allure de Q en fonction de x . Comment interpréter qualitativement l’existence d’un maximum ?

Solution

$Q={\frac {{\frac {1}{2}}m_{f}V_{f}^{2}}{{\frac {1}{2}}m_{e}u^{2}}}$

$V_{f}=u\ln {\frac {m_{i}}{m_{f}}}\Rightarrow m_{e}=m_{i}-m_{f}=m_{f}\left[\exp \left({\frac {V_{f}}{u}}\right)-1\right]$

$Q={\frac {x^{2}}{\exp(x)-1}}$ où $x={\frac {V_{f}}{u}}$

Q(x) est une fonction positive de la variable x positive ; si x→0, Q(x) ≈ x→0 ; si x→∞, Q(x) → 0 ; donc Q(x) présente un maximum pour une valeur de x strictement positive.

La courbe de droite montre que Q est toujours inférieur à 1 et qu’il passe par un maximum pour x = 1,5936 , ce qui traduit que, quand x est de l’ordre de 1, il y a moins d’énergie cinétique perdue.

 

d) La masse totale au décollage d’une fusée Saturn V était de $2.10^{6}kg$ ; la vitesse d’éjection des gaz était de l’ordre de $4km.s^{-1}$. L’accélération au décollage était d’environ 1 g ( g ≈ 10 $m.s^{-2}$). Évaluer le débit massique et commenter.

Dans les questions suivantes, le référentiel R (muni du repère Oxyz ) est lié au sol.

Solution

$T\approx 2mg=D_{m}u\Rightarrow D_{m}={\frac {2\times 2.10^{6}\times 10}{1.10^{3}}}=10^{4}kg.s^{-1}$, ce qui représente un débit considérable

 

e) À t = 0 , une fusée initialement immobile située à l’altitude z = 0 est mise à feu. Supposons dans un premier temps que la fusée s’élève verticalement, dans un champ de pesanteur ${\overrightarrow {g}}$ supposé constant, avec un débit massique $D_{m}$ constant. La planète est supposée sans atmosphère. Établir les expressions de la vitesse V(t) et de l’altitude z(t) en fonction du temps, de m(0) , g , u et $D_{m}$ .

On rappelle que $\int \ln(x)dx=x\ln(x)-x$.

Solution

Sous réserve que le débit des gaz soit constant et suffisant pour que la poussée soit supérieure au poids :

${\frac {dm}{dt}}=-D_{m}m=m(0=-D_{m}t$

$m{\frac {dV}{dt}}=-mg-u{\frac {d}{dt}}dV=-gdt-u{\frac {dm}{m}}V=-gt-u\ln {\frac {m}{m(0}}=-gt-u\ln \left[1-{\frac {D_{m}t}{m(0}}\right]$

$z=\int Vdt=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+ut\ln \left(m(0)\right)-u\int dt\ln m$

$\int dt\ln m=-{\frac {1}{D_{m}}}\int dm\ln m=-{\frac {1}{D_{m}}}\left[m\ln m-m\right]_{m(o)}^{m(o)-D_{m}t}$

$=-{\frac {1}{D_{m}}}\left[\left(m(0)-D_{m}t\right)\ln \left(m(0)-D_{m}t\right)-m(0)\ln m(0)-D_{m}t\right]$

$=-{\frac {m(0)}{D_{m}}}\ln \left[1-{\frac {D_{m}t}{m(0)}}\right]+t\left[1+\ln \left(m(0)-D-mt\right)\right]$

$z=-{\frac {1}{2}}gt^{2}+ut\left[1-\ln \left(1-{\frac {D_{m}t}{m(0)}}\right)\right]+u{\frac {m(0)}{D_{m}}}\ln \left[1-{\frac {D_{m}t}{m(0)}}\right]$

$z=ut-{\frac {1}{2}}gt^{2}+u\left[{\frac {m(0)}{D_{m}}}-t\right]\ln \left(1-{\frac {D_{m}t}{m(0)}}\right)$

 

f) Le rayon de la Terre est $R_{T}$ = 6 400 km . L’intensité de la pesanteur au niveau de la surface de la Terre est $g_{0}\approx 10m.s^{-2}$. Évaluer l’énergie potentielle d’une masse de 1 kg au repos à la surface de la Terre en prenant son énergie potentielle nulle à l’infini.

Solution

$dE_{p}=mg(r)dr={\frac {mg_{0}R_{t}^{2}}{r^{2}}}dr\Rightarrow {\frac {E_{p}}{m}}=-{\frac {g_{0}R_{t}^{2}}{r}}{\frac {E_{p}(r=R_{t})}{m}}=-g_{0}R_{t}=6,4.10^{7}J.kg^{-1}$

 

g) L’énergie libérée par la combustion d’un kilogramme de mélange de dioxygène et de dihydrogène ne dépasse pas $2.10^{7}J$. Dans ces conditions, est-il possible de s’échapper du champ gravitationnel terrestre ? On demande une étude qualitative.

Solution

L’énergie nécessaire est le triple de l’énergie massique produite par un combustible. Comme en outre le rendement Q est inférieur à 1, il faut une quantité de combustible très supérieure à la masse qu’on veut faire échapper au champ gravitationnel terrestre.

 

h)

On considère maintenant un modèle très simplifié de vol non vertical. La fusée est censée s’élever au-dessus d’un plan horizontal (on néglige donc la courbure de la surface...). L’intensité de la pesanteur est supposée constante. On néglige toujours la résistance de l’air. Soit ψ(t) l’angle entre la verticale et le vecteur vitesse de la fusée.

On note ${\overrightarrow {T}}$ la « force de poussée » associée à l’éjection de gaz vers l’arrière, m(t) la masse instantanée.

Exprimer, en fonction de ψ, V et de leurs dérivées premières temporelles l’accélération du vaisseau par rapport au référentiel R ( Oxyz ) ; on calculera ses composantes $a_{w}$ et $a_{w'}$ sur la base ${{\overrightarrow {w}},{\overrightarrow {w'}}}$, où ${\overrightarrow {w}}$ et ${\overrightarrow {w'}}$ sont les vecteurs tangents et normaux à la trajectoire, et on montrera que $a_{w'}=V(t={\frac {d\psi }{dt}}$.

Solution

L'accélération est ${\overrightarrow {a}}={\frac {d}{dt}}\left(V{\overrightarrow {w}}\right)={\frac {dV}{dT}}{\overrightarrow {w}}+V{\frac {d{\overrightarrow {w}}}{dt}}$.

Or, ${\overrightarrow {w}}$ est une fonction de ψ (t) : ${\frac {d{\overrightarrow {w}}}{dt}}={\frac {d{\overrightarrow {w}}}{d\psi }}{\frac {d\psi }{dt}}={\frac {d\psi }{dt}}{\overrightarrow {w}}'$.

D'où ${\overrightarrow {a}}={\frac {dV}{dt}}{\overrightarrow {w}}+V{\frac {d\psi }{dt}}{\overrightarrow {w}}'$.

 

En projetant le principe fondamental de la dynamique, sur ${\overrightarrow {w}}$ et ${\overrightarrow {w'}}$, écrire les deux équations différentielles scalaires du mouvement. Les paramètres intervenant seront V , T , m , ψ et g.

Solution

II.H.2) Projetons sur la base de Frenet la loi fondamentale de la dynamique $m{\overrightarrow {a}}=m{\overrightarrow {g}}+{\overrightarrow {T}}$ :

$m{\frac {dV}{dt}}=-mg\cos \psi +T$

$mV{\frac {d\psi }{dt}}=mg\sin \psi$

 

i) On suppose dans la suite que le rapport ${\frac {t}{m}}$ est constant dans le temps. Cette approximation vous paraît-elle réaliste, sachant que le premier étage de la fusée Saturn V représente la plus grande partie de la masse initiale ?

Solution

L’idée que le rapport ${\frac {T}{m}}$est constant dans le temps est peu réaliste, car le débit des gaz est constant et la masse varie d’un facteur de l’ordre de 3 pendant la combustion d’un étage. Par contre, elle simplifie le calcul qui suit et donne une idée de l’évolution possible ; le résultat est plus réaliste si on se limite au début de la poussée, où le rapport n’a pas eu le temps de varier.

 

On posera $q={\frac {T}{mg}}$. Établir dans ce cas l’équation différentielle liant q , V et ψ.

Solution

Prenons le rapport membre à membre des équations précédentes ${\frac {1}{V}}{\frac {dV}{d\psi }}={\frac {-\cos \psi +q}{\sin \psi }}$

 

j) Résoudre l’équation précédente, en imposant que V soit égal à $V_{0}$ quand ψ est égal à ${\frac {\pi }{2}}$. On donne :

$\int {\frac {1}{\sin \psi }}d\psi =\ln \left|\tan \left({\frac {\psi }{2}}\right)\right|$.

Solution

$\ln {\frac {V}{V_{0}}}=\int _{V_{0}}^{V}{\frac {dV}{V}}=\int _{\frac {\pi }{2}}^{\psi }{\frac {-\cos \psi +q}{\sin \psi }}d\psi =\left[q\ln \left|\sin \psi \right|\right]_{\frac {\pi }{2}}^{\psi }=q\ln \tan \left({\frac {\psi }{2}}\right)-\ln \sin \psi$

$V=V_{0}{\frac {\tan ^{q}\left({\frac {\psi }{2}}\right)}{\sin \psi }}$

 

k) Déduire de cette étude une stratégie pour envoyer un vaisseau spatial sur une orbite circulaire (encore une fois, l’étude proposée est très simplifiée). Quelle autre méthode proposeriez-vous pour obtenir la même orbite ? Quel est, à votre avis, l’intérêt de la méthode proposée ?

Solution

On pourrait faire basculer un peu de la verticale la fusée au moyen d’ailerons ; ensuite, le poids amplifierait cette inclinaison, ce qui permettrait de prendre naturellement l’orbite de transfert. La fusée suit ensuite cette orbite de façon balistique jusqu’à son apogée qui est à l’altitude recherchée. Alors une nouvelle accélération permet de prendre l’orbite circulaire.

Une autre stratégie est de tirer verticalement pour traverser l’atmosphère. Une fois l’atmosphère traversée, la fusée bascule et accélère horizontalement, prenant l’orbite de transfert.

La première méthode est plus simple que la seconde, elle ne nécessite pas de manœuvre de basculement. Le point principal est de savoir si elle est plus économique en carburant.

 

Vaisseau spatial dans un champ newtonien

On considère un vaisseau supposé ponctuel de masse m , mobile par rapport à un astre de masse M , de centre O et de rayon R . Le champ de gravitation de cet astre est à symétrie sphérique. La constante de gravitation est notée G . La distance entre le vaisseau et le centre de l’astre est r , r > R . On se placera dans le référentiel (supposé galiléen) lié à l’astre. Sauf mention contraire, le moteur fusée est éteint, c’est-à-dire que le vaisseau est en vol balistique.

a) Montrer que le moment cinétique ${\overrightarrow {L_{O}}}$(calculé en O ) du vaisseau est une constante du mouvement.

Solution

La force est centrale, son moment en O est nul ; d’après le théorème du moment cinétique, ce moment est la dérivée du moment cinétique ${\overrightarrow {L_{O}}}$ par rapport au temps. Donc ${\overrightarrow {L_{O}}}$ est une constante du mouvement.

 

b) Cette constance de ${\overrightarrow {L_{O}}}$ a deux conséquences sur la trajectoire du vaisseau : lesquelles ?

Solution

Soit P la position du vaisseau ; ${\overrightarrow {OP}}$ est perpendiculaire à ${\overrightarrow {L_{O}}}$, donc le vaisseau se meut dans le plan fixe passant par O et perpendiculaire à ${\overrightarrow {L_{O}}}$.

L’aire balayée par OP est proportionnelle au temps.

 

c) Déterminer le champ gravitationnel ${\overrightarrow {g}}(P)$ créé par l’astre en un point P extérieur à l’astre à la distance r de O en fonction de G , M , r et du vecteur ${\overrightarrow {OP}}$.

Solution

${\overrightarrow {g}}(P)=-{\frac {GMm{\overrightarrow {OP}}}{r^{3}}}$

 

d) En déduire l’énergie potentielle $E_{p}$ du vaisseau en fonction de G , M , m et r en la choisissant nulle à l’infini.

Solution

$dE_{p}=-m{\overrightarrow {g}}(P)\cdot {\overrightarrow {dP}}={\frac {GMmdr}{r^{2}}}\Rightarrow E_{p}=-{\frac {GMm}{r}}$ en choisissant l'énergie potentielle nulle à l'infini.

 

e) Dans le cas d’une orbite circulaire de rayon $r_{0}$, exprimer l’énergie mécanique $E_{m}$ du vaisseau et sa période de révolution $T_{rev}$ en fonction de G , M , $r_{0}$ et, si nécessaire, m . Commenter le signe de $E_{m}$.

Solution

L’équilibre sur une orbite circulaire de rayon $r_{0}$ implique $m{\frac {V_{0}^{2}}{r_{0}}}={\frac {GMm}{r_{0}^{2}}}$,

d'où : $E_{m}={\frac {1}{2}}mV_{0}^{2}-{\frac {GMm}{r_{0}}}=-{\frac {GMm}{2r_{0}^{2}}}$, qui est négatif, comme il se doit pour un état lié.

$T_{rev}={\frac {2\pi r_{0}}{V_{0}}}={\frac {2\pi r_{0}}{\sqrt {\frac {GM}{r_{0}}}}}=2\pi {\sqrt {\frac {r_{0}^{3}}{GM}}}$.

 

f) Dans le cas où l’astre est notre Terre, on considère une masse de 1 kg, initialement au repos à la surface de la Terre (rayon $R_{T}$ = 6 400 km ), puis placée sur une orbite circulaire de rayon $r_{0}$ = 7 000 km . En prenant $g_{0}$ l’intensité du champ gravitationnel terrestre, au niveau du sol, égale à 10 $m.s^{-2}$, évaluer numériquement la différence d’énergie mécanique $\Delta E_{m}$ entre ces deux états.

Solution

$\Delta E_{m}=-{\frac {GMm}{r_{0}}}+{\frac {GMm}{R_{T}}}$ en négligeant l’énergie cinétique due à la rotation de la Terre autour de l’axe des Pôles.

Comme $mg_{0}={\frac {GMm}{R_{T}^{2}}}$, $GM=g_{0}R_{T}^{2}$,

${\frac {\Delta E_{m}}{m}}=g_{0}R_{T}^{2}\left({\frac {1}{R_{T}}}-{\frac {1}{2r_{0}}}\right)=10\times \left(6,4.10^{6}\right)^{2}\left({\frac {1}{6400000}}-{\frac {1}{1400000}}\right)=3,5.10^{7}J.kg^{-1}$

 

g) 1 « kilowatt-heure » électrique revient environ à 0,15 € ; en déduire numériquement le coût théorique de la satellisation d’un kg de charge utile. Le coût réel est de l’ordre de 1 000 € par kg .

Commenter ces valeurs.

Solution

Si 1 kWh = $3,6.10^{6}$ J revient environ à 0,15 €, le coût théorique de la satellisation d’un kg de charge utile serait de ${\frac {3,5.10^{7}\times 0,15}{3,6.10^{6}}}$ = 1,4 € par kg . Le coût réel est mille fois plus grand, ce qui signifie que le coût essentiel est celui du matériel.

 

On peut montrer que la trajectoire d’un vaisseau (moteur coupé) dans le champ gravitationnel de l’astre est une conique, d’équation polaire ${\frac {1}{r}}={\frac {1+e\cos \theta }{p}}$, où e est l’excentricité de la conique et p le paramètre.

On se limitera ici au cas où la trajectoire est fermée, donc elliptique.

h) Dessiner l’allure de la trajectoire du satellite en plaçant l’astre attracteur, l’apogée et le périgée.

Exprimer le demi-grand axe de l’ellipse a en fonction de e et p .

Solution

$r_{A}={\frac {p}{1-e}}$

$r_{P}={\frac {p}{1+e}}$

$2a=r_{A}+r_{P}\Rightarrow a={\frac {p}{1-e^{2}}}$

 

i) Donner la relation entre la période orbitale $T_{o}rb$ , le demi-grand axe a , G et M (troisième loi de Kepler).

Solution

$T_{orb}=2\pi {\sqrt {\frac {a^{3}}{GM}}}$ qu’on retrouve en remplaçant $r_{0}$ par a dans l’expression d'une question précédente.

 

j) Supposons qu’à la distance $r_{0}$ du centre de l’astre, la norme V de la vitesse d’un vaisseau soit la même que pour une orbite circulaire mais que l’angle α entre le support du vecteur vitesse et la tangente au cercle de centre O et de rayon $r_{0}$ appartienne à $\left]0,{\frac {\pi }{2}}\right[$. Déterminer en fonction de $r_{0}$ et α les caractéristiques de la trajectoire de ce vaisseau : sa nature, le demi-grand axe a , les distances $r_{A}$ du centre O à l’apogée et $r_{P}$ du centre O au périgée, l’excentricité e , le paramètre p.

Solution

Comme la vitesse et la distance sont les mêmes que pour un mouvement circulaire, l’énergie est la même : la trajectoire est une ellipse de demi grand axe $a=r_{0}$. Le point considéré de la trajectoire étant à la distance a du foyer, il est un des sommets B du petit axe de l’ellipse.

L’angle α entre la direction de la vitesse et celle qu’elle aurait pour un mouvement circulaire est aussi l’angle entre les directions perpendiculaires, soit α = ( BO, BF ) ;

$e={\frac {c}{a}}={\frac {OF}{BF}}=\sin \alpha$ l’expression de $a={\frac {p}{1-e^{2}}}$ et les formules $r_{A}=a+c=a(1+e)$ et $r_{P}=a-c=a(1-e)$ montrent que $p=r_{0}\cos ^{2}\alpha$

$r_{A}=r_{0}(1+\sin \alpha )$

$r_{P}=r_{0}(1-\sin \alpha )$.

 

Vitesse de libération

a) Le vaisseau est initialement sur une orbite circulaire de rayon $r_{0}$ décrite à la vitesse $V_{0}$ . On allume le moteur pendant un temps court, de sorte que la vitesse varie mais pas la distance au centre de l’astre.

Évaluer la vitesse $V_{1}$ qu’il faut communiquer au vaisseau pour qu’il échappe au champ gravitationnel de l’astre en fonction de G , M et $r_{0}$.

Solution

Le vaisseau échappe au champ gravitationnel de l’astre si son énergie est positive soit si :

${\frac {1}{2}}mV_{1}^{2}-{\frac {GMm}{r_{0}}}\geq 0$

$V_{1}\geq {\sqrt {\frac {2GM}{R_{0}}}}$.

 

b) Le commandant de bord dispose en fait d’un « budget de vitesse » ∆V égal à $4V_{0}$ ; cela signifie que la quantité de carburant disponible lui permet de faire varier la vitesse du vaisseau, en une ou plusieurs fois, pourvu que la somme des valeurs absolues des variations de vitesses n’excède pas $4V_{0}$.

option 1 : le commandant utilise tout son budget d’un seul coup en amenant sa vitesse initiale à $5V_{0}$. Évaluer sa vitesse finale (« à l’infini »), en fonction de $V_{0}$.

Solution

Exprimons la conservation de l’énergie entre le départ et l’infini :

${\frac {1}{2}}m(5V_{0})^{2}-{\frac {GMm}{r_{0}}}={\frac {1}{2}}mV_{\infty }^{2}$

L’équilibre sur l’orbite circulaire implique que :

$m{\frac {V_{0}^{2}}{r_{0}}}={\frac {GMm}{r_{0}^{2}}}\Rightarrow {\frac {GMm}{r_{0}}}=mV_{0}^{2}$.

D'où $V_{\infty }={\sqrt {\frac {23}{2}}}V_{0}$

 

option 2 : on utilise un huitième du budget pour ralentir le vaisseau de $V_{0}$ à ${\frac {V_{0}}{2}}$ en un temps très court devant la période, le vecteur vitesse gardant la même direction. Décrire la nouvelle trajectoire : le demi-grand axe a , les distances $r_{A}$ du centre O à l’apogée et $r_{P}$ du centre O au périgée, les normes des vitesses $V_{A}$ et $V_{P}$ à l’apogée et au périgée en fonction de $r_{0}$. Quelle condition doit vérifier $r_{P}$ ?

Solution

La conservation de l’énergie, qui est égale à l’énergie potentielle à une distance égale au grand axe, permet de calculer ce grand axe :

${\frac {1}{2}}m\left({\frac {V_{0}}{2}}\right)^{2}-{\frac {GMm}{r_{0}}}=-{\frac {GMm}{2a}}$

${\frac {GMm}{2a}}={\frac {GMm}{r_{0}}}-{\frac {GMm}{8r_{0}}}$

$a={\frac {4}{7}}r_{0}$

Il n’y a qu’au périgée et à l’apogée que le rayon vecteur est perpendiculaire à la vitesse. Donc le point de départ est l’apogée :

$r_{A}=R_{0}$

$V_{A}={\frac {V_{0}}{2}}$.

La valeur de a et la conservation du moment cinétique entre l’apogée et le périgée montrent que :

$r_{A}+r_{P}=2a\Rightarrow r_{P}={\frac {r_{0}}{7}}$

$r_{A}V_{A}=r_{P}V_{P}\Rightarrow V_{P}={\frac {7}{2}}V_{0}$.

Pour que la manœuvre réussisse, il faut que le rayon de l’astre soit inférieur à $r_{P}$.

 

c) On utilise ensuite le reste du « budget vitesse » au passage au périgée pour augmenter au maximum la vitesse du vaisseau. Justifier la nature de la nouvelle trajectoire et déterminer la nouvelle vitesse finale (« à l’infini »), en fonction de $V_{0}$.

Solution

Au périgée, on fait passer la vitesse de ${\frac {7V_{0}}{2}}$ à ${\frac {7V_{0}}{2}}+{\frac {7V_{0}}{2}}=7V_{0}$. La nouvelle trajectoire est une branche d’hyperbole, car l’énergie est positive, comme le montre le calcul qui suit, et la nouvelle vitesse finale (« à l’infini ») est telle que :

${\frac {1}{2}}m(7V_{0})^{2}-{\frac {GMm}{\frac {r_{o}}{7}}}={\frac {1}{2}}mV_{\infty }^{2}$

${\frac {1}{2}}mV_{\infty }^{2}={\frac {1}{2}}mV_{0}^{2}(7^{2}-2\times 7)$

$V_{\infty }={\sqrt {35}}V_{0}$

 

d) Comparer les deux options, et commenter.

Solution

La deuxième option permet d’obtenir une vitesse à l’infini plus grande, ce qui peut paraître paradoxal, puisqu’on a utilisé une partie du budget vitesse pour freiner. Il est plus efficace de produire une variation de vitesse près d’un astre que loin de lui.

 

Rentrée dans l’atmosphère

Il s’agit ici d’étudier le freinage du vaisseau par les hautes couches de l’atmosphère.

a) Un modèle très simplifié conduit à l’équation différentielle suivante : $m{\frac {dV}{dt}}\approx -\tau SV^{2}\rho _{0}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)$

$\tau$ dépent de la forme du vaisseau, S est la section (ou maître couple), $\rho _{0}$ la masse volumique de l’air au niveau du sol, V la norme de la vitesse et H une hauteur caractéristique. Pouvez-vous interpréter qualitativement cette équation différentielle ?

Solution

Le vaisseau est soumis à la force de freinage de l’air ${\frac {1}{2}}C_{x}\rho SV^{2}$ et au poids ; ce dernier est négligeable si le freinage est efficace. On obtient alors la formule de l’énoncé en supposant l’atmosphère isotherme, d’où $\rho =\rho _{0}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)$, où H = 8 km , et en posant $\tau ={\frac {C_{x}}{2}}$.

 

b) Exprimer ${\frac {dz}{dt}}$ en fonction de V et de ψ . Déduire des deux équations précédentes l’expression de ${\frac {dz}{dt}}$.

Solution

${\frac {dz}{dt}}=-V\cos \psi$

${\frac {dV}{dz}}={\frac {dV}{dt}}{\frac {dt}{dz}}={\frac {1}{V\cos \psi }}\tau SV^{2}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)$

${\frac {dV}{dz}}={\frac {\tau SV\rho _{0}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)}{\cos \psi }}$

 

c) Dans la suite, on considère la masse m du vaisseau et l’angle ψ constants. Si la vitesse initiale à l’altitude $z_{1}$ est $V_{i}$, exprimer ${\frac {V}{V_{i}}}$ en fonction de $\tau$, $\rho _{0}$ , ψ , S , H , m et des altitudes $z_{i}$ et z.

Solution

Séparons les variables et intégrons : ${\frac {dV}{V}}={\frac {\tau S\rho _{0}}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)dz$

$\ln \left({\frac {V}{V_{i}}}\right)={\frac {\tau S\rho _{0}}{\cos \psi }}\left[\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)-\exp \left(-{\frac {z_{i}}{H}}\right)\right]$

${\frac {V}{V_{i}}}=\exp \left({\frac {\tau S\rho _{0}}{\cos \psi }}\left[\exp \left(-{\frac {Z}{H}}\right)-\exp \left(-{\frac {z_{1}}{H}}\right)\right]\right)$

 

d) Simplifier l’expression précédente si $\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)\gg \exp \left(-{\frac {z_{i}}{H}}\right)$

Solution

${\frac {V}{V_{i}}}=\exp \left({\frac {\tau S\rho _{0}}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)\right)$

 

e) On montre que l’accélération du vaisseau peut s’écrire :

${\frac {dV}{dt}}\approx -\alpha \rho _{0}v_{1}^{2}\exp \left[-{\frac {z}{H}}-{\frac {2\alpha \rho _{0}H}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)\right]$ où $\alpha ={\frac {\tau S}{m}}$ ne dépend que du vaisseau

Déterminer la décélération maximale $\gamma _{max}$, en fonction de $V_{i}$ ,$\cos \psi$ et H.

Solution

La formule admise par l’énoncé s’obtient en remplaçant V dans l’expression de la question a) par l’expression obtenue en d).

Soit $y=-{\frac {z}{H}}-{\frac {2\alpha \rho _{0}H}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)$. La norme de l’accélération est un fonction croissante de y , donc elle est maximum quand y est maximum.

${\frac {dy}{dz}}=-{\frac {1}{H}}+{\frac {2\alpha \rho _{0}}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)$

${\frac {dy}{dz}}>0\Leftrightarrow {\frac {2\alpha \rho _{0}}{\cos \psi }}\exp \left(-{\frac {z}{H}}\right)>{\frac {1}{H}}\Leftrightarrow z<h\ln \left({\frac {2\alpha \rho _{0}H}{\cos \psi }}\right)$

La réponse à la question posée est donc plus compliquée que l’énoncé le laisse supposer. Deux cas :

• si $2\alpha \rho _{0}H<\cos \psi$, l’accélération est maximum pour z = 0 : $\gamma _{max}=\alpha \rho _{0}V_{i}^{2}\exp \left(-{\frac {2\alpha \rho _{0}H}{\cos \psi }}\right)$
• si $2\alpha \rho _{0}H>\cos \psi$, l’accélération est maximum pour $z=H\ln \left({\frac {2\alpha \rho _{0}H}{\cos \psi }}\right)$ : $\gamma _{max}={\frac {V_{i}^{2}\cos \psi }{2H}}\exp(-1)$

 

f) Application numérique :

On s’intéresse à la rentrée dans l’atmosphère du vaisseau Apollo 13.

H = 8 km , $\alpha$ = $4.10^{-3}S.I.$, $V_{i}=8km.s^{-1}$.

La décélération ne doit pas excéder 10 g où $g\approx 10m.s^{-2}$. Quelle est la valeur minimale de l’angle ψ ? Commenter.

Solution

$2\alpha \rho _{0}H=64\rho _{0}$ avec $\rho _{0}$ de l’ordre de $1,2km.m^{-3}$, donc il faut considérer le deuxième cas.

$\gamma _{max}<10g$ si $\cos \psi <{\frac {20Hg}{V_{i}^{2}\exp(-1)}}=0,068\psi >86,1^{\circ }$

 

La navette spatiale ne peut pas subir de freinage supérieur à 3g ; en déduire l’angle ψ minimal. Commenter.

Solution

Supposons $\alpha$ égal pour la navette spatiale et pour Appolo XIII. $\cos \psi >{\frac {6Hg}{V_{i}^{2}\exp(-1)}}=0,0204\psi >88,83^{\circ }$

 

Que se passe-t-il si ψ est trop proche de ${\frac {\pi }{2}}$ ?

Solution

Si ψ est trop proche de ${\frac {\pi }{2}}$, il faut tenir compte du poids et de la rotondité de la Terre. C’est particulièrement le cas pour la navette spatiale, puisqu’on veut $\gamma _{max}<3g$, donc le poids n’est pas négligeable.

 

Si vous étiez responsable de la sélection des astronautes, quelle qualité privilégieriez-vous ?

Solution

Un astronaute doit résister à de fortes accélérations, d’où l’appel aux pilotes d’avions de chasse. Toutefois, pour explorer la Lune, il aurait été préférable d’envoyer des géologues plutôt que des pilotes d’avions, qui ont moins bien su examiner les roches sur place.

 

Le freinage très violent que subit le vaisseau au cours de sa rentrée dans l’atmosphère nécessite une protection thermique très efficace.

Connaissez-vous une ou plusieurs des technologies mises en œuvre ?

Solution

La coiffe du vaisseau peut être recouverte de matériaux réfractaires dont l’ablation absorbe une grande chaleur ou plus simplement être constituée d’un matériau résistant aux hautes températures.

 

chimie

Structure cristalline du fer et de l'acier

Le fer peut cristalliser sous deux formes selon la température. À basse température, la maille conventionnelle du fer α possède la structure cubique centrée (CC) alors qu’à haute température, le fer γ adopte la structure cubique à faces centrées (CFC). La transition s’opère à 910 °C à la pression standard ; puis, au-dessus de 1390 °C, le fer δ reprend une structure CC.

• Données numériques :
  • masse molaire du fer : $M(Fe)=55,85g.mol^{-1}$,
  • masse molaire du carbone : $M(C)=12g.mol^{-1}$,
  • nombre d’Avogadro : $N_{A}=6,02.10^{23}mol^{-1}$.

Fer α

a) Donner la définition d’une maille élémentaire. Par quel(s) paramètre(s) est-elle déterminée ?

Solution

Volume minimum redonnant le cristal par translation dans trois directions indépendantes. Longueurs des arêtes et angles entre les arêtes.

 

b) Dessiner la maille conventionnelle du fer α.

Solution

Cube d’arête a : 1 atome à chaque sommet et un atome au centre.

 

c) Combien cette maille renferme-t-elle d’atomes ?

Solution

$N={\frac {8}{8}}+1=2$

 

d) Définir puis calculer la compacité $C_{CC}$ d’une structure CC en adoptant le modèle de sphères dures indéformables.

Solution

Atomes tangents suivant une grande diagonale du cube : $4R_{\alpha }=a_{\alpha }{\sqrt {3}}$.

$C_{CC}=2\left({\frac {4}{3}}\right)\pi {\frac {R_{\alpha }^{3}}{a_{\alpha }^{3}}}=\pi {\frac {\sqrt {3}}{8}}\approx 0,68$.

 

e) Calculer le paramètre $a_{\alpha }$ de la maille cubique, sachant qu’à 20 °C la masse volumique du fer α est $\rho _{\alpha }=7868kg.m^{-3}$

Solution

$\rho _{a}={\frac {2M(Fe)}{N_{A}a_{\alpha }^{3}}}$ d'où $a_{\alpha }=286,768\approx 287pm$

 

f) Calculer le rayon $R_{\alpha }$ de l’atome de fer α à 20 °C.

Solution

$R_{\alpha }(20)=124,174\approx 124pm$

 

Influence de la température

Le volume massique du fer α passe de la valeur $v_{(\alpha )20}=0,1271cm^{3}.g^{-1}$ à la température de 20 °C, à la valeur $v_{(\alpha )910}=0,1321cm^{3}.g^{-1}$ à 910 °C, la variation étant linéaire en fonction de la température. L’étude est menée à pression constante.

a) Lequel des trois coefficients thermoélastiques α, β ou $\chi _{T}$ ces données vous permettent-elles de calculer ? En donner la valeur moyenne.

Solution

Le coefficient de dilatation isobare : $\alpha ={\frac {1}{V}}\left({\frac {\partial V}{\partial T}}\right)_{P}\approx \left({\frac {2}{0,1321+0,127}}\right)\left({\frac {0,1321-0,1271}{910-20}}\right)=4,335.10^{-5}k^{-1}$

 

b) Entre quelles limites le paramètre de maille varie-t-il entre ces deux températures ?

Solution

$a_{\alpha }(20)=286,768pm$ et $a_{\alpha }(910)=290,482pm$

 

c) Quel est le rayon de l’atome de fer α à 910 °C ?

Solution

$R_{\alpha }(910)=125,782pm\approx 126pm$. On a bien ${\frac {R_{\alpha }(910)+R_{\alpha }(20)}{2}}=124,978\approx 125pm$

 

Dans la suite, le rayon atomique du fer α sera $R_{\alpha }=125pm$

Fer γ

a) Dessiner la maille conventionnelle du fer γ.

Solution

Cube d’arête a : 1 atome à chaque sommet et un atome au centre de chaque face.

 

b) Combien cette maille renferme-t-elle d’atomes ?

Solution

$N={\frac {8}{8}}+{\frac {6}{2}}=4$

 

c) Calculer la compacité $C_{CFC}$ d’une structure CFC (modèle de sphères dures indéformables).

Solution

Atomes tangents suivant une d’une face du cube : $4R_{\alpha }=a_{\alpha }{\sqrt {2}}$.

$C_{CFC}=4{\frac {4}{3}}\pi {\frac {R_{\gamma }^{3}}{a_{\gamma }^{3}}}={\frac {\pi }{3{\sqrt {2}}}}\approx 0,74$

 

d) Le rayon atomique du fer γ est $R_{\gamma }=129pm$. Calculer le paramètre $a_{\gamma }$ de la maille cubique.

Solution

$a_{\gamma }=364,867\approx 365pm$

 

e) Évaluer le volume massique $v_{(\gamma )910}$ du fer γ.

Solution

$v_{(\gamma )910}={\frac {M_{A}a^{3}}{4M}}=0,1309cm^{3}.g^{-1}$

 

Si le carbone est très soluble dans le fer liquide (au-dessus de 1536 °C), il n’en va pas de même lorsqu’il se forme une solution solide fer-carbone (fonte ou acier). En effet, le carbone, dont le rayon atomique vaut $R_{C}=77pm$, doit s’insérer dans les sites octaédriques des mailles cristallines de fer α ou de fer γ .

Sites octaédriques

a) Dans la représentation de la maille de fer α ci-dessous (figure 1), un site interstitiel a été singularisé. De quel de type de site s’agit-il ? Est-il régulier ? (réponse à justifier)

Solution

Site octaédrique non régulier car toutes les arêtes n’ont pas la même longueur : a ou $a{\frac {\sqrt {3}}{2}}$.

 

b) Quel serait le rayon maximal $R_{M\alpha }$ d’un atome qui s’insérerait dans ce site sans entraîner de déformation de la structure cristalline ? Calculer $R_{m\alpha }$.

Solution

La distance minimale entre deux atomes de fer opposés est a :

$a=2R_{\alpha }+2R_{M\alpha }={\frac {4R_{\alpha }}{\sqrt {3}}}$ d'où $R_{M\alpha }=19,3pm$

 

c) Où sont situés les sites octaédriques dans le fer γ ? S’agit-il d’octaèdres réguliers ?

Solution

Au centre du cube et au milieu de chaque arête. Réguliers.

 

d) Quel serait le rayon maximal $R_{M\gamma }$ d’un atome qui s’insérerait dans ce site sans déformer la structure cristalline ? Calculer $R_{M\gamma }$.

Solution

$a=2R_{\gamma }+2R_{M\gamma }={\frac {4R_{\gamma }}{\sqrt {2}}}$ d'où $R_{M\gamma }=53,4pm$

 

e) Que pouvez-vous en conclure sur la solubilité par insertion du carbone dans le fer solide ?

Solution

La solubilité par insertion entraîne une déformation, beaucoup plus grande dans la ferrite.

 

Insertion du carbone

Par hypothèse, lorsqu’un atome de carbone s’insère dans le cristal de fer, toutes les mailles subissent la même expansion. L’insertion de carbone dans le fer α permet de former un alliage appelé ferrite ; lorsque l’insertion s’opère dans le fer γ , l’alliage obtenu est dénommé austénite.

a) Quelle valeur prend le paramètre de maille du fer α lorsqu’un atome de carbone s’insère dans un site octaédrique ? À quelle variation relative de volume cela conduit-il ?

Solution

$a'_{\alpha }=2(r_{\alpha }+R_{c})=404pm$

Échec de l’analyse (erreur de syntaxe): {\displaystyle \frac {\Delta V}V = left ( \frac {a'}a \right )^3 - 1 = 1,74}

 

b) De même, que devient le paramètre de maille du fer γ lorsqu’un atome de carbone s’insère dans un site octaédrique ? Quelle est la variation relative de volume induite ?

Solution

$a'_{\gamma }=2(r_{\gamma }+R_{c})=412pm$

Échec de l’analyse (SVG (MathML peut être activé via une extension du navigateur) : réponse non valide(« Math extension cannot connect to Restbase. ») du serveur « http://localhost:6011/fr.wikiversity.org/v1/ » :): {\displaystyle \frac {\Delta V}V = left ( \frac {a'}a \right )^3 - 1 = 0,44}

 

c) Quelles conclusions pouvez-vous en tirer quant à la formation de la ferrite et de l’austénite ?

Solution

La formation de l’austénite entraîne beaucoup moins de déformation que celle de la ferrite.

 

Un acier austénitique contient 1,33% de carbone en masse.

d) Quel est le nombre moyen d’atomes de carbone qui ont été insérés par maille ?

Solution

Il y a $N'=1+{\frac {12}{4}}=4$ sites octaédriques par maille, occupé chacun par x carbone :

$0,0133={\frac {4xM(C)}{4xM(C)+4M(Fe)}}$ d'où $x=0,0627$ et il y a $4x\approx 0,25$ atomes de C.

 

e) Calculer la masse volumique de cet acier. Que pensez-vous de ce résultat ?

Solution

$\rho '={\frac {4xM(C)+4M(Fe)}{N_{A}a'^{3}}}=5378kg.m^{-3}$, plus léger que le fer.