Corrigé 1. Le ballon peut voler grâce à la poussée d`Archimède : la

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Le ballon solaire est un aérostat semblable à la montgolfière sauf qu’il n’utilise pas de brûleur, ni
aucune autre source de chaleur exceptée celle fournie par le soleil.
Les objectifs d’un vol de ballon solaire sont très variés. Cela peut aller du simple plaisir de le voir
voler, jusqu’à l’expérience embarquée avec radio-transmission des données et suivi du ballon par GPS, en passant
par la traditionnelle photographie aérienne. Certaines personnes utilisent même leur ballon pour s’élever dans les
airs.
On étudie dans la suite divers aspects liés aux ballons solaires : caractéristiques du vol, mesures...
On effectue les hypothèses simplificatrices suivantes :
• l’atmosphère est supposée au repos, isotherme de température T ;
• le ballon et sa charge constitue le système étudié, de masse m ;
• le rayonnement solaire maintient le gaz à l’intérieur de l’enveloppe du ballon à la température T1 > T
;
• l’air ambiant exerce sur le système une force de traînée Fv
=
−α
J
GG
où v
G
est la vitesse du
ballon.
1) Pourquoi le ballon peut-il voler ?
2) Déterminer l’équation différentielle du mouvement et sa solution.
3) Le ballon embarque un capteur de pression. Que mesure-t-il au cours de son ascension, supposée
verticale ?
4) En pratique le ballon solaire ne peut dépasser une altitude limite. Expliquer. Pour une pression et une température de l’atmosphère
données, de quoi dépend cette altitude limite.
Corrigé
1. Le ballon peut voler grâce à la poussée d’Archimède : la masse volumique de l’air chaud
est inférieure à celle de l’air extérieur d’après l’équation d’état dans le modèle du gaz parfait
M
p
R
T
μ= .
2. On se place dans le référentiel lié au sol. Le système mobile est le ballon de volume V,
soumis à son poids (enveloppe, charge et air intérieur) INT mg Vg+μ
J
GJG, à la poussée d’Archimède
EXTVg−μ JG et à la force de traînée Fv=−α
JG G .
En appliquant la deuxième loi de Newton, on obtient INT EXT
dv
mmgVg Vgv
dt
=
+μ −μ −α
G
J
GJGJGG
ou
encore
(
)
INT EXT
1V
dv vg
dt m m
μ−μ
⎛⎞
α
+=+
⎜⎟
⎝⎠
GGJG dont la solution est
(
)
/
0t
vt v ve
−τ
∞
=+
G
GG en notant
/mτ= α la constante de temps,
(
)
INT EXT
1V vmg
∞
μ−μ
⎛⎞
=+
⎜⎟
α
⎝⎠
GJG
la solution particulière de l’équation
homogène associée et 0 v
G la constante d’intégration déterminée par la condition initiale
()
00vt
=
=
GG
d’où 0 vv
∞
=−
GG
et enfin
(
)
()
/
1t vt v e
−τ
∞
=−
GG .
Comme on a
M
p
R
T
μ= dans le modèle du gaz parfait, avec la pression égale à l’intérieur et à
l’extérieur du ballon à cause de l’équilibre mécanique réalisé puisque le ballon est ouvert, on obtient
INT EXT i
11Mp
R
TT
⎛⎞
μ−μ = −
⎜⎟
⎝⎠
3) Comme on suppose l’atmosphère isotherme, la pression mesurée évolue en fonction de
l’altitude suivant la loi du nivellement barométrique 0exp
M
gz
pp
R
T
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
que l’on démontre à
partir de la loi de statique des fluides.

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5) Comme le ballon est ouvert, la pression intérieure est toujours égale à la pression
extérieure qui diminue avec z : en supposant Ti et V constants, on a donc INT i
M
p
R
T
μ= qui diminue :
la masse volumique de l’air diminue dans le ballon lorsqu’il monte.
De même, la masse volumique de l’air extérieur diminue de la même manière d’après
EXT
M
p
R
T
μ= . Comme Ti > T, μiNT – μEXT est négatif mais diminue en valeur absolue. Il existe donc
une altitude z telle que INT EXT V
α
μ
−μ =− . Alors v∞ = 0 et le ballon ne monte plus. L’altitude
maximale atteinte dépend du volume du ballon, du coefficient de traînée et de la température
intérieure (c’est-à-dire du rayonnement solaire) pour une température et une pression donnée de
l’atmosphère.