DE LA TERRE A LA LUNE

Mines-Ponts 2001 Filière MP
Physique 1
Corrigé de Laurent BEAU (Lycée de Kerichen. Brest)
[email protected]
N’hésitez pas à me signaler des erreurs ou à me suggérer des commentaires ou des réponses plus "élégantes". Merci.
DE LA TERRE A LA LUNE
Une odyssée problématique de l’espace
A - Préliminaires
1.
On néglige la rotation propre de la Terre donc le poids µg d’un objet de masse µ à la surface de la Terre est la
Gµ M T
force gravitationnelle terrestre
. Il vient ainsi :
RT2
g=
GM T
RT2
GM T
On peut vérifier numériquement. Avec les données de l’énoncé, on trouve
RT2
Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la Lune s’écrit : m a(L) = −
= 9,79 m.s− 2 .
GM T m
er . L’orbite lunaire est
d2
circulaire autour du centre de la Terre donc la force gravitationnelle s’exerçant sur la Lune (et donc
2
l’accélération) est normale à la trajectoire. La norme de l’accélération est alors :
 2π 
v2
= d
 . On en
d
 TT (d ) 
déduit :
TT (d) =
2π d 3 / 2
(GM T )1 / 2
ou TT (d ) =
2π RT1 / 2  d

g 1 / 2  RT



3/ 2
Application numérique : TT(d) = 27,39 jours à comparer aux 27,42 jours donnés en fin d’énoncé (0,3%
d’écart).
B - En négligeant la gravitation lunaire
2.
L’énergie mécanique totale E =
l’attraction terrestre.
3.
1 2 GM T µ 1 2 gRT2 µ
µx& −
= µ x& −
se conserve car le corps n’est soumis qu’à
2
x
2
x
L’énergie mécanique se conservant : E =
1 2 gRT2 µ
µv0 −
en notant v0 la vitesse initiale du boulet. Pour
2
RT
atteindre l’infini, il faut que la vitesse soit non nulle pour x → +∞ c’est-à-dire que l’énergie mécanique totale
du boulet soit positive ce qui impose, : v0 ≥ V ∞ où
V ∞ = 2 gRT
Application numérique : V∞∞ = 11,2 km.s-1
4.
Exprimons la conservation de l’énergie entre le point de départ x = RT , v = V(D) et le point où la vitesse
s’annule x = D, v = 0 :
1
µgRT2
µgRT2
2
µ V (D ) −
=0 −
2
RT
D
On trouve :
R 

V (D ) = 2 gRT 1 − T 
D 

1 /2
On retrouve bien V(D) = 0 si D = RT et V (D ) = V ∞ = 2 gRT si D → +∞
5.
Récrivons la conservation de l’énergie entre le point de départ x = RT , v = V(D) et le point x , v :
E=
ce qui donne :
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1 2 gRT2 µ
gRT2 µ
µx& −
= 0−
2
x
D
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Physique 1
1 1 
x& 2 = 2 gRT2  − 
x D
& (t ) sin[ ψ(t )] cos[ ψ (t )] .
Dans cette équation, posons x(t) = D sin 2 [ψ (t )] c’est-à-dire x& (t ) = 2D ψ
1 1
1  cos[ ψ(t )] 
−
= 

x D D  sin[ ψ (t )] 
Après simplifications (avec cos[ψ(t)] différent de π/2), on obtient :
2
1/ 2
 gRT2 
π 2

ψ& (t ) sin 2 [ψ(t )] = 
=
 2D3 
T
T (D )


Seule la solution où ψ& (t ) > 0 a été conservée puisque x(t) est croissante (donc ψ(t) également et 0 ≤ ψ(t ) ≤ π / 2
puisque 0 ≤ x (t ) ≤ D )
En intégrant entre t = 0 et t, on a bien t = TT (D )f (ψ ) où , en posant χ (ψ) = ψ −
f (ψ ) =
ψ (t )
1
π 2
∫( sin
)
1
2π 2
[χ(ψ ) − χ(ψ 0 )]
RT
D
Le temps τ mis pour atteindre le point D est tel que x(τ) = D soit ψ(τ) = π/2.
Il vient donc τ =
7.
(u ) du =
ψ0
2
A t = 0, x(0) = RT = D sin 2 [ψ 0 ] donc sin ( ψ 0 ) =
6.
2
1
sin (2ψ )
2
TT (D )  π
2
 TT (D ) 

 − χ(ψ 0 )  =
1 − χ (ψ 0 )
π
2π 2  2

4 2 

On lance le boulet avec la vitesse initiale V(d) comme si on voulait lui faire atteindre le centre de la Lune
R
avec une vitesse nulle. ψ0 vérifie donc sin 2 ( ψ 0 ) = T = 1,66 .10 −2 << 1 . On peut donc faire
d
R 
l’approximation ψ 0 ≈  T 
 d 
1 /2
et χ (ψ 0 ) ≈
2  RT 


3 d 
3 /2
.
La durée de voyage du boulet jusqu’à la surface lunaire est
sin 2 ( ψ1 ) =
x (τ1 )
r
=1− .
d
d
τ1 = TT (d )f (ψ 1 ) où ψ1 = ψ(τ1 ) vérifie
r
<< 1 ⇒ sin 2 (ψ 1 ) ≈ 1 donc ψ1 est proche de π/2.
d
Posons ψ 1 = π / 2 − u où u << 1 ; il vient donc sin 2 ( ψ1 ) = 1 − cos 2 ( ψ1 ) = 1 −
π

r 
cos  − u  = sin (u ) ≈ u ⇒ u ≈  
2


d 
r
r
donc cos (ψ1 ) =  
d
d
1 /2
.
1/ 2
π 
4  r  
1
π
1
π
1−  
On en déduit χ (ψ1 ) = ψ1 − sin (ψ1 ) ≈ − u − sin (2u ) ≈ − 2u ⇒ χ (ψ1 ) ≈
2
πd 
2
2
2
2


Conclusion : τ1 =
TT (d )
2π 2
(χ(ψ1 ) − χ(ψ 0 )) ⇒
τ1 ≈
3 /2
1 /2
TT (d ) 
4r 
4  RT 
1−  
−


π d 
3π  d 
4 2 




L’application numérique donne τ 1 = 4,42 jours
Au point d’impact, x = d – r. La vitesse du boulet à l’arrivée sur la Lune est donc
1
 1
x& = 2 gRT2 
− 
 d − r d
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1/ 2
et ensuite
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Physique 1

r

vimpact = 2 gRT2 

 (d − r )d 
1/ 2
Application numérique : vimpact = 97,2 m.s -1
8.
Pendant la durée τ1, la Lune parcourt sur son orbite circulaire autour de la Terre, l’angle θ1 tel que
θ1 = 2 π
τ1
TT (d )
Application numérique : θ 1 = 58° proche des 64° donnés par Jules Verne (10% d’écart relatif)
C - Avec la gravitation lunaire
9.
La position du point d’équigravité est définie par
GM T
ξ
2
=
Gm
(d − ξ)2
ce qui donne :
d
ξ=
1/ 2
 m 

1 + 
 MT 
Application numérique : ξ = 345600 km (avec la précision de d !) mais vu le nombre de chiffres significatifs de
m et MT, on écrira plutôt : ξ = 3,46.105 km
Si le boulet atteint ce point d’équigravité, il passera dans la zone où la force d’attraction lunaire est plus forte
que la force d’attraction terrestre : il atteindra alors obligatoirement la Lune.
Ce point d’équigravité n’est pas fixe car le système Terre-Lune bouge. Il ne correspond donc pas à un point
d’équilibre du point de vue dynamique.
10. En tenant compte de l’énergie potentielle associée à la force gravitationnelle lunaire, l’énergie mécanique
totale du boulet s’écrit :
E=
1 2 GM T µ Gm µ 1 2 gRT2 µ
m gRT2 µ
µv −
−
= µv −
−
2
x
d−x 2
x
MT d − x
Cette énergie est conservative car le boulet n’est soumis qu’aux attractions lunaire et terrestre, elle s’écrit
donc aussi en tenant compte des conditions initiales :
E=
1 2 gRT2 µ
m gRT2 µ
µv0 −
−
2
RT
M T d − RT
On obtient alors :
(
)
R
1 2
m  RT
RT  


v − v02 = gRT  T − 1 +
−
2
M T  d − x d − RT  
 x
Cette équation est « l’intégrale de l’équation des forces vives » que nous appelons intégrale première du
mouvement obtenue en intégrant le principe fondamental de la dynamique (« équation des forces vives »).
R
m RT
m
RT
Parmi les 4 termes entre crochets, T ≈ 1,84.10 −2 ,
≈ 2,05 .10 −3 et
≈ 2,09 .10 −4 en faisant
x
MT d − ξ
M T d − RT
l’évaluation pour x = ξ.
Numériquement, on trouve V(ξ
ξ ) = 11,07 km.s-1
1/ 2

R 
Remarque : en faisant D = ξ dans la réponse à la question 4, on trouve 2 gRT 1 − T 
= 11 ,08 km.s-1 qui
ξ 

est légèrement plus élevée que V(ξ) trouvée à cette question. Ceci est logique car en tenant compte de
l’attraction lunaire, on doit lancer moins vite le boulet au départ pour qu’il atteigne la Lune. Les deux valeurs
sont néanmoins très proches car tant que x < ξ, l’attraction terrestre est prépondérante.
11. Par définition, le rayon de la sphère d’influence de la Terre par rapport au Soleil est tel que :
GM T
2
RSI
=
GM S
(dTS
− RSI )
2
(notations transparentes)
On en déduit :
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Physique 1
RSI =
dTS
M
1 +  S
 MT



1/ 2
M 
≈ dTS  T 
 MS 
1/ 2
Numériquement : RSI = 2,59.105 km < d donc selon ce modèle, la lune est un astéroïde solaire... !
12.
La durée τ2 du trajet Terre-Lune peut s’écrire : τ2 = τ 2T + τ 2L où τ2T (resp. τ2 L ) est la durée du trajet
surface de la Terre-E (resp. la durée du trajet E-surface de la Lune).
La durée τ2 L est également la durée du trajet surface de la Lune-E (la durée de « montée » ou de
« descente » est la même, les équations du mouvement étant invariantes par renversement du temps.
D’après la réponse à la question 6 :
sin 2 [ψ 0T ] =
τ2T =
TT (ξ ) 
2

 1 − χ(ψ 0T )
π
4 2 

τ2 L =
et
T L (d − ξ ) 
2

1 − χ (ψ 0L ) 
π
4 2 

où
RT
r
et sin 2 [ψ 0L ] =
.
ξ
d−ξ
D - Résistance de l’air
13. Le principe fondamental de la dynamique projeté sur la trajectoire rectiligne du boulet donne :
µ
dV
= − kV 2
dt
dt
dV
, il vient : µ
= − kVd t = −k dx . En intégrant entre la surface de la Terre et la sortie de
V
V
l’atmosphère, on obtient :
Multiplions par
V
ln  Y
 v0
VY
 kY

k
= exp  −
 = − Y c’est-à-dire
v
µ
0
 µ




Numériquement : VY/v0 = 0,819 soit plus de 20% d’écart avec la valeur 2/3 donnée par BARBICANE. Le
modèle est donc à affiner (cf. question suivante).
Il est cohérent de négliger la pesanteur puisque kV2 est de l’ordre de 107 N (en prenant V de l’ordre de
10 km/s ce qui l’ordre de grandeur ici) alors que le poids du boulet est de 105 N.
14. Un modèle moins fruste tenant compte de la variation de la densité de l’atmosphère aboutit à l’équation :
µ
Multiplions à nouveau par
d’altitude y, on obtient :
dV
= − AV 2 exp (− qy )
dt
dt
dV
: µ
= − A exp (− qy )d y . En intégrant entre la surface de la Terre et un point
V
V
A
v = v0 exp 
[exp (− qy ) − 1]
 qµ

A la sortie de l’atmosphère terrestre, on veut v(Y ) = V ∞ . Il faut donc :
 A
v0 = V ∞ exp  −
[exp (− qY ) − 1 ]
 qµ

On trouve alors v0 = 16,8 km.s-1 ce qui représente bien cette fois-ci
VY
2
= .
v0
3
15. D’après le théorème de l'énergie cinétique, le travail de la force résistante est :
W =
(
1
µ V ∞2 − v02
2
)
Une fraction η de ce travail est transformé en énergie thermique :
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Physique 1
Tf
ηW =
µa
∫ µcdT = 2 (T
2
f
)
µa 2
Tf car l’échauffement est important (on le vérifiera dans l’application
2
− T i2 ≈
Ti
numérique qui suit).
On en déduit Tf ≈
(
η v20 − V∞2
a
)
A.N : Tf = 12.103 K ce qui correspond à l’échauffement du boulet. Aucun matériau ne résiste à une telle
température.
16. L’énergie nécessaire à vaporiser une masse dm de matériau est λdm. Cette énergie est fournie par la
fraction η du travail élémentaire de la force résistante entre t et t + dt : −ηRvd t :
λ dm = − ηRvd t
v
v + dv
masse m(t) + dm
v
masse m(t)
instant t
masse -dm
instant t + dt
A l’instant t, la quantité de mouvement du système entouré ci-dessus est
p(t ) = mv
A l’instant t + dt, la quantité de mouvement du système entouré ci-dessus est
p(t + d t ) = (m + d m )(v + d v ) + (− d m )v
On en déduit donc la variation de quantité de mouvement de ce système fermé :
dp = (m + d m )d v ≈ m (t ) dv au premier ordre
Le principe fondamental de la dynamique appliqué à ce système fermé s’écrit
dp
v
= R = − Av 2 exp (− qy )
dt
v
On obtient donc le système différentiel suivant :
dy

v(t ) = dt

η
 dm
= − Av3 exp (− qy )

λ
 dt

dv
2
m (t ) dt = − Av exp (− qy )

E - Canon et poudre
17. La masse de poudre ρSX 0 se transformant intégralement en gaz de masse NM a :
N =
ρ SX 0
Ma
18. La pression du gaz étant nettement plus élevée que la pression atmosphérique, la force de poussée s’écrit PS
NRT
où P est la pression du gaz P =
.
x
Le théorème de la résultante cinétique appliqué au boulet donne
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Physique 1
µ
Multiplions par vdt = dx : µvd v = NRT
(vitesse de sortie W) :
dv
NRT
= PS =
dt
x
dx
qui donne en intégrant entre le départ et la sortie du canon
x
 X
1
µ W 2 = NRT ln 
2
 X0
19. En posant X 1 =
 ρSRT
 X 
 =
X 0 ln 

Ma

 X0 
M a µW 2
X 
, l’équation précédente devient X = X 0 exp  1  . La longueur X du canon est
2ρ SRT
 X0 
minimale quand
M a µW 2
dX
= 0 . On trouve X 0 = X 1 =
et donc X = X 0 e
2ρ SRT
dX 0
A.N : X0 = 84,9 m et X = 231 m
20. Cette fois-ci, le gaz suit une évolution polytropique PV α = C te c’est-à-dire Px α = P0 X 0α =
On reprend le calcul de la question 18 en remplaçant PS =
µvd v = NRTX 0α−1
dx
x
α
⇒
[
NRT α
X0 .
SX 0
NRT
NRT α−1
par PS =
X0 :
x
xα
]
1
NRT α−1 1− α
µW 2 =
X0 X
− X 01−α qui devient
2
1−α
  X 1 − α


X 0  
− 1  = (1 − α )X 1 (cf. question 19 pour l’expression de X1 )
 X

 0 

qu’on peut encore écrire X 1− α − X 10 −α = (1 − α)X1 X 0−α
(
)
Différentions cette expression : (1 − α) X − αdX − X 0− α dX 0 = −α(1 − α)X1 X 0− α−1 dX0 .
La longueur X du canon est minimale quand
M µW 2
dX
= 0 . On trouve X 0 = αX 1 = α a
(remarquons qu’on
2ρSRT
dX 0
retrouve le résultat de la question 19 en faisant α = 1 ce qui est rassurant...).
On en déduit en remplaçant αX 1 par X 0 dans X 1− α − X 01−α = (1 − α)X1 X 0− α que
X = X0
1
α
α −1
A.N : X0 = 170 m et X = 340 m
Le modèle de l’évolution isotherme du gaz donne donc un résultat plus proche des valeurs proposées par
BARBICANE que l’évolution polytropique avec α = 2.
21. Considérons l’accélération du boulet constante a =
dv
dv
1
=v
donc v02 − 0 = a (X − X 0 ) = aX a :
dt
dx
2
2
a=
v0
2X a
A.N : a = 6,3.105 m.s -2 soit 6,3.104 g ! ! ! (6300 fois l’accélération maximale à laquelle résiste un être
humain).
Aucun dispositif ou équipement ne permet de survivre à une telle accélération (même les combinaisons
« anti-g » équipant les pilotes d’avions militaires comprimant les membres inférieurs pour refouler le sang
vers le haut du corps, le cerveau en particulier).
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Physique 1
F - Retour sur la sphère d’influence
22. Les équations du mouvement de la Terre, de la Lune et du boulet sont respectivement :
d 2 RT
MT
dt
d 2 RL
m
µ
M m
M µr
= G  T3 rTL + T 3 TB rTB
 r
rTB
 TL
2
 mM

µm
= G  3 T rLT + 3 rLB  (2)
 r

rLB
 TL

2
dt
d 2 RB
dt

 (1)


 µM
µm
= G  3 T rBT + 3 rBL
 r
rLB
 TB
2

 (3)


M T (3 ) − µ (1 ) donne :
d 2 rTB
dt
2
+
G (M T + µ )
3
rTB
r
r 
rTB = −Gm  TL
+ LB
3
3 
 rTL rLB 
23. La permutation des indices T et L et des masses MT et m mène à
AL =
G (m + µ )
3
rLB
d 2 rLB
dt2
+ AL = PT avec
 rTB rLT
rLB et PT = −GM T  3 + 3
rLT
 rTB




24. Prenons la situation où Lune, boulet et Terre sont alignés.
d-x
T
B
L
x
d
1 
 1
G (m + µ )
Algébriquement PT = GM T  2 − 2  et A L = −
.
d
x 
(d − x )2
On en déduit ρ T =
(
PT
1
=
1 − u2
2
AL
ε
De même, on aboutit à ρ L =
(
) 1u − 1 

2

=
1  1
x

2
 2 − 1 (1 − u ) en posant u =
2
d
ε u



PL
1

= ε 2u 2 
−
1
 (1 − u )2

AT


)
1 

2
On vérifie aisément que ρ T u, ε = ρ L 1 − u, 2 

ε 
Au point d’équigravité, ξ =
On trouve ρ T = 1 −
1
(1 + ε)
2
d
ξ
1
ε
⇒u= =
= 0 ,9 et 1 − u =
= 0,1
1+ε
d 1+ ε
1+ ε
et ρ L = 1 −
1
1

1 + 
ε

2
A.N : ρ T = 0,19 et ρ L = 0,99 (ce qu’on vérifie graphiquement).
25. La formule de Tisserand donnée dans l’énoncé est sûrement erronée. En effet, considérons que ε << 1
(rappelons que ε = 1/9) et donc que la valeur de u correspondant à la séparatrice est proche de 1 :
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(
)
Physique 1
ρ T = ρ L ⇔ 1 − u 2 (1 − u ) = ε 4 u 5 (2 − u ) devient (1 − u ) ≈
4
5
 ε4
1−u ≈ 
 2

ε4
c’est-à-dire
2
1
5



donc le rayon de la sphère d’influence de la Lune :
1
2
 1  5  m 5
rI (L ) =   
 d
 2   MT 
Avec ce résultat, on trouve un rayon de 0,150d = 57,6.103 km
Avec la formule de l’énoncé, on trouve un rayon de 0,172d = 66,2.103 km
alors que l’analyse de la figure 4 (et non figure 3 comme le propose l’énoncé...) donne ρ T = ρ L pour u = 0,865
soit rI(L) = 0,135d = 51,8.103 km.
L’écart relatif est de 11% avec la formule rectifiée et de 27% avec la formule de l’énoncé.
* * *
* *
*
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