I.V.P. 1994 option P' Freinage d'une navette par l'atmosphère
Interaction entre deux spires.
1 Préliminaire
p=μRTM atmosphère en équilibre isotherme ⇒μ∗→g=gra→d(p)
∂p∂z=− μ∗g → ∂μ∂z=− μ⋅gMRT μ=μS⋅exp(−MgzRT)=μSexp(−zd)
d=RTMg=8000m⇒T=279K
2 Freinage vertical dvdμ + C1⋅dm⋅v = 0
2.1. dvdt=−μ⋅C1m⋅v2=dvdμ⋅dμdh⋅dhdt
avec dhdt=−v;etdμdh=−μh
2.2 dv/v = -(C1 .d/m).dµ Ln(v/v0) = C1 .d/m.(µ0-µ) v=v0⋅exp(d.C1m⋅(μ0−μ))
2.3 A l'altitude h0 la masse volumique est très faible (µ0 = 4,8.10-6) et le freinage très peu efficace; dans le cadre de ce modèle très grossier la vitesse à l'arrivée au sol est très faible: v= v0* exp(-20,8) = 7,4 .10-6 m/s
bien, sur la force de freinage, qui varie comme le carré cette vitesse, n'est plus efficace; qualitativement on voit que l'efficacité du freinage passe par un maximum; il resterait à définir quantitativement cette " efficacité".
2.4 δ = -dv/dt = µ(h).C1 /m.V2 = .C1 /m.V02 µ.exp{ 2.C1 (d./m).(µ0-µ)}
il y aurait un maximum de décélération là où d δ /dµ. = 0 = [1 - µ. 2.C1 d./m.]* δ /µ
soit quand μM=m2⋅d⋅C1=5.1038.103.2.10=132kg/m3
ce qui correspond à une altitude hM=d⋅Ln(μSμM)=8000.Ln42=29,9km
la décélération serait δM=μM⋅C1m⋅V20⋅1e=1e⋅V202.d=1470m⋅s−2
soit, dans le cadre de ce modèle, environ 150 fois G.
2.5 Si l'on réintroduit l'attraction terrestre son effet est notable au départ car µ est faible, la vitesse va donc augmenter; on peut majorer cette augmentation en évaluant la vitesse de la navette au sol s'il n'y avait pas d'atmosphère(v '= (64.106+10.105)½ =8,06 km/s
Sous l'action de la gravitation la navette atteindrait une vitesse limite Vl=√m.Gμ.C1 qui correspond en h=0, où µ = 1,3kg/m3, à Vl = 62 m/s. Dans le cadre du modèle où l' on néglige la gravitation cette vitesse de 62m/s correspond à une altitude calculable par les relations du § 2.2 : µ(h) =m /.(C1 d.).Ln(8000/62) = 0,30 kg/m3, on aurait cette masse volumique donc cette vitesse(62 m/s) en h= d.Ln(1,3/0,3) soit en h = 11,6 km ,(13,2km en tenant compte de µ(h)), altitude nettement inférieure à celle (environ 30 km) où l' on prévoyait une décélération maximale de 150* G, qu'il ne faut pas faire subir à d'hypothétiques passagers. L'allure générale de la courbe v=f(h), et ses conséquences, sont donc peu modifiées.
3 Freinage sur une spirale
3.1 On projette sur la tangente à la trajectoire la relation fondamentale en "oubliant" là encore le terme de gravitation lié à la terre(m.G.cosα) : dvdt=−μ⋅C1m⋅v2=dvdμ⋅dμdh⋅dhdt
relation inchangée, mais avec dh /dt = - Vcosα dvdμ+C1⋅dm.cosα⋅v=0
3.2 Le freinage sur l'air raréfiée de la très haute atmosphère provoque une perte lente d'énergie mécanique pour un satellite, même en orbite circulaire (α=π / 2) et donc une lente diminution de l'altitude. Ce phénomène n'est pas pris en compte ici. Donc si α=π / 2 il n'y a pratiquement pas freinage et si α=0 la rentrée est la plus "brutale".
3.3 On observera le maximum de décélération pour d δ /dµ.=[1 - µ. 2.C1 d./m.cosα.].( δ /µ)
La décélération maximale sera Δ′M=μ′M.Ctm.V20.1e=cosαe.V202.d=1470.cosα pour qu'elle soit inférieure à 10.G il faudra cosα < 1 / 14,7 soit π / 2 > α > π / 2 - 0,068
La longueur L de la trajectoire parcourue par la navette sera : L=∫tFt=0v.dt=∫tFt=0dhdt⋅1cosαdt=14,7.h0=1470km
3.4 On néglige, lors de la descente de la navette, la perte d'énergie potentielle gravitationnelle devant la perte d'énergie cinétique 64 fois plus importante:-ΔEc =1/2.m.v²=1,6.1011 joules
Pour dissiper cette énergie on songe à la vaporisation d'une céramique; il en faudrait:
−ΔEc=(IFus+Ivap)⋅mceramSoitmceram=1,6.1011107=16tonnes
Cette valeur est bien sur incohérente avec la valeur, 5 tonnes, de la masse de la navette; on peut penser qu'il y a en plus évacuation de la chaleur par convection et surtout par rayonnement, l'importance de ces facteurs augmente.si la durée du vol spirale croît(α→π / 2)
Pb 2 : INTERACTION ENTRE DEUX SPIRES
1 Etude des phénomènes électromagnétiques
1.1 Bz=μ0I12a(1+a2z2)−32≅μ0I1a22z3
1.2 L'Inductance mutuelle M entre les deux spires:
M=Φ12I1≅μ0πa42z3 etI2=−1RdΦ12dt=1R3μ0πa42z4I1(dzdt)
M≠0 alors que L1 et L2 sont nulles peut surprendre. On peut espérer qu'un candidat s'en étonnant et invoquant L2.L1 ≥ M2 aura été fortement récompensé !
1.3 . a
1°) Symétrie de révolution autour de oz ⇒ →B indépendant de θ
2°) Le plan M,→ur,→uθ est plan de "symétrie négative" ⇒ →B(M)∈auplanM,→ur,→uθ
1.3 . b 2π.r.dz.Br+π.r2.∂Bz∂z.dz=0 ⇒ Br=−a2∂Bz∂z=a2⋅3μ0πa2I12z4
1 3 . c →F=∮I2.d→l∧→B=−→uz.2πa.Br
Fz=−(a2⋅3μ0πa2I12z4)(2πa)R3μ0πa4I12z4(dzdt)=−1R.z8(3μ0πa42)2dzdt
prend la forme demandée avec k=12.m.R⋅(3μ0πa4I)2 Bien sur →F12=−→F21
2 Etude des mouvements des spires
2.1 d2z1dt2+d2z2dt2=0;d2z2dt2=−k2.z8⋅dzdt=−d2z1dt2=..12d2zdt2
et dzdt=k7.z7+C=k7.z70(z70z7−1)+v0=g(z)
2.2. a d²z /dt² est négatif à la date t = 0, puisque v0 > 0; mais selon la valeur de v0 et surtout du signe de (7.v0.z07-k ), deux cas sont possibles; dans le premier g(z→∝)>0
alors(7.v0.z07-k)>o,
pour g(z→∝)>0 :
Le régime permanent lorsque t→ ∝ est un mouvement uniforme à la vitesse v∞=v0−k7.z70 ; les spires s'écartent indéfiniment.
2.2 . b Si maintenant g(z→∝) < 0, c'est à dire qu'alors (7.v0.z07-k) < 0, la vitesse d'éloignement, s'annule pour une valeur finie de z; c'est le point F du graphe inférieur. Les spires s'immobilisent et comme on a toujours ∙∙z⋅∙z≤0, le mouvement, ne peut reprendre.
2.2 . c La courbe intermédiaire du graphe est bien la courbe séparatrice du diagramme des phases.
2.3 D'un point de vue énergétique on peut écrire que la variation de la somme de l'énergie magnétostatique et de l'énergie cinétique deux spires est égale à la somme des énergies reçues de l'extérieur c'est à dire ici au travail du générateur qui maintient le courant I1 constant et la chaleur " reçue"de l'extérieur , algébriquement négative, contrepartie de l'effet joule. On peut aussi écrire le théorème de l'énergie cinétique: c'est à dire: variation de l'énergie cinétique des deux spires égale au travail de toutes les forces, ici les forces de Laplace sur les deux spires. Il reste une difficulté relative à l'état initial de la seconde bobine- (à t = o, il est possible de considérer I2 = 0, il faudra alors un L faible mais non nul, ou I2 ≠ 0, cela à quelques répercutions sur le bilan;
A noter que ∫d(M.I1.I2)=I1.Δ(M.I2)=−M.I1.I20=−7m.v2012, n'est pas négligeable)
si 7.v0.z07 = 2k les spires s'éloignent indéfiniment (§ 2.2.a) et dz/dt= (v0/2).(1+ z07 /z7)
Travail des forces de Laplace:
WL=−∞∫z=z0k.m2⋅1z8⋅dzdt⋅dz=−(m.v0⋅74)⋅v02∞∫u=1(u−15+u−8)du=−316⋅mv20_
énergie joule:
WJ=∞∫t=0R.I2(t)2.dt=∫R.(1R3μ0πa42z4I1(dzdt))2dt=∫k.m2.z8(dzdt)2⋅dt=−WL
variation d'énergie cinétique:
Ecinitiale=2.(m2⋅(v02)2)=m.v204;Ecfinale=2.(m2⋅(v04)2)=m.v2016⇒ΔEc=3.m.v2016_
Interaction entre deux spires.
1 Préliminaire
p=μRTM atmosphère en équilibre isotherme ⇒μ∗→g=gra→d(p)
∂p∂z=− μ∗g → ∂μ∂z=− μ⋅gMRT μ=μS⋅exp(−MgzRT)=μSexp(−zd)
d=RTMg=8000m⇒T=279K
2 Freinage vertical dvdμ + C1⋅dm⋅v = 0
2.1. dvdt=−μ⋅C1m⋅v2=dvdμ⋅dμdh⋅dhdt
avec dhdt=−v;etdμdh=−μh
2.2 dv/v = -(C1 .d/m).dµ Ln(v/v0) = C1 .d/m.(µ0-µ) v=v0⋅exp(d.C1m⋅(μ0−μ))
bien, sur la force de freinage, qui varie comme le carré cette vitesse, n'est plus efficace; qualitativement on voit que l'efficacité du freinage passe par un maximum; il resterait à définir quantitativement cette " efficacité".
2.4 δ = -dv/dt = µ(h).C1 /m.V2 = .C1 /m.V02 µ.exp{ 2.C1 (d./m).(µ0-µ)}
il y aurait un maximum de décélération là où d δ /dµ. = 0 = [1 - µ. 2.C1 d./m.]* δ /µ
soit quand μM=m2⋅d⋅C1=5.1038.103.2.10=132kg/m3
ce qui correspond à une altitude hM=d⋅Ln(μSμM)=8000.Ln42=29,9km
la décélération serait δM=μM⋅C1m⋅V20⋅1e=1e⋅V202.d=1470m⋅s−2
soit, dans le cadre de ce modèle, environ 150 fois G.
2.5 Si l'on réintroduit l'attraction terrestre son effet est notable au départ car µ est faible, la vitesse va donc augmenter; on peut majorer cette augmentation en évaluant la vitesse de la navette au sol s'il n'y avait pas d'atmosphère(v '= (64.106+10.105)½ =8,06 km/s
Sous l'action de la gravitation la navette atteindrait une vitesse limite Vl=√m.Gμ.C1 qui correspond en h=0, où µ = 1,3kg/m3, à Vl = 62 m/s. Dans le cadre du modèle où l' on néglige la gravitation cette vitesse de 62m/s correspond à une altitude calculable par les relations du § 2.2 : µ(h) =m /.(C1 d.).Ln(8000/62) = 0,30 kg/m3, on aurait cette masse volumique donc cette vitesse(62 m/s) en h= d.Ln(1,3/0,3) soit en h = 11,6 km ,(13,2km en tenant compte de µ(h)), altitude nettement inférieure à celle (environ 30 km) où l' on prévoyait une décélération maximale de 150* G, qu'il ne faut pas faire subir à d'hypothétiques passagers. L'allure générale de la courbe v=f(h), et ses conséquences, sont donc peu modifiées.
3.1 On projette sur la tangente à la trajectoire la relation fondamentale en "oubliant" là encore le terme de gravitation lié à la terre(m.G.cosα) : dvdt=−μ⋅C1m⋅v2=dvdμ⋅dμdh⋅dhdt
relation inchangée, mais avec dh /dt = - Vcosα dvdμ+C1⋅dm.cosα⋅v=0
3.2 Le freinage sur l'air raréfiée de la très haute atmosphère provoque une perte lente d'énergie mécanique pour un satellite, même en orbite circulaire (α=π / 2) et donc une lente diminution de l'altitude. Ce phénomène n'est pas pris en compte ici. Donc si α=π / 2 il n'y a pratiquement pas freinage et si α=0 la rentrée est la plus "brutale".
3.3 On observera le maximum de décélération pour d δ /dµ.=[1 - µ. 2.C1 d./m.cosα.].( δ /µ)
La décélération maximale sera Δ′M=μ′M.Ctm.V20.1e=cosαe.V202.d=1470.cosα pour qu'elle soit inférieure à 10.G il faudra cosα < 1 / 14,7 soit π / 2 > α > π / 2 - 0,068
La longueur L de la trajectoire parcourue par la navette sera : L=∫tFt=0v.dt=∫tFt=0dhdt⋅1cosαdt=14,7.h0=1470km
3.4 On néglige, lors de la descente de la navette, la perte d'énergie potentielle gravitationnelle devant la perte d'énergie cinétique 64 fois plus importante:-ΔEc =1/2.m.v²=1,6.1011 joules
Pour dissiper cette énergie on songe à la vaporisation d'une céramique; il en faudrait:
−ΔEc=(IFus+Ivap)⋅mceramSoitmceram=1,6.1011107=16tonnes
Cette valeur est bien sur incohérente avec la valeur, 5 tonnes, de la masse de la navette; on peut penser qu'il y a en plus évacuation de la chaleur par convection et surtout par rayonnement, l'importance de ces facteurs augmente.si la durée du vol spirale croît(α→π / 2)
Pb 2 : INTERACTION ENTRE DEUX SPIRES
1 Etude des phénomènes électromagnétiques
1.2 L'Inductance mutuelle M entre les deux spires:
M=Φ12I1≅μ0πa42z3 etI2=−1RdΦ12dt=1R3μ0πa42z4I1(dzdt)
M≠0 alors que L1 et L2 sont nulles peut surprendre. On peut espérer qu'un candidat s'en étonnant et invoquant L2.L1 ≥ M2 aura été fortement récompensé !
1.3 . a
1°) Symétrie de révolution autour de oz ⇒ →B indépendant de θ
2°) Le plan M,→ur,→uθ est plan de "symétrie négative" ⇒ →B(M)∈auplanM,→ur,→uθ
1.3 . b 2π.r.dz.Br+π.r2.∂Bz∂z.dz=0 ⇒ Br=−a2∂Bz∂z=a2⋅3μ0πa2I12z4
1 3 . c →F=∮I2.d→l∧→B=−→uz.2πa.Br
Fz=−(a2⋅3μ0πa2I12z4)(2πa)R3μ0πa4I12z4(dzdt)=−1R.z8(3μ0πa42)2dzdt
prend la forme demandée avec k=12.m.R⋅(3μ0πa4I)2 Bien sur →F12=−→F21
2.1 d2z1dt2+d2z2dt2=0;d2z2dt2=−k2.z8⋅dzdt=−d2z1dt2=..12d2zdt2
et dzdt=k7.z7+C=k7.z70(z70z7−1)+v0=g(z)
2.2. a d²z /dt² est négatif à la date t = 0, puisque v0 > 0; mais selon la valeur de v0 et surtout du signe de (7.v0.z07-k ), deux cas sont possibles; dans le premier g(z→∝)>0
alors(7.v0.z07-k)>o,
pour g(z→∝)>0 :
2.2 . b Si maintenant g(z→∝) < 0, c'est à dire qu'alors (7.v0.z07-k) < 0, la vitesse d'éloignement, s'annule pour une valeur finie de z; c'est le point F du graphe inférieur. Les spires s'immobilisent et comme on a toujours ∙∙z⋅∙z≤0, le mouvement, ne peut reprendre.
2.2 . c La courbe intermédiaire du graphe est bien la courbe séparatrice du diagramme des phases.
2.3 D'un point de vue énergétique on peut écrire que la variation de la somme de l'énergie magnétostatique et de l'énergie cinétique deux spires est égale à la somme des énergies reçues de l'extérieur c'est à dire ici au travail du générateur qui maintient le courant I1 constant et la chaleur " reçue"de l'extérieur , algébriquement négative, contrepartie de l'effet joule. On peut aussi écrire le théorème de l'énergie cinétique: c'est à dire: variation de l'énergie cinétique des deux spires égale au travail de toutes les forces, ici les forces de Laplace sur les deux spires. Il reste une difficulté relative à l'état initial de la seconde bobine- (à t = o, il est possible de considérer I2 = 0, il faudra alors un L faible mais non nul, ou I2 ≠ 0, cela à quelques répercutions sur le bilan;
si 7.v0.z07 = 2k les spires s'éloignent indéfiniment (§ 2.2.a) et dz/dt= (v0/2).(1+ z07 /z7)
Travail des forces de Laplace:
WL=−∞∫z=z0k.m2⋅1z8⋅dzdt⋅dz=−(m.v0⋅74)⋅v02∞∫u=1(u−15+u−8)du=−316⋅mv20_
énergie joule:
WJ=∞∫t=0R.I2(t)2.dt=∫R.(1R3μ0πa42z4I1(dzdt))2dt=∫k.m2.z8(dzdt)2⋅dt=−WL
variation d'énergie cinétique:
Ecinitiale=2.(m2⋅(v02)2)=m.v204;Ecfinale=2.(m2⋅(v04)2)=m.v2016⇒ΔEc=3.m.v2016_
Aucun commentaire:
Enregistrer un commentaire