Concours Physique I École Polytechnique (MP) 1999 (Corrigé)

Corrigé de Laurent BEAU

Professeur de Sciences Physiques en Math Spé MP*

Lycée Mohamed V. CASABLANCA

N’hésitez pas à me signaler des erreurs ou à me suggérer des commentaires ou des réponses plus "élégantes". Merci.

Collisions nucléaires et fragmentation

Première partie

Analyse cinématique d'une collision

1. Cinématique du problème à deux corps.
   Nous noterons M₁ et M₂ les masses respectives et B₁ et B₂ les positions respectives des noyaux cible (indice 1) et projectile (indice 2)
   
   
   
   1. $\left\{ \begin{array}{l}{{\bf{R}}_G} = \frac{{{M_1}{{\bf{r}}_{\bf{1}}} + {M_2}{{\bf{r}}_{\bf{2}}}}}{{{M_1} + {M_2}}} = \frac{{{A_1}{{\bf{r}}_{\bf{1}}} + {A_2}{{\bf{r}}_{\bf{2}}}}}{{{A_1} + {A_2}}}\\{\bf{r}} = {{\bf{B}}_{\bf{1}}}{{\bf{B}}_{\bf{2}}} = {{\bf{r}}_{\bf{2}}} - {{\bf{r}}_{\bf{1}}}\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\bf{r}}_{\bf{1}}} = {{\bf{R}}_{\bf{G}}} - \frac{{{A_2}}}{{{A_1} + {A_2}}}{\bf{r}}\\{{\bf{r}}_2} = {{\bf{R}}_{\bf{G}}} + \frac{{{A_1}}}{{{A_1} + {A_2}}}{\bf{r}}\end{array} \right.$
   2. D’après sa définition, la quantité de mouvement relative des deux noyaux s’écrit : ${\bf{p}} = \frac{{{A_1}{A_2}}}{{{A_1} + {A_2}}}m\left( {{{\bf{v}}_{\bf{2}}} - {{\bf{v}}_{\bf{1}}}} \right)$soit, en introduisant la masse réduite µ du système : $\mu = \frac{{{A_1}{A_2}}}{{{A_1} + {A_2}}}m$, on obtient :${\bf{p}} = \mu \left( {{{\bf{v}}_{\bf{2}}} - {{\bf{v}}_{\bf{1}}}} \right)$. On remarque que p ne dépend pas du référentiel dans lequel elle est calculée. En particulier : ${\bf{p}}* = {\bf{p}}$.
   3. La quantité de mouvement totale du système s’écrit : ${\bf{P}} = {{\bf{p}}_{\bf{1}}} + {{\bf{p}}_{\bf{2}}}$ Le moment cinétique total du système par rapport à O est défini par : ${\bf{L}} = {{\bf{r}}_{\bf{1}}} \wedge {{\bf{p}}_{\bf{1}}} + {{\bf{r}}_{\bf{2}}} \wedge {{\bf{p}}_{\bf{2}}}$
      Dans le référentiel barycentrique : $\vec \ell = {\bf{L}}* = {{\bf{r}}_{\bf{1}}} \wedge {\bf{p}}_{\bf{1}}^* + {{\bf{r}}_{\bf{2}}} \wedge {\bf{p}}_{\bf{2}}^*$
      Dans le référentiel barycentrique : ${\bf{P}}* = \vec 0$ donc ${\bf{p}} = {\bf{p}}* = {\bf{p}}_{\bf{2}}^* = - {\bf{p}}_1^*$. On en déduit : $\vec \ell = {\bf{r}} \wedge {\bf{p}}$
      En utilisant la composition des vitesses : ${{\bf{p}}_{\bf{1}}} = {\bf{p}}_{\bf{1}}^* + {M_1}{{\bf{v}}_G}$ et ${{\bf{p}}_2} = {\bf{p}}_2^* + {M_1}{{\bf{v}}_G}$. Il vient alors :
      ${\bf{L}} = \vec \ell + \left( {{M_1}{{\bf{r}}_{\bf{1}}} + {M_2}{{\bf{r}}_{\bf{2}}}} \right) \wedge {{\bf{v}}_G}$
      ou encore ${\bf{L}} = \vec \ell + {{\bf{R}}_{\bf{G}}} \wedge {\bf{P}}$
      résultat qui constitue le théorème de Kœnig relatif au moment cinétique.
2. Energie cinétique
   L’énergie cinétique totale E_c s’écrit dans le référentiel du laboratoire : ${E_c} = \frac{{{{\bf{p}}_1}^2}}{{2{M_1}}} + \frac{{{{\bf{p}}_2}^2}}{{2{M_2}}}$ qui s’écrit en composant les vitesses : ${E_c} = E_c^* + {E_c}\left( G \right)$ où ${E_c}\left( G \right) = \frac{{{{\bf{P}}^2}}}{{2m\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}}$ car ${\bf{P}}* = \vec 0$.
   Ceci constitue le théorème de Kœnig relatif à l’énergie cinétique.
3. Energie potentielle d'interaction coulombienne.
   
   1. Considérons une sphère uniformément chargée en volume. Le champ électrostatique ${\bf{E}}\left( M \right)$ créé par cette distribution de charge en M est radial car tout plan passant par M et par le centre de la sphère est un plan de symétrie.
      De plus, la norme de ce champ ne dépend que de r (en coordonnées sphériques) car la distribution est invariante par rotation autour du centre de la sphère. On en déduit : ${\bf{E}}\left( M \right) = E\left( r \right){{\bf{e}}_{\bf{r}}}$.
      Le flux de ce champ à travers une sphère de rayon r vaut donc : $\iint{\bf{E}}\left( M \right){\bf{dS}} = E\left( r \right)4\pi {r^2}$
      La charge intérieure à cette sphère vaut : $\left\{ \begin{array}{l}{Q_{{\mathop{\rm int}} }} = Q{\rm{ si }}r > R\\{Q_{{\mathop{\rm int}} }} = Q{\left( {\frac{r}{R}} \right)^3}{\rm{ si r}} < {\rm{R}}\end{array} \right.$
      Le théorème de Gauss s’écrivant : $\iint{\bf{E}}\left( M \right){\bf{dS}} = \frac{Q_{int}}{\varepsilon _0}$, on en tire :
      $\left\{ \begin{array}{l}{\bf{E}} = \frac{Q}{{4\pi {\varepsilon _0}{r^2}}}{\rm{ }}{{\bf{e}}_{\bf{r}}}{\rm{ si }}r > R\\{\bf{E}} = \frac{Q}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{r}{{{R^3}}}{{\bf{e}}_{\bf{r}}}{\rm{ si }}r < R{\rm{ }}\end{array} \right.$
      On en déduit alors le potentiel électrostatique : $dV = - {\bf{E}}.{\bf{dl}}\; = - E\left( r \right)dr$
      En prenant V = 0 à l’infini , il vient :
      $\left\{ \begin{array}{l}V = \frac{Q}{{4\pi {\varepsilon _0}r}}{\rm{ si }}r > R\\V = - \frac{Q}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{r^2}}}{{2{R^3}}} + V(0) {\rm{si }}r < R{\rm{ }}\end{array} \right.$
      La distribution de charge étant uniforme, le potentiel au centre de la sphère se calcule simplement :$V\left( O \right)=\iiint\limits_{\begin{smallmatrix} \text{sph }\!\!\grave{\mathrm{e}}\!\!\text{ re} \\ \text{charg }\!\!\acute{\mathrm{e}}\!\!\text{ e} \end{smallmatrix}}{\frac{Q}{\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}}\frac{d\tau }{4\pi {{\varepsilon }_{0}}r}}\text{ avec }d\tau =4\pi {{r}^{2}}dr$
      $\Rightarrow V\left( O \right) = \frac{3}{8}\frac{Q}{{\pi {\varepsilon _0}R}}$
      
      
      Il vient alors :
      $\left\{ \begin{array}{l}V = \frac{Q}{{4\pi {\varepsilon _0}r}}{\rm{ si }}r > R\\V = \frac{{3Q}}{{8\pi {\varepsilon _0}R}}\left( {1 - \frac{1}{3}{{\left( {\frac{r}{R}} \right)}^2}} \right) {\rm{si }}r < R{\rm{ }}\end{array} \right.$
   2. L’énergie d’interaction électrostatique E_el s’écrit alors ${E_{el}} = {Q_1}{V_2}(r > R) = {Q_2}{V_1}(r > R)$, c’est-à-dire : ${E_{el}} = \frac{{{Z_1}{Z_2}{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}r}}$
      
      
      
      Deuxième partie

Collision et évolution du système composite

1. Energie du système avant le contact.
   
   1. L’énergie totale du système s’écrit :
      $E = E_c^* + {E_c}\left( G \right) + {E_{el}} + {U_b}$
   2. Le système des deux noyaux étant isolé, sa quantité de mouvement est constante au cours du mouvement. Le centre de masse a donc un mouvement rectiligne et uniforme.
   3. L’énergie cinétique du centre de masse s’écrit : ${E_c}\left( G \right) = \frac{{{P^2}}}{{2m\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}} = \frac{{{P^2}}}{{4mA}} = cte$ car A₁ = A₂ = A
      Cette énergie cinétique étant constante, calculons-la à l’instant initial :
      ${E_c}\left( G \right) = \frac{{{{\left( {{p_1}\left( 0 \right)} \right)}^2}}}{{4mA}} = \frac{{{E_{lab}}}}{2}$
      La moitié de l’énergie cinétique initiale du noyau projectile correspond à l’énergie cinétique du centre de masse du système.
   4. Le système est isolé donc sa quantité de mouvement et son moment cinétique sont conservées. Dans le référentiel barycentrique, le moment cinétique du système est : $\vec \ell = {\bf{r}} \wedge {\bf{p}}$. En définissant le mobile équivalent (ou mobile fictif) M par un mobile de masse µ et de position ${\bf{GM}} = {\bf{r}}$, le moment cinétique du mobile fictif est également $\vec \ell = {\bf{r}} \wedge {\bf{p}}$.
      Si ce moment cinétique est nul à l’instant initial (paramètre d’impact nul) alors le mouvement du mobile équivalent dans le référentiel barycentrique est rectiligne.
      Si ce moment cinétique est non nul alors le mouvement est plan, dans le plan perpendiculaire à $\vec \ell$.
   5. Calculons l’énergie cinétique barycentrique : $E_c^* = {E_c}({\rm{mobile fictif}})$
      $E_c^* = \frac{1}{2}\mu {\left( {\frac{{d{\bf{r}}}}{{dt}}} \right)^2}$ avec $\frac{{d{\bf{r}}}}{{dt}} = \dot r\;{{\bf{e}}_{\bf{r}}} + r\dot \theta \;{{\bf{e}}_\theta }$ $\Rightarrow E_c^* = \frac{1}{2}\mu \left( {{{\dot r}^2} + {r^2}{{\dot \theta }^2}} \right)$
      Le moment cinétique s’écrit : $\vec \ell = {\bf{r}} \wedge {\bf{p}} = r{{\bf{e}}_{\bf{r}}} \wedge \mu \left( {\dot r{{\bf{e}}_{\bf{r}}} + r\dot \theta {{\bf{e}}_\theta }} \right) = \mu {r^2}\dot \theta {{\bf{e}}_{\bf{z}}}$ $\Rightarrow {\dot \theta ^2} = {\left( {\frac{\ell }{{\mu {r^2}}}} \right)^2}$
      On en déduit : $E_c^* = \frac{1}{2}\mu \left( {{{\dot r}^2} + {{\left( {\frac{\ell }{{\mu r}}} \right)}^2}} \right)$ et donc l’énergie totale barycentrique :
      $E_{}^* = \frac{1}{2}\mu {\dot r^2} + \frac{{{\ell ^2}}}{{2\mu {r^2}}} + {E_{el}} + {U_b}$


2. Barrière coulombienne.
   
   1. Si le nucléon test est un neutron, l’énergie potentielle totale de ce nucléon test est : ${V_{tot}}\left( r \right) = {V_{nuc}}\left( r \right)$ car le neutron n’est pas chargé.
      Si le nucléon test est un proton (particule de charge e), l’énergie potentielle totale de ce nucléon s’écrit : ${V_{tot}}\left( r \right) = {V_{nuc}}\left( r \right) + {E_{el}}\left( r \right)$ où :
      Si r > 0 : $\left\{ \begin{array}{l}{E_{el}}\left( r \right) = \frac{{Z{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}r}}\\{V_{nuc}}\left( r \right) = 0\end{array} \right.$ Si r < 0 : $\left\{ \begin{array}{l}{E_{el}}\left( r \right) = eV\left( r \right) = \frac{{3Z{e^2}}}{{8\pi {\varepsilon _0}R}}\left( {1 - \frac{1}{3}{{\left( {\frac{r}{R}} \right)}^2}} \right)\\{V_{nuc}}\left( r \right) = - {V_0}\end{array} \right.$
      
      
      
   2. Le noyau projectile étant constitué de Z protons et de N neutrons, il existe (par rapport au zéro d’énergie potentielle) entre les deux noyaux identiques(dont les centres sont distants de 2R au contact) une barrière d’énergie potentielle coulombienne ${U_{coul}} = Z.\frac{{Z{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}\left( {2R} \right)}}$ : ${U_{coul}} = \frac{{{{\left( {Ze} \right)}^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}\left( {2R} \right)}} \approx 73{\rm{ MeV}}$
   3. L’énergie totale barycentrique du système est : $E_{}^* = cte = E_c^*\left( {t = 0} \right) + {U_b} = {\left( {\frac{1}{2}\mu {{\dot r}^2} + \frac{{{\ell ^2}}}{{2\mu {r^2}}}} \right)_{r = R}} + {U_{coul}} + {U_b}$
      Or, à t = 0, l’énergie cinétique barycentrique du système vaut E_lab/2 (cf. question 1c) de la 2^ème partie)
      D’où : ${E^*} = \frac{{{E_{lab}}}}{2} + {U_b}$
      Au moment du contact : $\left\{ \begin{array}{l}{{\dot r}^2} > 0\\r = 2R\end{array} \right. \Rightarrow$$\frac{{{E_{lab}}}}{2} - {U_{coul}} - \frac{{{\ell ^2}}}{{2\mu {{\left( {2R} \right)}^2}}} > 0$
      Le moment cinétique du mobile fictif vaut, à t = 0 :
      $\ell = \mu bv(t = 0)$
      et l’énergie cinétique barycentrique :
      $E_c^*(t = 0) = \frac{{{E_{lab}}}}{2} = \frac{1}{2}\mu {v^2}\left( {t = 0} \right)$
      On en déduit : $\frac{{{\ell ^2}}}{{2\mu {{\left( {2R} \right)}^2}}} = \frac{1}{4}{\left( {\frac{b}{R}} \right)^2}\frac{{{E_{lab}}}}{2}$
      La condition pour que les noyaux fusionnent s’écrit donc :
      $\frac{{{E_{lab}}}}{2}\left( {1 - {{\left( {\frac{b}{{2R}}} \right)}^2}} \right) > {U_{coul}}$
   4. Dans le référentiel barycentrique, les trajectoires des 2 noyaux sont hyperboliques lorsque la condition précédente n’est pas remplie (répulsion des deux noyaux).
   5. L’énergie minimale permettant la fusion correspond à un paramètre d’impact nul (collision frontale) c’est-à-dire $E_{lab}^{\min } = 2\;{U_{coul}} = 146\;{\rm{MeV}}$ Prenons ${E_{lab}} > E_{lab}^{\min }$ ; la fusion est possible si $\frac{{{\ell ^2}}}{{2\mu {{\left( {2R} \right)}^2}}} < \frac{{{E_{lab}} - E_{lab}^{\min }}}{2}\;\;$
      La valeur maximale du moment cinétique est donc : ${\ell _{\max }} = 2R\sqrt {\frac{{Am}}{2}\left( {{E_{lab}} - E_{lab}^{\min }} \right)}$ car $\mu = \frac{{Am}}{2}$
      On prend $\frac{{{E_{lab}}}}{A} = 10{\rm{ MeV}}$ soit ${E_{lab}} = 400{\rm{ MeV}} > E_{lab}^{{\rm{min}}}$. La fusion est donc possible à condition que $\frac{b}{R} < 2\sqrt {1 - \frac{{E_{lab}^{\min }}}{{{E_{lab}}}}} \approx 1,6$.
3. Compression.
   
   1. L’énergie de rotation du système composite est : ${E_{rot}} = \frac{{{l^2}}}{{2\mu {r^2}}}$avec r = 2R soit : ${E_{rot}} = \frac{{{l^2}}}{{8\mu {R^2}}}$
   2. L’énergie totale barycentrique s’exprime sous la forme : ${E^*} = {E_{rot}} + {E_{c,{\mathop{\rm int}} }} + 2AU\left( \rho \right)$
      L’énergie de rotation est considérée comme constante. La densité maximale est obtenue quand l’énergie cinétique interne est nulle (compression maximale). Ceci est également valable pour la densité minimale.
      
      
      On a alors : $U\left( {{\rho _{\max }}} \right) = \frac{{{E^*} - {E_{rot}}}}{{2A}} = {U_0} + \frac{K}{{18}}{\left( {\frac{{{\rho _{\max }} - {\rho _0}}}{{{\rho _0}}}} \right)^2}$
      On en tire :
      ${\rho _{\max }} = {\rho _0}\left( {1 + \sqrt {\frac{{18}}{K}\left( {\frac{{{E^*} - {E_{rot}}}}{{2A}} - {U_0}} \right)} } \right)$
      Ensuite, le système subit une expansion jusqu’à une densité minimale donnée par : ${\rho _{\max }} - {\rho _0} = {\rho _0} - {\rho _{\min }}$ c’est-à-dire :
      ${\rho _{\min }} = {\rho _0}\left( {1 - \sqrt {\frac{{18}}{K}\left( {\frac{{{E^*} - {E_{rot}}}}{{2A}} - {U_0}} \right)} } \right)$
      Le système oscille ainsi autour de la position d’équilibre caractérisée par ρ = ρ₀.
   3. Pour une collision frontale (paramètre d’impact nul), le composite ne tourne pas après la collision et son énergie cinétique de rotation est nulle. L’énergie barycentrique du système est : ${E^*} = \frac{{{E_{lab}}}}{2} + 2A{U_0}$
      On en déduit :
      ${\rho _{\max }} = {\rho _0}\left( {1 + \sqrt {\frac{{18}}{K}\frac{{{E_{lab}}}}{{4A}}} } \right)$ et ${\rho _{\min }} = {\rho _0}\left( {1 - \sqrt {\frac{{18}}{K}\frac{{{E_{lab}}}}{{4A}}} } \right)\;$
      A.N : ρ_max = 1,42.ρ₀ = 0,22 fm^–3 et ρ_min = 0,58.ρ₀ = 8,9.10^–2 fm^–3
      
      
      
      Troisième partie

Fragmentation du système composite formé

1. Etude de la pression.
   
   1. $d{U_T} = TdS - pdV$ d’où à température nulle : $p = - {\left( {\frac{{\partial \left( {2AU\left( \rho \right)} \right)}}{{\partial V}}} \right)_{T = 0}}$
   2. Le volume du système composé de 2A nucléons s’exprime ainsi : $V = 2A/\rho$. Donc $dV = - \frac{{2A}}{{{\rho ^2}}}d\rho$
      On en tire : $p = {\rho ^2}\frac{{\partial U}}{{\partial \rho }}$
   3. $p = {\rho ^2}\frac{K}{9}\left( {\frac{{\rho - {\rho _0}}}{{\rho _0^2}}} \right)$ avec l’expression (2) pour l’énergie interne.
   4. L’état d’équilibre défini par la densité ρ₀ correspond à la pression nulle.
      Etudions la stabilité de cet équilibre : $\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }} = \frac{K}{9}\frac{\rho }{{{\rho _0}}}\left( {3\frac{\rho }{{{\rho _0}}} - 2} \right) \Rightarrow$${\left. {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right|_{\rho = {\rho _0}}} = \frac{K}{9} > 0$. Une légère compression du composite (dρ > 0) entraîne une augmentation de pression donc une expansion du composite (retour vers l’état d’équilibre). L’équilibre est donc stable vis-à-vis des oscillations de densité.
      La pression devient négative pour ρ > 0 ; ceci correspond aux forces de cohésions nucléaires responsables de la cohésion du noyau.
2. Une équation d'état réaliste à température nulle.
   
   1. $U = {U_{cin}} + {U_{pot}} = C{\rho ^{2/3}} + {t_0}\rho + {t_3}{\rho ^2}$.
      Posons $\rho = {\rho _0}\left( {1 + \varepsilon } \right)$ avec ε << 1. En développant U au 2^ème ordre en ε, il vient :
      $U = \left( {C\rho _0^{2/3} + {t_0}{\rho _0} + {t_3}\rho _0^2} \right) + \varepsilon \left( {\frac{2}{3}C\rho _0^{2/3} + {t_0}{\rho _0} + 2{t_3}\rho _0^2} \right) + {\varepsilon ^2}\left( {{t_3}\rho _0^2 - \frac{C}{9}\rho _0^{2/3}} \right)$
      En identifiant à $U = {U_0} + \frac{K}{{18}}{\varepsilon ^2}$, on obtient :
      $\left\{ \begin{array}{l}C\rho _0^{2/3} + {t_0}{\rho _0} + {t_3}\rho _0^2 = {U_0}\\\frac{2}{3}C\rho _0^{2/3} + {t_0}{\rho _0} + 2{t_3}\rho _0^2 = 0\end{array} \right.$ d’où l’on tire :
      ${t_3} = \frac{C}{3}\rho _0^{ - 4/3} - {U_0}\rho _0^{ - 2} = 989\;{\rm{MeV}}{\rm{.f}}{{\rm{m}}^{\rm{6}}}$
      ${t_0} = - \frac{4}{3}C\rho _0^{ - 1/3} + 2{U_0}\rho _0^{ - 1} = - 396\;{\rm{MeV}}{\rm{.f}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$
   2. $p\left( \rho \right) = {\rho ^2}\frac{{\partial U\left( \rho \right)}}{{\partial \rho }} = \frac{2}{3}C{\rho ^{5/3}} + {t_0}{\rho ^2} + 2{t_3}{\rho ^3}$
   3. $\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }} = 0 \Leftrightarrow \frac{5}{9}C{\rho ^{2/3}} + {t_0}\rho + 3{t_3}{\rho ^2} = 0$ soit numériquement : $41,7{\rho ^{2/3}} - 396\rho + 2967{\rho ^2} = 0$ (avec le MeV comme unité d’énergie et le femtomètre comme unité de longueur).
      On trouve alors deux valeurs de ρ non nulles qui vérifient cette équation : $\left\{ \begin{array}{l}\rho {'_s} = {1,2.10^{ - 3\,\;}}{\rm{f}}{{\rm{m}}^{{\rm{ - 3}}}}\\{\rho _s} = {1,0.10^{ - 1}}\;{\rm{f}}{{\rm{m}}^{{\rm{ - 3}}}}\end{array} \right.$
3. L'équation d'état à température non nulle.
   
   1. L’équation d’état du gaz parfait s’écrit : $pV = nRT = \frac{N}{{{N_A}}}RT$ soit ${p_{GP}} = \rho {k_B}T$
      La pression totale est donc : $p = \rho {k_B}T + {\rho ^2}\frac{{\partial {U_{pot}}}}{{\partial \rho }} = \rho {k_B}T + {t_0}{\rho ^2} + 2{t_3}{\rho ^3}$
   2. ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T} = 0 \Leftrightarrow {k_B}T + 2{t_0}\rho + 6{t_3}{\rho ^2} = 0$. Cette équation du second degré admet 2 racines réelles si son discriminant réduit est strictement positif c’est-à-dire : $\Delta ' = t_0^2 - 6{t_3}{k_B}T > 0$ donc pour :
      $T < {T_c}$ avec ${T_c} = \frac{{t_0^2}}{{6{t_3}{k_B}}}$
      On a alors : $\rho {'_s} = - \frac{t_0}{6{t_3}}\left( 1 - \sqrt {1 - \frac{T}{T_c}} \right)$ et $\rho {'_s} = - \frac{{{t_0}}}{{6{t_3}}}\left( 1 + \sqrt {1 - \frac{T}{T_c} } \right)$
   3. ${k_B}{T_c} = \frac{{t_0^2}}{{6{t_3}}} = 26,4\;{\rm{MeV}}$ et ${\rho _s}\left( {T = {T_c}} \right) = - \frac{{{t_0}}}{{6{t_3}}} = {6,7.10^{ - 2}}\;{\rm{f}}{{\rm{m}}^{{\rm{ - 3}}}}$
      
   4. On peut écrire : ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T} = 6{t_3}\left( {\rho - {\rho _s}} \right)\left( {\rho - \rho {'_s}} \right)$ pour T < T_c.
      Donc ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T} < 0$ pour $\rho {'_s} < \rho < {\rho _s}$ et T < T_c.
      Pour T > T_c, ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T} > 0$ : le système composite se comporte « normalement » c’est-à-dire qu’une légère compression du composite (dρ > 0) entraîne une augmentation de pression donc une expansion du composite et vice versa, ceci quelle que soit la densité particulaire ; le système ne se fragmentera donc pas.


4. Equation d'état et fragmentation.
   
   1. L’équation (5) est une équation d’onde (équation de d’Alembert).
      $c_s^2 = \frac{1}{{\chi \lambda }} = - \frac{V}{\lambda }{\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial V}}} \right)_{T = 0}}$ car ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial V}}} \right)_{T = 0}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\partial V}}{{\partial p}}} \right)}_{T = 0}}}}$
      On en déduit : $c_s^2 = \frac{\rho }{\lambda }{\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_{T = 0}}$ car $V = 2A/\rho$
   2. D’après la question 1d) de la troisième partie : $c_s^2 = \frac{K}{{9\lambda }}\frac{{{\rho ^2}}}{{{\rho _0}}}\left( {3\frac{\rho }{{{\rho _0}}} - 2} \right)$
      λ représente la masse volumique à l’équilibre soit : λ = mρ₀ d’où : $c_s^2 = \frac{K}{9}{\left( {\frac{\rho }{{{\rho _0}}}} \right)^2}\left( {3\frac{\rho }{{{\rho _0}}} - 2} \right)$ et au voisinage de ρ₀, $c_s^2 \approx \frac{K}{{9m}}$ c’est-à-dire :
      ${c_s} \approx c\sqrt {\frac{K}{{9m{c^2}}}} \approx \frac{c}{6} = {5.10^7}\;{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{{\rm{ - 1}}}}$
   3. Si on admet que quel que soit ρ et quelle que soit T : $c_s^2 = \frac{\rho }{\lambda }{\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T}$, on obtient en utilisant le résultat de la question 3a) de la troisième partie que $c_s^2$ est du même signe que ${\left( {\frac{{\partial p}}{{\partial \rho }}} \right)_T}$. Donc $c_s^2 < 0$ quand ρ devient inférieure à ${\rho _s}\left( T \right)$ au cours de l’expansion du système.
      La solution de l’équation $\Delta p - \frac{1}{{c_s^2}}\frac{{{\partial ^2}p}}{{\partial {t^2}}} = 0$ diverge quand $c_s^2 < 0$, la pression devenant alors très importante : il y a ainsi possibilité de brisure du système composite (fragmentation).

FIN DU CORRIGE