SOLUTION DU PROBLÈME GÉNÉRAL
Partie III
4. Après avoir avoir tenu compte des hypothèses et noté que sur (∂S) i , #– v · #– n = 0 (fond
et tuyère) ou #– v · #– e z = 0 (propergol). Le théorème des quantités de mouvement s’écrit :
∂D
r · ( #– v · #– e z ) · ( #– v · #– n ) · dA = −
∂D
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA
= −
(∂S) i
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA
−
S
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA,
où nous reconnaissons la résultante cherchée.
5. Nous avons admis que la tuyère est adaptée, si bien que sur S, p = p a , ce qui annule
la deuxième intégrale.
6. Dans la première, nous avons tout d’abord : #– n = #– e R et, par suite : #– v e · #– n = v e .
Ensuite, en désignant par u l’angle formé par #– e R et #– e z , il vient : #– v e · #– e z = v e ·( #– e R · #– e z ) =
v e cos u. Enfin, l’élément de surface est un anneau découpé sur la calotte sphérique S,
de rayon R t sin u et d’aire dA = (2pR t sin u) · (R t du). Il suffit alors de reporter ces
transformations pour trouver le résultat demandé.
7. L’écriture de l’équation d’une transformation isentropique en variables (r, p) puis en
variables ( p, r) conduit au résultat :
r e = r c
p a
p c
1/g
= 0,18 kg · m
−3
et
T e = T c
p a
p c
g¡1
g
= 1 850 K.
8. Il faut utiliser la forme compressible du théorème de Bernoulli (cas d’un fluide
barotrope) :
gr g T c
g − 1
+
1
2
v
2
c =
gr g T e
g − 1
+
1
2
v
2
e
⇒ v e =
2gr g
g − 1
(T c − T e ) + v
2
c .
Le terme v
2
c est négligeable et on trouve : v e = 2 360 m · s
−1 . Incidemment, on
observe que r e , T e et v e sont uniformes sur S car les valeurs trouvées sont indépendantes
de la ligne de courant choisie.
9. Après avoir remarqué que R s ≃ a R t , il vient :
R = −2pR
2
t r e v
2
e
a
0
cos u sin udu ≃ −pR
2
s r e v
2
e = −3,15 · 10
6 N ≃ −315 tf.
La résultante est entièrement engendrée par la réaction à l’éjection de quantité de
mouvement. Elle est négative, c’est-à-dire orientée vers l’avant de la fusée et excède
son poids (comme on pouvait l’espérer...).
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“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 584 — #594
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4. Après avoir avoir tenu compte des hypothèses et noté que sur (∂S) i , #– v · #– n = 0 (fond
et tuyère) ou #– v · #– e z = 0 (propergol). Le théorème des quantités de mouvement s’écrit :
∂D
r · ( #– v · #– e z ) · ( #– v · #– n ) · dA = −
∂D
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA
= −
(∂S) i
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA
−
S
( p − p a ) · ( #– n · #– e z ) · dA,
où nous reconnaissons la résultante cherchée.
5. Nous avons admis que la tuyère est adaptée, si bien que sur S, p = p a , ce qui annule
la deuxième intégrale.
6. Dans la première, nous avons tout d’abord : #– n = #– e R et, par suite : #– v e · #– n = v e .
Ensuite, en désignant par u l’angle formé par #– e R et #– e z , il vient : #– v e · #– e z = v e ·( #– e R · #– e z ) =
v e cos u. Enfin, l’élément de surface est un anneau découpé sur la calotte sphérique S,
de rayon R t sin u et d’aire dA = (2pR t sin u) · (R t du). Il suffit alors de reporter ces
transformations pour trouver le résultat demandé.
7. L’écriture de l’équation d’une transformation isentropique en variables (r, p) puis en
variables ( p, r) conduit au résultat :
r e = r c
p a
p c
1/g
= 0,18 kg · m
−3
et
T e = T c
p a
p c
g¡1
g
= 1 850 K.
8. Il faut utiliser la forme compressible du théorème de Bernoulli (cas d’un fluide
barotrope) :
gr g T c
g − 1
+
1
2
v
2
c =
gr g T e
g − 1
+
1
2
v
2
e
⇒ v e =
2gr g
g − 1
(T c − T e ) + v
2
c .
Le terme v
2
c est négligeable et on trouve : v e = 2 360 m · s
−1 . Incidemment, on
observe que r e , T e et v e sont uniformes sur S car les valeurs trouvées sont indépendantes
de la ligne de courant choisie.
9. Après avoir remarqué que R s ≃ a R t , il vient :
R = −2pR
2
t r e v
2
e
a
0
cos u sin udu ≃ −pR
2
s r e v
2
e = −3,15 · 10
6 N ≃ −315 tf.
La résultante est entièrement engendrée par la réaction à l’éjection de quantité de
mouvement. Elle est négative, c’est-à-dire orientée vers l’avant de la fusée et excède
son poids (comme on pouvait l’espérer...).
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