Exercices corrigés : quantité de mouvement, impulsion et collisions (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) Avec l'axe orienté dans le sens du renvoi : vitesse initiale $-12$ m/s, finale $+18$ m/s. $\Delta p=m(v_{f}-v_{i})=0{,}45(18-(-12))=0{,}45(30)=13{,}5$ kg·m/s. L'erreur classique est de soustraire les modules ($18-12=6$) : le ballon change de SENS, les vitesses ont des signes opposés.

b) $F=\frac{\Delta p}{\Delta t}=\frac{13{,}5}{0{,}010}=1350$ N.

c) Poids : $mg=(0{,}45)(9{,}8)\approx 4{,}4$ N. La force d'impact vaut environ 300 fois le poids : pendant les 10 ms du contact, l'impulsion de la gravité ($4{,}4\times 0{,}010=0{,}044$ kg·m/s) est invisible devant celle du pied (13,5 kg·m/s). Pendant le vol, au contraire, la gravité est la SEULE force et agit pendant des secondes entières : c'est la durée d'action, pas la grandeur seule, qui décide de ce qu'on néglige.

d) Dans les deux cas, la variation de quantité de mouvement $\Delta p$ est imposée (passer de la vitesse d'impact à l'arrêt) : elle ne change pas. Ce qui change, c'est la durée $\Delta t$ sur laquelle elle s'étale. Genoux pliés ou coussin gonflable allongent $\Delta t$, et comme $F=\frac{\Delta p}{\Delta t}$, la force moyenne diminue d'autant. On ne réduit pas le choc, on le dilue dans le temps.

a) Parce que la force n'est pas constante : elle monte, plafonne, puis retombe. La définition générale est $\vec{J}=\int_{t_{i}}^{t_{f}}\vec{F}\,dt$, et le théorème de l'impulsion affirme que $\vec{J}=\Delta\vec{p}$. Sur le graphique, cette intégrale est l'AIRE comprise entre la courbe $F(t)$ et l'axe des temps. Comme la courbe est faite de segments de droite, un simple découpage géométrique remplace le calcul intégral.

b) Attention aux unités : les durées sont en millisecondes, donc en secondes. Triangle de montée : $\frac{1}{2}\left(4{,}00\times 10^{-3}\right)(550)=1{,}10$ N$\cdot$s. Rectangle : $\left(2{,}00\times 10^{-3}\right)(550)=1{,}10$ N$\cdot$s. Triangle de descente : $\frac{1}{2}\left(4{,}00\times 10^{-3}\right)(550)=1{,}10$ N$\cdot$s. Impulsion totale : $J=3{,}30$ N$\cdot$s. La durée totale du contact vaut $10{,}0$ ms, donc la force moyenne est $F_{moy}=\frac{3{,}30}{10{,}0\times 10^{-3}}=330$ N. Elle est bien inférieure au maximum de $550$ N, comme toute moyenne d'une courbe en cloche.

c) Prenons comme positif le sens dans lequel la balle repart. Avant l'impact la balle va dans l'autre sens : $p_{i}=(0{,}0580)(-25{,}0)=-1{,}45$ kg$\cdot$m/s. Théorème de l'impulsion : $p_{f}=p_{i}+J=-1{,}45+3{,}30=1{,}85$ kg$\cdot$m/s, donc $v_{f}=\frac{1{,}85}{0{,}0580}\approx 31{,}9$ m/s, soit environ $115$ km/h. Oublier le signe de la vitesse d'arrivée est l'erreur la plus fréquente du chapitre : elle donnerait ici $8{,}6$ m/s au lieu de $31{,}9$ m/s.

d) Le poids de la balle vaut $mg=0{,}0580(9{,}80)=0{,}568$ N, soit près de mille fois moins que la force maximale du cordage. Pendant les $10$ ms de contact, l'impulsion du poids atteint $0{,}568(0{,}0100)=5{,}7\times 10^{-3}$ N$\cdot$s, complètement négligeable devant $3{,}30$ N$\cdot$s. C'est la justification quantitative que l'on doit toujours donner, plutôt que d'affirmer que la gravité est faible. Avec un contact allongé à $15{,}0$ ms de même allure et même maximum, toutes les aires sont multipliées par $1{,}50$ : $J=4{,}95$ N$\cdot$s, donc $v_{f}=\frac{4{,}95-1{,}45}{0{,}0580}\approx 60{,}3$ m/s. C'est toute la logique de l'accompagnement du geste : allonger le contact, c'est ajouter de l'aire.

e) Contre le mur : $\Delta p=0{,}0580\left(20{,}0+25{,}0\right)=2{,}61$ kg$\cdot$m/s, donc $F_{moy}=\frac{2{,}61}{2{,}00\times 10^{-3}}\approx 1{,}31\times 10^{3}$ N. C'est près de quatre fois la force moyenne de la raquette, pour une variation de quantité de mouvement pourtant plus petite. Toute la différence vient de la durée : une même impulsion étalée sur cinq fois plus de temps engendre cinq fois moins de force. Conseil pour le coude : détendre légèrement le cordage. Des cordes plus souples s'enfoncent davantage, allongent le temps de contact et abaissent la force maximale transmise au bras, exactement comme un airbag ou une genouillère.

a) Pendant la fraction de seconde de l'accrochage, les forces entre wagons (intérieures au système) sont énormes devant le frottement des rails (force extérieure) : l'impulsion du frottement sur cette durée est négligeable. La conservation s'applique à l'échelle du choc, pas à l'échelle de la journée.

b) $v'=\frac{m_{1}v_{1}}{m_{1}+m_{2}}=\frac{(2000)(3)}{5000}=1{,}2$ m/s.

c) Avant : $E_{k}=\frac{1}{2}(2000)(3)^{2}=9000$ J. Après : $\frac{1}{2}(5000)(1{,}2)^{2}=3600$ J. Perte : 5400 J, soit 60 % de l'énergie initiale, partie en déformation des attelages, bruit et chaleur. La quantité de mouvement, elle, est intégralement transmise : 6000 kg·m/s avant comme après.

d) Avec $v'=\frac{m_{1}v_{1}}{m_{1}+m_{2}}$ : $\frac{E_{k}'}{E_{k}}=\frac{\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})v'^{2}}{\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}}=\frac{(m_{1}+m_{2})}{m_{1}v_{1}^{2}}\cdot\frac{m_{1}^{2}v_{1}^{2}}{(m_{1}+m_{2})^{2}}=\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}}$. La fraction perdue est donc $1-\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}}=\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$ : la vitesse a disparu du résultat. Ici : $\frac{3000}{5000}=60$ %, conforme au c). Si $m_{2}\gg m_{1}$ (une balle de mastic contre un mur), la fraction tend vers 100 % : presque toute l'énergie est dissipée, ce qui correspond bien à l'intuition.

a) Quantité de mouvement : $m_{1}v_{1}=m_{1}v_{1}'+m_{2}v_{2}'$, soit $4=v_{1}'+3v_{2}'$. Énergie cinétique (choc élastique) : $\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}=\frac{1}{2}m_{1}v_{1}'^{2}+\frac{1}{2}m_{2}v_{2}'^{2}$, soit $16=v_{1}'^{2}+3v_{2}'^{2}$.

b) Pour un projectile frappant une cible immobile, la résolution du système donne $v_{1}'=\frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v_{1}=\frac{1-3}{4}(4)=-2$ m/s et $v_{2}'=\frac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v_{1}=\frac{2}{4}(4)=2$ m/s. Le chariot léger REBONDIT en arrière ($v_{1}'<0$) : il frappe plus lourd que lui; le chariot lourd part vers l'avant à 2 m/s.

c) Quantité de mouvement : avant $(1)(4)=4$ kg·m/s; après $(1)(-2)+(3)(2)=4$ kg·m/s. Énergie : avant $\frac{1}{2}(1)(16)=8$ J; après $\frac{1}{2}(1)(4)+\frac{1}{2}(3)(4)=2+6=8$ J. Les deux lois sont vérifiées.

d) Avant : $v_{1}-v_{2}=4$ m/s (rapprochement). Après : $v_{1}'-v_{2}'=-2-2=-4$ m/s (éloignement à la même cadence) : la vitesse relative s'est bien inversée. Cette relation est LINÉAIRE : combinée à la conservation de $p$ (linéaire aussi), elle remplace l'équation d'énergie (quadratique) et donne un système de deux équations du premier degré, immédiat à résoudre. C'est l'astuce standard des chocs élastiques en une dimension : l'équation quadratique n'a servi qu'à établir la propriété une fois pour toutes.

a) Dans l'espace, aucune force extérieure horizontale n'agit sur le système astronaute-clé : ni frottement, ni support. Les forces du lancer sont intérieures au système : $P$ totale reste ce qu'elle était, c'est-à-dire nulle.

b) $0=m_{a}v_{a}+m_{c}v_{c}$, donc $v_{a}=-\frac{(2)(8)}{80}=-0{,}2$ m/s : l'astronaute recule à 0,2 m/s vers la station. Temps : $t=\frac{30}{0{,}2}=150$ s, soit 2 min 30 s. Le voyage est lent mais sûr : rien ne viendra le freiner.

c) $E_{k}=\frac{1}{2}(2)(8)^{2}+\frac{1}{2}(80)(0{,}2)^{2}=64+1{,}6=65{,}6$ J. Aucune violation : la conservation de l'énergie CINÉTIQUE n'est une loi que pour les chocs élastiques. Ici, l'énergie vient de l'énergie chimique des muscles de l'astronaute : le lancer est une anti-collision, une explosion en miniature qui CRÉE de l'énergie cinétique à partir d'une autre forme.

d) À vitesse de lancer $v$ fixée, le recul vaut $v_{a}=\frac{m_{c}v}{m_{a}}$ : il croît avec la masse lancée, donc lancer lourd est plus efficace. La répartition de l'énergie suit les vitesses : la clé emporte $\frac{64}{65{,}6}\approx 97{,}6$ % de l'énergie produite, l'astronaute n'en récupère que 2,4 %. C'est général : quand $P$ totale est nulle, les énergies sont dans le rapport inverse des masses ($E=\frac{p^{2}}{2m}$ avec le même $p$) : le corps léger emporte presque tout. Les muscles paient cher chaque m/s de recul, et c'est exactement le problème que résout un vrai propulseur... ou une fusée, qui lance du gaz très vite et en continu.

a) $x_{cm}=\frac{\sum m_{i}x_{i}}{\sum m_{i}}=\frac{2{,}00(0)+3{,}00(4{,}00)+5{,}00(2{,}00)}{10{,}0}=\frac{22{,}0}{10{,}0}=2{,}20$ m. $y_{cm}=\frac{2{,}00(0)+3{,}00(0)+5{,}00(3{,}00)}{10{,}0}=\frac{15{,}0}{10{,}0}=1{,}50$ m. Le centre de masse est en $(2{,}20\,;1{,}50)$ m. Il est tiré du côté de la masse de $5{,}00$ kg, ce qui est le comportement attendu d'une moyenne pondérée.

b) Aucune force horizontale extérieure n'agit sur le système pêcheur plus barque : le centre de masse reste donc rigoureusement immobile par rapport à la rive. Soit $D$ le déplacement de la barque par rapport à la rive. Le pêcheur avance de $4{,}00$ m par rapport à la barque, donc de $D+4{,}00$ par rapport à la rive. La condition de centre de masse fixe s'écrit $60{,}0\left(D+4{,}00\right)+80{,}0D=0$, soit $140D=-240$ et $D=-1{,}71$ m. La barque recule donc de $1{,}71$ m, dans le sens opposé à la marche. Le pêcheur, lui, avance de $-1{,}71+4{,}00=+2{,}29$ m par rapport à la rive.

c) Repérons les positions depuis la rive, la barque occupant initialement l'intervalle de $0$ à $4{,}00$ m, le pêcheur en $0$ et le centre de la barque en $2{,}00$ m. Avant : $x_{cm}=\frac{60{,}0(0)+80{,}0(2{,}00)}{140}=\frac{160}{140}\approx 1{,}14$ m. Après : le pêcheur est en $2{,}29$ m et le centre de la barque en $2{,}00-1{,}71=0{,}286$ m, donc $x_{cm}=\frac{60{,}0(2{,}29)+80{,}0(0{,}286)}{140}=\frac{137{,}1+22{,}9}{140}\approx 1{,}14$ m. Identique, comme il se doit.

d) Non, jamais. En marchant, le pêcheur ne fait qu'échanger des forces INTERNES avec sa barque : le centre de masse ne peut pas se déplacer, et la proue recule à mesure qu'il avance. Il gagne au mieux les $2{,}29$ m calculés en b), toujours moins que la longueur de la barque. Pour rejoindre le quai il lui faut une force EXTÉRIEURE au système : pousser sur le fond avec une perche, ramer et donc pousser sur l'eau, ou encore lancer un objet lourd vers l'arrière, ce qui revient à sortir cet objet du système. C'est la même impossibilité qui interdit à un astronaute isolé de se déplacer en gesticulant.

e) L'explosion est un phénomène INTERNE : les forces qu'elle libère ne changent rien au mouvement du centre de masse, qui poursuit imperturbablement la parabole initiale. Le sommet étant à $60{,}0$ m du canon, la portée totale de l'obus intact aurait été de $120$ m par symétrie : c'est donc là que le centre de masse touche le sol. Les deux fragments partent du sommet avec la même vitesse verticale nulle et tombent de $40{,}0$ m, donc ils atterrissent au même instant, $t=\sqrt{\frac{2(40{,}0)}{9{,}80}}\approx 2{,}86$ s plus tard, et la relation du centre de masse s'applique telle quelle à l'atterrissage : $\frac{4{,}00(60{,}0)+8{,}00x_{2}}{12{,}0}=120$, d'où $x_{2}=150$ m. Vérification par la quantité de mouvement horizontale : l'obus avançait à $\frac{60{,}0}{2{,}86}=21{,}0$ m/s, soit $p=12{,}0(21{,}0)=252$ kg$\cdot$m/s; après, $4{,}00(0)+8{,}00\left(\frac{90{,}0}{2{,}86}\right)=8{,}00(31{,}5)=252$ kg$\cdot$m/s. Les deux méthodes concordent.

a) $P_{x}=(1200)(20)=24\,000$ kg·m/s (est); $P_{y}=(1600)(15)=24\,000$ kg·m/s (nord). Chaque voiture n'alimente qu'un seul axe : c'est ce qui rend le problème lisible composante par composante.

b) Masse totale 2800 kg, et chaque composante se conserve : $v_{x}=\frac{24\,000}{2800}\approx 8{,}57$ m/s, $v_{y}\approx 8{,}57$ m/s. Module : $v'=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}\approx 12{,}1$ m/s; direction : $\tan\alpha=\frac{P_{y}}{P_{x}}=1$, soit 45° au nord de l'est.

c) Avant : $\frac{1}{2}(1200)(20)^{2}+\frac{1}{2}(1600)(15)^{2}=240\,000+180\,000=420\,000$ J. Après : $\frac{1}{2}(2800)(12{,}12)^{2}\approx 205\,700$ J. Perte : environ 214 000 J, soit 51 % : la moitié de l'énergie est partie en tôle froissée, un ordre de grandeur typique des collisions urbaines perpendiculaires.

d) La direction de l'épave encode le rapport des quantités de mouvement : $\tan 38^{\circ}=\frac{P_{y}}{P_{x}}=\frac{(1600)(15)}{1200\,v_{1}}$, donc $v_{1}=\frac{24\,000}{1200\tan 38^{\circ}}=\frac{20}{0{,}781}\approx 25{,}6$ m/s, soit environ 92 km/h. La limite de 50 km/h correspond à 13,9 m/s : l'angle relevé exige presque le double. Les traces contredisent le conducteur : plus l'épave part PRÈS de l'axe est, plus la voiture venant de l'ouest était rapide. C'est exactement ainsi que la quantité de mouvement sert d'expert-témoin dans les reconstitutions d'accident.

a) Conservation de la quantité de mouvement : $m\vec{v}_{0}=m\vec{v}_{1}+m\vec{v}_{2}$, et comme les masses sont égales elles se simplifient : $\vec{v}_{0}=\vec{v}_{1}+\vec{v}_{2}$. Conservation de l'énergie cinétique, le choc étant élastique : $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}mv_{2}^{2}$, soit $v_{0}^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}$. Le premier résultat est vectoriel, le second scalaire : c'est précisément la confrontation des deux qui va tout donner.

b) Élevons la relation vectorielle au carré, c'est-à-dire faisons le produit scalaire de $\vec{v}_{0}$ par lui-même : $v_{0}^{2}=\left(\vec{v}_{1}+\vec{v}_{2}\right)\cdot\left(\vec{v}_{1}+\vec{v}_{2}\right)=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+2\,\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}$. Or la conservation de l'énergie impose $v_{0}^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}$. En comparant, il reste $\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}=0$. Deux vecteurs non nuls de produit scalaire nul sont perpendiculaires : les billes repartent à $90^{\circ}$ l'une de l'autre. La démonstration ne suppose ni la géométrie du contact, ni le point d'impact, ni la vitesse initiale. Elle ne suppose que l'égalité des masses et le caractère élastique du choc, ce qui explique que tout joueur de billard connaisse la règle sans en connaître la preuve.

c) Puisque l'angle entre $\vec{v}_{1}$ et $\vec{v}_{2}$ vaut $90^{\circ}$, les trois vecteurs forment un triangle rectangle dont $\vec{v}_{0}$ est l'hypoténuse. La bille frappée partant à $35{,}0^{\circ}$ : $v_{2}=v_{0}\cos 35{,}0^{\circ}=3{,}00(0{,}8191)\approx 2{,}46$ m/s. La bille frappeuse : $v_{1}=v_{0}\sin 35{,}0^{\circ}=3{,}00(0{,}5736)\approx 1{,}72$ m/s, et elle part à $55{,}0^{\circ}$ de l'autre côté de la direction initiale, puisque $35{,}0+55{,}0=90{,}0$.

d) Selon l'axe initial : $2{,}457\cos 35{,}0^{\circ}+1{,}721\cos 55{,}0^{\circ}=2{,}013+0{,}987=3{,}00$ m/s, qui est bien $v_{0}$. Selon l'axe perpendiculaire : $2{,}457\sin 35{,}0^{\circ}-1{,}721\sin 55{,}0^{\circ}=1{,}410-1{,}410=0$, comme avant le choc. Énergie cinétique : $v_{1}^{2}+v_{2}^{2}=2{,}961+6{,}039=9{,}00=v_{0}^{2}$. Les trois vérifications passent.

e) Si le choc n'est pas élastique, une partie de l'énergie cinétique est perdue : $v_{1}^{2}+v_{2}^{2}<v_{0}^{2}$. En reportant dans l'identité de la question b), $v_{0}^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+2\,\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}$, on obtient $2\,\vec{v}_{1}\cdot\vec{v}_{2}>0$, donc $\cos$ de l'angle strictement positif : l'angle devient INFÉRIEUR à $90^{\circ}$. Les deux trajectoires se referment vers l'avant, et d'autant plus que le choc est mou. C'est d'ailleurs ce que l'on observe au billard avec des billes usées ou un tapis humide. Quant à l'électron et au proton, la démonstration s'écroule dès la première ligne : elle exigeait de simplifier les masses, ce qui suppose $m_{1}=m_{2}$. Le proton est près de $1\,840$ fois plus massif que l'électron, et l'électron rebondit alors presque en arrière tandis que le proton bouge à peine. Historiquement, c'est ce test des $90^{\circ}$ dans les chambres à bulles qui permettait d'identifier une collision entre deux particules de même masse.

a) Phase 1, l'impact (bref, violent) : la quantité de mouvement se conserve (forces extérieures négligeables pendant la milliseconde du choc), mais PAS l'énergie cinétique : le projectile se loge dans le bois, choc parfaitement inélastique. Phase 2, la montée (lente, sans choc) : l'énergie mécanique se conserve (la tension des fils ne travaille pas), mais la quantité de mouvement NE se conserve PAS : la gravité et la tension, forces extérieures, agissent pendant toute la montée et finissent par arrêter le bloc.

b) Montée : $\frac{1}{2}(M+m)V^{2}=(M+m)gh$, donc $V=\sqrt{2(9{,}8)(0{,}050)}=\sqrt{0{,}98}\approx 0{,}99$ m/s.

c) Impact : $mv=(M+m)V$, donc $v=\frac{2{,}50}{0{,}010}(0{,}99)\approx 247$ m/s. Le pendule balistique transforme une vitesse immesurable directement (247 m/s) en une hauteur de 5 cm, mesurable au réglet : c'est un démultiplicateur.

d) $\frac{E_{k}'}{E_{k}}=\frac{\frac{1}{2}(M+m)V^{2}}{\frac{1}{2}mv^{2}}$ avec $V=\frac{mv}{M+m}$ donne $\frac{m}{M+m}=\frac{0{,}010}{2{,}50}=0{,}4$ %. Donc 99,6 % de l'énergie du projectile disparaît dans le bois (échauffement, déchirure des fibres) : seule la fraction $\frac{m}{M+m}$ survit, la fraction perdue vaut bien $\frac{M}{M+m}$. Si on écrivait naïvement $\frac{1}{2}mv^{2}=(M+m)gh$ (conservation de l'énergie de bout en bout), on trouverait $v=\sqrt{2(9{,}8)(0{,}050)\times 250}\approx 16$ m/s, quinze fois trop faible : on aurait ignoré les 99,6 % d'énergie avalés par l'impact. D'où la règle du chapitre : la quantité de mouvement enjambe le choc, l'énergie enjambe la montée, jamais l'inverse.

a) Le système personne plus chariot ne subit aucune force horizontale extérieure, donc sa quantité de mouvement se conserve. Avant : $p=\left(60{,}0+40{,}0\right)(2{,}00)=200$ kg$\cdot$m/s. Après : $60{,}0(-3{,}00)+40{,}0v=200$, donc $40{,}0v=200+180=380$ et $v=9{,}50$ m/s. Le chariot est fortement propulsé vers l'avant, ce qui est logique : la personne a emporté vers l'arrière une quantité de mouvement négative, il a fallu la compenser.

b) Si les $3{,}00$ m/s sont relatifs au chariot, la vitesse de la personne par rapport au sol vaut $v-3{,}00$, où $v$ est la vitesse finale du chariot. La conservation s'écrit $60{,}0\left(v-3{,}00\right)+40{,}0v=200$, soit $100v=380$ et $v=3{,}80$ m/s; la personne se retrouve alors à $0{,}800$ m/s vers l'avant, et non vers l'arrière. Les deux réponses diffèrent parce que la vitesse est relative au référentiel choisi : $3{,}00$ m/s vers l'arrière par rapport à un chariot qui avance n'est pas $3{,}00$ m/s vers l'arrière par rapport au sol. La seconde formulation est la plus réaliste, car les jambes de la personne poussent sur le CHARIOT : c'est bien une vitesse relative que le saut impose. Lire attentivement le référentiel de chaque vitesse est la moitié du travail dans ce chapitre.

c) Sur rien d'extérieur. Une fusée ne pousse pas sur l'air ni sur le sol : elle éjecte violemment une partie de sa propre masse vers l'arrière, et par conservation de la quantité de mouvement le reste part vers l'avant. C'est exactement le saut de la question a), répété des milliers de fois par seconde. La poussée est le taux de transfert de quantité de mouvement aux gaz : $F=v_{ex}\frac{dm}{dt}=2\,500(150)=3{,}75\times 10^{5}$ N.

d) Loin de tout astre, la poussée est la seule force. Au démarrage : $a_{i}=\frac{3{,}75\times 10^{5}}{3{,}00\times 10^{4}}=12{,}5$ m/s$^{2}$. À l'extinction il ne reste que la structure, $3{,}00\times 10^{4}-2{,}10\times 10^{4}=9{,}00\times 10^{3}$ kg, donc $a_{f}=\frac{3{,}75\times 10^{5}}{9{,}00\times 10^{3}}\approx 41{,}7$ m/s$^{2}$, plus de trois fois plus. Durée de combustion : $\frac{2{,}10\times 10^{4}}{150}=140$ s. L'accélération augmente parce que la poussée reste constante alors que la masse à accélérer diminue sans cesse : la fusée est le contre-exemple parfait au réflexe qui consiste à traiter la masse comme une constante dans $F=ma$.

e) $\Delta v=2\,500\ln\frac{3{,}00\times 10^{4}}{9{,}00\times 10^{3}}=2\,500\ln 3{,}33\approx 3{,}01\times 10^{3}$ m/s. L'estimation naïve donnerait $a_{i}t=12{,}5(140)=1\,750$ m/s, soit $42\,\%$ de moins : supposer l'accélération constante et égale à sa valeur initiale sous-estime gravement le résultat, puisque l'accélération ne fait que croître. L'accélération moyenne réelle vaut $\frac{3\,010}{140}\approx 21{,}5$ m/s$^{2}$, bien située entre $12{,}5$ et $41{,}7$. Enfin, le logarithme explique les étages : $\Delta v$ ne dépend que du RAPPORT des masses, et ce rapport est plombé par les réservoirs vides, qui restent lourds une fois inutiles. Les larguer fait repartir le rapport de masses sur une valeur favorable pour l'étage suivant, et les $\Delta v$ s'additionnent. Sans étages, aucun lanceur chimique n'atteindrait les $7{,}9$ km/s nécessaires à la mise en orbite basse.