Solutionnaire du chapitre 6

17
Version 2021 6 – La Lune 1 Solutionnaire du chapitre 6 1. La distance est 8 8 2 2 3 10 2, 56 3,84 10 m s d v t d s d m = × = = × 2. On va commencer par résoudre le triangle TBC (celui qui a un sommet au centre de la Terre). C’est un triangle isocèle, ce qui signifie que les angles α sont égaux. On a donc 50° + α + α = 180° α = 65° La distance entre les points B et C est ( ) ( ) 2 2 2 6371 6371 2 6371 6371 cos 50 5385 BC km km km km BC km = + - ° = La somme des trois angles au point B est de 180°. On a donc 65° + b + 30° = 180° b = 85°

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Solutionnaire du chapitre 6

1. La distance est

8

8

2

23 10

2,56

3,84 10

ms

dv

t

d

s

d m

=

⋅× =

= ×

2. On va commencer par résoudre le triangle TBC (celui qui a un sommet au centre de la Terre).

C’est un triangle isocèle, ce qui signifie que les angles α sont égaux. On a donc

50° + α + α = 180° α = 65°

La distance entre les points B et C est

( ) ( )2 22 6371 6371 2 6371 6371 cos50

5385

BC km km km km

BC km

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

=

La somme des trois angles au point B est de 180°. On a donc

65° + b + 30° = 180° b = 85°

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La somme des angles au point C est aussi de 180°. On a donc

65° + c + 40° = 180° c = 75°

On a maintenant la situation suivante.

(On a trouvé l’angle de 20° en utilisant le fait que la somme du triangle ABC doit être de 180°.) On peut maintenant trouver la distance entre le point B et l’astéroïde. (On aurait pu aussi trouver celle entre C et A). On la trouve avec la loi des sinus

( ) ( )5385

sin 20 sin 75

15 208

km x

x km

=° °

=

On a maintenant la situation suivante

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(L’angle de 150° est la somme des angles de 85° et 65°.) On peut donc trouver la distance D avec la loi des cosinus.

( ) ( )2 22 6371 15 208 2 6371 15 208 cos150

20 969

D km km km km

D km

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

=

3. On a la situation suivante

On commence à voir la Lune exactement entre 6 h et midi, donc à 9 h. On ne voit plus la Lune exactement entre 18 h et minuit, donc à 21 h. La Lune se lève donc à 9 h et se couche à 21 h.

4. La période sidérale est

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1 1 1

15 225

14,0625sid

sid

M j j

M j

= +

=

5. La période synodique est

1 1 1

5,877 60190

5,87642

syn

syn

j M j

M j

= −

=

6. a) La distance angulaire minimale qu’il doit y avoir entre la lune et le Soleil pour qu’il y ait une éclipse est

θ θ θ⊕∆ = + +⊙ B

On sait les demi-largeurs angulaires du satellite et de Soleil, mais il nous manque la demi-largeur angulaire de Naboo vu de Tasia. Comme la planète a un rayon de 8000 km et que la distance entre Naboo et Tasia est de 300 000 km, la demi-largeur angulaire est de

8000

3000000,0267

1,53

km

km

rad

θ =

=

= °

On a donc

1,53 0,35 0,75

2,63

θ θ θ⊕∆ = + +

= ° + ° + °

= °

⊙ B

L’angle maximal qu’il peut y avoir avec un nœud est donc

( )

( )

sin 10

2,63sin 10

15,1

θ

θ

θ

∆= °

°= °

= °

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b) La proportion du trajet totale de Naboo qui se trouve dans une fenêtre est

2 15,18, 414%

360

⋅ °=

°

Puisque la période est de 225 jours, cela correspond à 18,93 jours. Puisque la période synodique de Tasia est de 15 jours, il peut y avoir 1 ou 2 éclipses.

7. a) La distance est

sin 180

800090 min 1,5

sin 18015 24 60 min 2

305612

p

e

syn

RD

td

M

km

km

=

⋅ ° +

⋅ ° + ⋅ ⋅

=

b) On trouve la masse de Naboo avec

3

2Naboo

rT

GMπ=

Toutefois, il nous faut la période sidérale dans cette formule. On peut la trouver à partir de la période synodique avec

1 1 1

15 225

14,0625sid

sid

M j j

M j

= +

=

On a donc

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( )

3

38

11 ²²

25

2

3,05612 1014,0625 24 60 60 2

,674 10

1,144 10

Naboo

NmNabookg

Naboo

rT

GM

ms

M

M kg

π

π−

=

×⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

6 × ⋅

= ×

c) Le champ à la surface de Naboo est

( )

2

11 25²²

26

,674 10 1,144 10

8 10

11,93

Naboo

Naboo

Nmkg

Nkg

GMg

R

kg

m

=

6 × ⋅ ×=

×

=

8. On aurait alors

cos

2cos1

2cos

1cos

260

dd

dd

θ

θ

θ

θ

θ

⊕⊕

⊕⊕

=

=

=

=

= °

B

B

B

9. a) La force de marée faite par la Lune est

32cos sin

marées

GMmRF i j

rθ θ = −

� � �

À θ = 0°, on a

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( )

11 22 6²²

38

5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 102cos0 sin 0

3,844 10

6,59 10

Nmkg

marées

kg kg mF i j

m

Ni

× ⋅ × ⋅ ⋅ × = ⋅ ° − °

×

= ×

� � �

C’est donc une force de 6,59 x 10-5 N dirigée vers le haut.

b) La force de marée faite par la Lune est

32cos sin

marées

GMmRF i j

rθ θ = −

� � �

À θ = 90°, on a

( )

11 22 6²²

38

5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 102cos90 sin 90

3,844 10

3,30 10

Nmkg

marées

kg kg mF i j

m

Nj

× ⋅ × ⋅ ⋅ × = ⋅ ° − °

×

= − ×

� � �

C’est donc une force de 3,30 x 10-5 N dirigée vers le sol.

c) La force de marée faite par la Lune est

32cos sin

marées

GMmRF i j

rθ θ = − � �

À θ = 45°, on a

( )

11 22 6²²

38

5 5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 102cos 45 sin 45

3,844 10

4,662 10 2,331 10

Nmkg

marées

kg kg mF i j

m

Ni Nj

− −

× ⋅ × ⋅ ⋅ × = ⋅ ° − °

×

= × − ×

� � �

� �

La grandeur de cette force est

( ) ( )2 25 5

5

4,662 10 2,331 10

5,213 10

maréesF N N

N

− −

= × + − ×

= ×

La direction de cette force est

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5

5

2,331 10arctan

4,662 10

26,57

N

− ×=

×

= − °

Comme à θ = 45° la surface est inclinée de 45° par rapport à l’axe des x (dirigé vers la Lune) et que la direction de la force est -26,57°, l’angle entre le sol et la force est

45 26,57

18,43

α = ° − °

= °

C’est donc une force de 5,213 x 10-5 N dirigée à 18,43° vers le haut par rapport au sol.

10. À l’angle θ, l’inclinaison par rapport à l’axe des x est –(90° - θ).

La force doit donc être dans cette direction. Comme la direction de la force est donnée par

( )tan y

x

Fangle

F=

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on peut écrire, en utilisant les priopriétés des fonctions trigonométriques,

( )

( )( )

( )( )

tan 90

sin 90

cos 90

sin 90

cos 90

cos

sin

1

tan

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

F

F

F

F

F

F

F

F

F

F

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

θ

− ° − =

− ° −=

− ° −

− ° −=

° −

−=

−=

Avec les composantes de la force de marée, on obtient

3

3

sin1

tan 2cos

sin

2cos1

tan2

GMmR

rGMmR

r

θ

θ θ

θ

θ

θ

−−

=

−=

= −

L’angle est donc

2

1 1tan

tan 2

2 tan

54,74

θθ

θ

θ

−= −

=

= °

11. La force de marée faite par la Lune est

3

2GM mRF

r

= B

B

B

Alors que la force de marée faite par le Soleil est

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3

2GM mRF

r

= ⊙

Le rapport est donc

( )

( )

3

3

3

3

311 22

38 30

2

2

1, 496 10 7,34 10

3,844 10 1,9885 10

2,176

GM mR

rF

F GM mR

r

r M

r M

m kg

m kg

=

=

× ⋅ ×=

× ⋅ ×

=

⊙ ⊙

B

BB

B

B

12. On aurait alors

3

11 22 6²²

3

11 22 6²²

3

0,01

20,01

2 ,674 10 7,34 10 6,371 10 m0,01 9,8

2 ,674 10 7,34 10 6,371 100,01 9,8

8604

marées

Nmkg N

kg

Nmkg N

kg

F mg

GM mRmg

r

kg mm

r

kg m

r

r km

=

=

⋅6 × ⋅ × ⋅ ⋅ ×= ⋅

⋅6 × ⋅ × ⋅ ×= ⋅

=

B

B

B

B

B

13. La hauteur est

( )

( )

41

32

427 6

324 11

6

3

2

3 1,9 10 6,371 10

2 5,972 10 4, 2 1, 496 10

3,1 10

M Rr

M r

kg m

kg m

m−

∆ =

⋅ × ⋅ ×=

⋅ × ⋅ ⋅ ×

= ×

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14. La distance est

3

³3

³

2, 42285

14082, 42285

5427

1,545

1,545 695 500

1,075 million de km

p

p

s

kg

m

kg

m

r R

R

R

km

ρ

ρ= ⋅

= ⋅ ⋅

=

= ⋅

=

15. En 50 000 jours, la période a augmenté de 0,025 s. Calculons combien de rotation la planète à fait pendant ce temps. Comme il y a eu 50 000 jours, le décalage par tour est de

70,0255 10

50000

ss

−= ×

Ainsi, la deuxième rotation a duré 36000 s + ∆t. Puis, la troisième rotation a duré 36000 s + 2∆t, la quatrième rotation a durée 36000 s + 3∆t et ainsi de suite jusqu’à la 50 000e rotation qui a duré 36000 s + 49 999∆t. Ainsi, la somme de tous ces petits ajouts est

( )

2 3 4 ... 49999

1 2 3 4 ... 49999total

t t t t t t

t

= ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + + ∆

= + + + + + ∆

On utilise maintenant

( )11 2 3 ...

2

N NN

++ + + + =

pour calculer la somme. On arrive alors à

7

1 249 975 000

1 249 975 000 5 10

625

totalt t

s

s

= ∆

= ⋅ ×

=

16. a) la distance entre les planètes se trouve avec

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3

3

11 25²²

8

2

864 000 26,674 10 1,1 10

2, 403 10

tot

Nmkg

rT

GM

rs

kg

r m

π

π−

=

= ⋅× ⋅ ×

= ×

b) Au départ, il y a premièrement le moment cinétique de Stromgol dû à sa rotation sur elle-même. Ce moment cinétique est

( )

( )( )2

1

21 1

225 6

34

0,35

20,35 10 7,5 10

36 000

3, 436 10 kgm

s

L I

M R

kg ms

ω

ω

π

=

=

= ⋅ ⋅ × ⋅

= ×

Il y a ensuite le moment cinétique d’Ypp dû à sa rotation sur elle-même. Ce moment cinétique est

( )

( )( )2

2

22 2

224 6

33

0,35

20,35 10 3,5 10

7 200

3,742 10 kgm

s

L I

M R

kg ms

ω

ω

π

=

=

= ⋅ ⋅ × ⋅

= ×

Finalement, il y a le moment cinétique provenant du mouvement orbital de Stromgoll et d’Ypp autour de leur centre de masse. Ce moment orbital est

2

1 2

11 8²²24 25

25

35

6,674 10 2, 403 1010 10

1,1 10

3,818 10

orbital

tot

Nmkg

kgm

s

GrL M M

M

mkg kg

kg

=

× ⋅ ×= ⋅ ⋅

×

= ×

Le moment cinétique total est donc

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2 2 2

2

1 2

34 33 35

35

3,436 10 3,742 10 3,818 10

4,199 10

orbital

kgm kgm kgm

s s s

kgm

s

L L L L= + +

= × + × + ×

= ×

c) Quand les deux planètes auront la même face tournée l’une vers l’autre, on aura

1 2tot

GrL M M

M

′′ =

2

1 2

11 ²²35 24 25

25

8

6,674 104,199 10 10 10

1,1 10

2,91 10

tot

Nmkgkgm

s

GrL M M

M

rkg kg

kg

r m

′′ =

′× ⋅× = ⋅ ⋅

×

′ = ×

Cette distance correspond à 1,21 fois la distance initiale.

d) À ce moment, la période sera de

( )

3

38

11 25²²

6

2

2,91 102

6,674 10 1,1 10

1,149 10

13,3

tot

Nmkg

rT

GM

m

kg

s

jours

π

π−

=

×= ⋅

× ⋅ ×

= ×

=

17. On a

3

3011 11

3

32

2

1,9885 101,496 10 7,8 10

2

1, 41 10 74 000

c

pert

pert

pert jupiter

Md r

M

kgm m

M

M kg M

=

×× = ⋅ ×

= × ≈

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Version 2021 6 – La Lune 14

18. En ce moment, le temps entre le début de l’hiver et le périhélie est 14 jours (nombre de jour entre le 21 décembre et le 4 janvier). L’angle entre la position de la Terre sur l’obtite au début de l’hiver et le périhélie est (si on suppose que la vitesse angulaire est constante)

14

360 365, 2565654

13,80

j

j

θ

θ

= °

Dans 1000 ans, le périhélie sera 13,97° plus tôt sur l’orbite. Quant au périhélie, il sera 3,26° plus loin sur l’orbite. Ainsi, l’angle entre la position de la Terre sur l’obtite au début de l’hiver et le périhélie aura augmentée de 17,23°. L’angle sera donc de

13,80 17,23

31,03

θ ′ = ° + °

= °

Le temps qu’il faut pour parcourir cet angle est (si on suppose que la vitesse angulaire est constante)

31,03

360 365, 265654

31,5 jours

t

j

t

°=

°

=

Le périhélie sera donc 31 jours après le début de l’hiver. Il sera donc le 21 janvier.

19. a) La température moyenne de la Lune serait de

( )

( )

( )

2

4

2

4

2

4

1278,3 1

1

1 1278,3 1 0,07

1 2

1278,3 1 0,07

2

193,2

79,9

étoileL UA

T K AL D

L UAK

L UA

K

K

C

= ⋅ −

= ⋅ ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ −

=

= − °

b) Le température maximale est

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Version 2021 6 – La Lune 15

( )

( )

( )

2

4

2

4

2

4

1393,6 1

1

1 1393,6 1 0,07

1 2

1393,6 1 0,07

2

273,3

0, 2

étoileL UA

T K AL D

L UAK

L UA

K

K

C

= ⋅ −

= ⋅ ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ −

=

= °

c) La vitesse de libération à la surface de la Lune est

11 22²²

6

2

2 ,674 10 7,34 10

1,737 10

2375

Lunelib

Lune

Nmkg

ms

GMv

R

kg

m

=

⋅6 × ⋅ ×=

×

=

À 0,2°C, la vitesse des molécules d’oxygène est

23

27

2

2 1,38 10 273,3

32 1,6605 10

377

molécule

JK

ms

kTv

m

K

kg

=

⋅ × ⋅=

⋅ ×

=

Comme la vitesse de libération est seulement 6,3 fois plus grand que la vitesse des molécules, la Lune ne peut pas garder son atmosphère d’oxygène.

20. a) La densité est de

343

M

volume

M

R

ρ

π

=

=

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Version 2021 6 – La Lune 16

La masse est formée de deux parties : le noyau et le manteau. La masse du noyau est égal à sa densité multipliée par son volume. Disons que le rayon du noyau est de R′. On a donc

341 1 3M Rρ π ′=

La masse du manteau est aussi égale à la masse multipliée par le volume. Dans ce cas, le volume est celui d’une sphère de rayon R dans laquelle il y a une cavité de rayon R′. La masse est donc

( )3 34 42 2 3 3M R Rρ π π ′= −

On a donc

( )

( )

( )

1 234

3

3 3 34 4 41 23 3 3

343

3 3 31 2

3

3 3

1 2

3

2 1 2

1

M M

R

R R R

R

R R R

R

R R

R R

R

R

ρπ

ρ π ρ π π

π

ρ ρ

ρ ρ

ρ ρ ρ

+=

′ ′+ −=

′ ′+ −=

′ ′ = + −

′ = + −

En utilisant les valeurs pour la Terre, on a

( )

( )

3

2 1 2

3

³ ³ ³ ³

3

4500 3000 12000 3000

1500 9000

0,550

kg kg kg kg

m m m m

R

R

R

R

R

R

R

R

ρ ρ ρ ρ′

= + −

′ = + − ⋅

′ = ⋅

′=

(Ce n’est pas très loin de la véritable valeur de 0,545.)

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Version 2021 6 – La Lune 17

b) En utilisant les valeurs pour la Lune, on a

( )

( )

3

2 1 2

3

³ ³ ³ ³

3

3350 3000 12000 3000

350 9000

0,339

kg kg kg kg

m m m m

R

R

R

R

R

R

R

R

ρ ρ ρ ρ′

= + −

′ = + − ⋅

′ = ⋅

′=

(C’est quand même assez loin de la véritable valeur de 0,190 .)