Solutionnaire du chapitre 14

Version 2021 14 – La gravitation 1

Solutionnaire du chapitre 14

1. a) L’excentricité est

2

2 10

11 30²²

1

70 000 5 101

6,674 10 2 100,8461

p p

c

ms

Nmkg

v re

GM

mkg

b) Puisque l’excentricité est entre 0 et 1, l’orbite est elliptique.

c) La distance est

10

10

11 cos

1 0,84615 101 0,8461 cos90

9, 23 10

per r

e

m

m

Ce qui est 92,3 millions de km.

2. Le temps entre les deux configurations a et b correspond au quart de la période de la planète X. Il est donc égal à

31 24

XrtGM

On doit trouver à quel pourcentage de la période de la planète Y ce temps correspond. On doit donc faire le rapport de ce temps et de la période de la planète Y. On va appeler ce rapport f.

Luc Tremblay Collège Mérici, Québec


3

3

3

3

3

3

1 24

2

4

14

Y

X

Y

X

Y

X

Y

tfT

rGMr

GM

r

r

rr

Puisque 3X Yr r , on arrive à

3

3

3

3

314

27141 2741, 299

Y

Y

Y

Y

rf

r

rr

Le déplacement angulaire de la planète Y est donc

1, 299 360 467,7

3. La distance est

11

11

1

1, 496 10 1 0, 01671

1, 471 10

pr a e

m

m

4. La distance est

11

11

1

1, 496 10 1 0,01671

1,521 10

ar a e

m

m



5. La vitesse est

11 30²²

11

11

6,674 10 1,9885 10 1 0,016711,496 10 1 0,01671

30 286

p

Nmkg

ms

GM eva e

kgm

6. La vitesse est

11 30²²

11

11

6,674 10 1,9885 10 1 0,016711, 496 10 1 0,01671

29 291

A

Nmkg

ms

GM eva e

kgm

7. La période est

3

311

11 30²²

7

2

1,496 102

6,674 10 1,9885 10

3,156 10365,26

Nmkg

aTGM

mkg

sj

8. L’énergie est

11 30 24²²

11

33

26,674 10 1,9885 10 5,972 10

2 1, 496 102,649 10

mec

Nmkg

GMmEa

kg kgm

J



9. En prenant les valeurs au périhélie, le moment cinétique est

24 11

²40

5,972 10 30 286 1,471 10

2,661 10

p p

ms

kgms

L mv r

kg m

10. a) La vitesse est

11 30²² 11 11

2 1

2 16,674 10 1,9885 101,5 10 1, 496 10

29,705

c

Nmkg

kms

v GMr a

kgm m

b) On trouve l’angle avec la formule suivante.

211 cosa e

re

Ce qui donne

2

11 211

11 cos

1,496 10 1 0,016711,5 10

1 0,01671 cos

a er

em

m

En isolant l’angle, on obtient

cos 0,1762100, 2

c) Comme le moment cinétique est conservé, on doit avoir

sinL mvr

On a donc



²40 24 11

sin2,661 10 5,972 10 29 705 1,5 10 sin

sin 0,9998689,05 ou 90,95

kgm ms s

L mvrkg m

(Cette valeur est très senseible aux arrondissements…)

11. 1) Dans la première possibilité, on suit une orbite avec les caractéristiques suivantes.

11

11

1,5 10

7,8 10p

a

r m

r m

Le demi-grand axe de cette orbite de transfert est

11 11117,8 10 1,5 10 4,65 10

2 2a pr r m ma m

Le temps sera donc de

3

311

11 30²²

7

1 22

4,65 106,674 10 1,9885 10

8,647 101000,8

c

Nmkg

aTGM

mkg

sjours

2) Dans la deuxième possibilité, on suit premièrement une orbite qui fait le transfert de la Terre à Vénus avec les caractéristiques suivantes.

11

11

1 10

1,5 10p

a

r m

r m


11 11111,5 10 1 10 1, 25 10

2 2a pr r m ma m

Le temps pour cette première partie est donc



3

311

11 30²²

7

1 22

1, 25 106,674 10 1,9885 10

1, 205 10139,5

c

Nmkg

aTGM

mkg

sjours

On suit ensuite une orbite qui fait le transfert de Vénus à Jupiter avec les caractéristiques suivantes.

11

11

1 10

7,8 10p

a

r m

r m


11 11117,8 10 1 10 4, 4 10

2 2a pr r m ma m

Le temps pour cette seconde partie est donc

3

311

11 30²²

7

1 22

4,4 106,674 10 1,9885 10

7,959 10921,2

c

Nmkg

aTGM

mkg

sjours

Le temps total de ce deuxième trajet est donc de

139,5 jours + 921,2 jours = 1060,7 jours

La première possibilité est donc la meilleure.

12. En lançant tangentiellement, on a l’orbite suivante.



Avec cette orbite, rp est le rayon de la Terre et ra est la plus grande distance entre le centre de la Terre et l’objet.

Avec la conservation de l’énergie, on a

212 2

GMm GMmmvR a

Puisque la vitesse est

0,85

20,85

libv v

GMR

On arrive à

2

2

2

2

2

1 20,852 21 20,852 2

1 1 10,852

1 10,85 12

2 1 0,85

200111

GM GMm GMmmR R a

GM GMm GMmmR R a

R R a

R aRa

Ra

Puisque

2p ar r a

On arrive à



2002111

400 1111

289111

a

a

a

Rr R

r R

r R

Ceci est la distance entre le centre de la Terre et l’objet. La distance entre l’objet et la surface est

289111

178111

178 6371111

10 217

ad r R

d R R

d R

d km

d km

13. Pour trouver le temps, on utiliser la 2e loi de Kepler.

12

c pGM r eA t

Si la comète fait un tour complet, on a

12

c pellipse

GM r eA T

Si la comète passe du point 1 au point 2, l’équation donne

12

c pgris

GM r eA t

En divisant ces deux équations l’une par l’autre, on arrive a

gris

ellipse

A tA T



(Ce qui n’est pas étonnant, puisque la loi de Kepler affirme que les aires sont les mêmes dans des temps égaux. Le rapport des aires est donc égal au rapport des temps.)

Il reste à trouver l’aire de la zone en gris. Cette aire

moitié de l'ellipse triangle

2 2

2 2

2 22

2 2

212 2121 12

112

A A A

b ca e

a e bc

a e a e ae

ea e

On a donc

2 2

2 2

112

1

12

gris

ellipse

A tA T

ea etTa e

e tT

Le temps est donc

12

1 0,872 50

11,15

e tT

ta

t a

14. On a 3 équations et 3 inconnus



3 3

1 12 2001 11 117001 1

2 3 888 000 2

c cmP s

c cmA s

c c

GM GMe eva e a e

GM GMe eva e a e

a aT sGM GM

Pour résoudre ce système, on va premièrement multiplier la première équation par la deuxième équation.

6 ²²

1 12 200 1 7001 1

3,74 10

c cm ms s

cms

GM GMe ea e a e

GMa

Si on multiplie maintenant la racine de cette équation par la troisième, on obtient

36 ²

²

39

9

9

3,74 10 3 888 000 2

7,519034 10 2

7,519034 10 21,196691 10

1196 691

cms

c

c

c

GM asa GM

GM ama GM

m aa m

a km

De là, on peut trouver la masse de la planète

3

39

11 ²²

25

3 888 000 2

1,196691 103 888 000 2

6,674 10

6,706 10

c

Nmckg

c

asGM

ms

M

M kg

On peut trouver l’excentricité avec une des formules de vitesse. On peut aussi la trouver en divisant les deux formules de vitesse.



12 200 11 700 1

12 200 1 11 700 1 1

22 117 1

22 1 17 122 22 17 17

5 395 0,1282

39

cms

ms c

ms c

mcs

GM ea e

GM ea e

GM e a ea e GM e

ee

e ee e

e

e

15. a) La vitesse est

11 30²²

10

2

2 ,674 10 1,9885 105 10

72,86

soleil

p

Nmkg

kms

GMvr

kgm

b) Comme on sait que l’énergie mécanique est nulle sur une trajectoire parabolique, on peut trouver la vitesse avec la conservation de l’énergie

2

2

11 30²²2

11

102

102

,674 10 1,9885 10102 2 10

36, 43

c

c

Nmkg

kms

GM mmvr

GMvr

kgv

mv

16.On peut trouver la vitesse avec la formule de l’excentricité.



2

2 10

11 30²²

1

5 101, 2 1

6,674 10 1,9885 10

76, 42

p p

c

p

Nmkg

kmp s

v re

GM

v mkg

v

b) On pourra trouver sa vitesse avec la conservation de l’énergie. Sur cette trajectoire, l’énergie est

12

cmec

p

GM m eE

r

On a donc

2

2

11 30 11 30² ²² ²2

10 11

6 2 6

1 12 2

1 12 2

,674 10 1,9885 10 1 1,2 ,674 10 1,9885 1012 5 10 2 2 10

12,6542 10 6,6356 10243,10

c c

p

c c

p

Nm Nmkg kg

J Jkg kg

kms

GM m e GM mmvr r

GM e GMvr r

kg kgv

m m

v

v

17. a) Pour connaitre la forme de l’orbite, on va calculer le signe de l’énergie mécanique de la comète. Cette énergie est

212

cmec

GM mE mvr

On n’a pas la masse de la comète, mais de toute façon, on ne veut savoir que le signe de l’énergie. On a donc



2

11 24²2 ²

11

²²

12

6,674 10 5,972 101 1002 10

1014,2872

Tmec

Nmkgm

s

ms

GME m vr

kgm

m

m

Comme la valeur est positive, l’orbite est hyperbolique.

b) On sait que

²²1014, 2872 m

mec sE m

Au point le plus près de la Terre, on aura donc

2²²

2²²

11014, 2872211014,28722

Tmps

p

Tmps

p

GM mm mvr

GMvr

Il nous faut une deuxième équation pour résoudre. Cette deuxième équation est la conservation du moment cinétique.

11

10 ²

10 ²

sin

100 10 sin 0,5

8,7265 10

8,7265 10

p p

mp ps

mp ps

ms

pp

vr v r

m v r

v r

vr

En remplaçant cette valeur dans l’équation de l’énergie, on arrive à



4 3

4 3

2²²

210 ²

²²

21 14² ²²

² 2

2 21 14²² ² ²

2

11014, 28722

8,7265 1011014, 28722

3,8076211 10 3,9857128 101014, 2872

1014,2872 3,8076211 10 3,9857128 10

1014, 2872 3,

Tmps

p

ms Tm

sp p

m ms sm

sp p

m m mp ps s s

p

GMvr

GMr r

r r

r r

r

14 219857128 10 3,8076211 10 ² 0pm r m

La solution de cette équation quadratique est

214 14 21

14 14

10

3,9857128 10 3,9857128 10 4 1014, 2872 3,8076211 10 ²

2 1014, 28723,9857128 10 3,9855190 10

2 1014, 28721,938 102 1014, 28729 553

p

m m mr

m m

m

km

Comme cette valeur est plus grande que le rayon de la Terre, la comète ne frappe pas la Terre. Elle passe cependant très près (à 3182 km de la surface).

c) On peut trouver l’excentricité avec la formule de l’énergie

12c

mecp

GM m eE

r

11 24²²²

² 6

5

6,674 10 5,972 10 11014, 2872

2 9,553 10

1 4,86 101,0000486

Nmkgm

s

kg m em

m

ee



18.Le champ est

2

11 24²²

26

6,674 10 5,972 10

6, 471 10

9,518

Nmkg

Nkg

GMgr

kg

m

19. Le champ est

3

11 24 6²²

36

6,674 10 5,972 10 5,371 10

6,371 10

8,278

Nmkg

Nkg

GMrgR

kg m

m

20. a) Le champ est

2

11 22²²

26

6,674 10 7,34 10

1,737 10

1,624

Nmkg

Nkg

GMgr

kg

m

b) Le poids de la personne est

70 1,624113,68

Nkg

P mgkg

N

c) Comme le poids de cette personne sur Terre est de 70 kg x 9,8 N/kg = 686 N, le rapport entre le poids sur la Lune et le poids sur Terre est



113,68 0,166686

NN

Le poids sur la Lune est donc seulement 16,6 % du poids de la personne sur Terre.

21. On a la configuration suivante.

En additionnant les champs, on a

22 83,844 10Terre LuneGM GMgx m x

Puisqu’on veut que le champ soit nul, on doit avoir

22 8

22 8

22 8

28 2

2228 224

28 2

17 2 8

03,844 10

3,844 10

3,844 10

3,844 10

7,34 103,844 105,972 10

3,844 10 0,01229

1, 4776 10 7,688 10

Terre Lune

Terre Lune

Terre Lune

Lune

Terre

GM GMx m x

GM GMx m x

M Mx m x

Mm x xM

kgm x xkg

m x x

m

2 2

17 2 8 2

0,012291, 4776 10 7,688 10 0,9877 0

m x x xm m x x

La solution de cette équation quadratique est

x = 346 037 km



Le champ est donc nul à 346 037 km de la Terre.

(Il y a une autre solution à 432 330 km de la Terre. À cet endroit, les champs sont de mêmes grandeurs, mais le champ total n’est pas nul, car les champs sont dans la même direction.)

22. On va utiliser un axe des x vers la droite et un axe des y vers le haut. Le champ fait par la Lune est vers la gauche, donc vers les x négatifs. Le champ fait par la Lune est

2

11 22²²

28

4

6,674 10 7,34 10

1,5 10

2,177 10

Lx

Nmkg

Nkg

GMgr

kg

m

Pour trouver la grandeur du champ fait par la Terre, il faut savoir la distance entre la Terre et l’endroit où on veut connaitre le champ. Cette distance est

2 28 8

8

3,844 10 1,5 10

4,126 10

r m m

m

La grandeur du champ fait par la Terre est donc

2

11 24²²

8

3

6,674 10 5,972 104,126 10

2,341 10

T

Nmkg

Nkg

GMgr

kgm

Pour séparer ce champ en composante, on doit connaitre l’angle . On trouve premièrement l’angle .

384 400tan150 000

68,68



L’angle est donc

180180 68,68111,32

Les composantes du champ de la Terre sont donc

3

4

3

3

2,341 10 cos 111,32

8,510 10

2,341 10 sin 111,32

2,181 10

NTx kg

Nkg

NTy kg

Nkg

g

g

Les composantes du champ total sont donc

4 4

3

3

3

2,177 10 8,510 10

1,069 10

0 2,181 10

2,181 10

x Lx Tx

N Nkg kg

Nkg

y Ly Ty

Nkg

Nkg

g g g

g g g

La grandeur du champ est donc

2 2

2 23 3

3

1,069 10 2,181 10

2,429 10

x y

N Nkg kg

Nkg

g g g

23. a) La force est



2

11 24 22²²

28

20

6,674 10 5,972 10 7,34 10

3,844 10

1,980 10

Nmkg

GMmFr

kg kg

m

N

b) Par la troisième loi de Newton, la force est aussi

201,980 10 N

24. La force de marée faite par le Soleil est

3

2 Soleil TerreSoleil

Soleil Terre

GM mRFr

et la force de marée faite par la Lune est

3

2 Lune TerreLune

Lune Terre

GM mRFr

Le rapport des deux est donc

3

3

3

3

3

3

322 11

2

2

7,34 10 1, 496 10

1,98

Lune Terre

Lune TerreLune

Soleil Soleil Terre

Soleil Terre

Lune

Lune Terre

Soleil

Soleil Terre

Lune Soleil Terre

Soleil Lune Terre

GM mRrF

F GM mRr

MrMr

M rM r

kg m

330 885 10 3,844 10

2,18

kg m



25. On doit avoir

3

1% de 2 0,01

marées

Lune Terre

Lune Terre

F mgGM mR mgr

On a donc

3

3

11 22 6²²

3

2 0,01

20,01

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

8603 951 8604

Lune Terre

Lune Terre

Lune TerreLune Terre

Nmkg

Lune Terre Nkg

Lune Terre

GM R gr

GM Rrg

kg mr

r m km

26. La distance est

3

³3

³

2, 42285

14082, 422855427

1,5451,545 695 5001074 743 km

pp

s

kgm

Soleilkgm

Soleil

r R

R

Rkm

À 46 000 000 km, elle n’est vraiment pas en danger.

27. On va trouver la force nette sur chaque planète. Chaque planète subit la force gravitationnelle des deux autres. Les directions de ces forces sont



Puisque la somme des angles d’un triangle doit donner 180°, l’angle doit être 30°.

La distance r se trouve à partir du rayon de la trajectoire (R) avec la loi des cosinus

2 2 2 2

2

2

2 cos 120

2 2cos 120

3

r R R R

R

R

La force de gravitation faite par chaque masse est donc

2

2

23

MMF GrMGR

La composante de cette force dirigée vers le centre du cercle est

2

2

cos30

32

33 2

RF F

F

MGR

Si on additionne les deux composantes des forces faites par les deux planètes, on a



2 2

2 2

2

2

2

2

3 33 2 3 2

33

3

RM MF G GR RMGRMGR

Cette force doit être égale à la force centripète

2 2

2 24 3

3R MM G

T R

La période est donc

2 2

2 2

2 2 3

2 32

32 102

11 24²²

2 18 2

9

43

14 34 3

4 3 106,674 10 10

1,02455 101,0122 10

32,07

Nmkg

R MM GT R

GMT R

RTGM

mT

kg

T sT sT ans

28. a) En lançant ainsi un objet à partir de la surface de la Terre, on arrive à une orbite ressemblant à ceci



Avec la conservation de l’énergie, on a

212 2

GMm GMmmvR a


0,85

20,85

libv v

GMR

On arrive à

2

2

2

2

2

1 20,852 21 20,852 2

1 1 10,852

1 10,85 12

2 1 0,85

200111

GM GMm GMmmR R a

GM GMm GMmmR R a

R R a

R aRa

Ra

Pour trouver la valeur de ra, il nous manque la valeur de l’excentricité. Pour la trouver, on va utiliser la deuxième loi de Kepler.

sin 1prv GMr e

À la position montrée sur la figure, l’angle entre le rayon et la vitesse est de 135°. On a donc

sin135 1

1 12

p

p

Rv GMr e

Rv GMr e




0,85

20,85

libv v

GMR

On arrive à

2 10,85 12

10,85 2 12

0,85 1

p

p

p

GMR GMr eR

GMR GMr e

R r e

Puisque rp est a (1 – e), on arrive à

2

2 2

0,85 1 1

0,85 1

0,85 1

R a e e

R a e

R a e

Comme on avait

200111

Ra

L’équation devient

2 2

2 2

2

2000,85 1111

1110,85 1200

0,4009875 10,77396

R R e

e

ee

Ainsi, la distance maximale est

1200 (1 0,77396)111

3,1963

ar a eR

R



La distance entre l’objet et la surface est donc

3,19632,19632,1963 637113 993

d R RR

kmkm

b) Pour connaitre la portée, il faut savoir la valeur de sur l’orbite de l’objet.

Puisqu’au départ, l’objet est à la distance R, la valeur de se trouve avec cette formule

2

2

2

11 cos

200 1 0,77396111 1 0,77396cos

111 1 0,77396200 1 0,77396cos

cos 0,3585111,01

a er

e

R R

On a donc la situation suivante.

Ainsi, l’angle entre le point de départ et la distance maximale ( sur la figure) est

180 111,0168,99



Comme on a le même angle entre la distance maximale et le point de chute, l’angle entre le point de départ et le point d’arrivée mesurée à partir du centre de la Terre est 137,98°.

Ainsi, la distance entre le point de départ et le point de chute est

137,98 2 6371360

15 342

x km

km

Solutionnaire du chapitre 14

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