6-La Lune

(1)

Version 2021 6 – La Lune 1

1.

La distance est

8

2 3 10 2

2,56 3,84 10

m s

v d 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 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°

(2)

Version 2021 6 – La Lune 2 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

(3)

Version 2021 6 – La Lune 3 (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

( )

²

2 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

(4)

1 1 1

15 225

14, 0625

sid 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 300000 0,0267 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, 63

sin 10 15,1 θ

θ θ

∆ = °

°= °

= °

(5)

Version 2021 6 – La Lune 5 b) La proportion du trajet totale de Naboo qui se trouve dans une fenêtre est

2 15,1

8, 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

8000

90 min 1,5

sin 180

15 24 60 min 2 305612

p e

syn

D R

t d

M

km

=  

⋅ ° +

 

 

=  °

⋅ ° +

 

⋅ ⋅

 

=

b) On trouve la masse de Naboo avec

3

2

Naboo

T r

π GM

=

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, 0625

sid sid

M j j

M j

= +

= On a donc

(6)

( )

3

8 3

11 ²

² 25

2

3,05612 10 14,0625 24 60 60 2

,674 10 1,144 10

Naboo

Nm

Naboo kg

Naboo

T r

GM s m

M

M kg

π

π ₋

=

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ×

6 × ⋅

= ×

c) Le champ à la surface de Naboo est

( )

2

11 ² 25

² 6 2

,674 10 1,144 10 8 10

11,93

Naboo Naboo

Nm kg

N kg

g GM R

kg m

−

=

6 × ⋅ ×

=

×

=

8.

On aurait alors

cos

2 cos

2 1 cos cos 1

2 60 d d

d d

θ θ θ θ θ

⊕

=

= °

⊙

B

B B

9.

a) La force de marée faite par la Lune est

3 2cos sin

marées

F GMmR i j

r ^ θ θ ^

=  − 

À θ = 0°, on a

(7)

( )

11 ² 22 6

²

8 3

5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 10

2cos 0 sin 0 3,844 10

6,59 10

Nm kg marées

kg kg m

F 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

3 2cos sin

marées

F GMmR i j

r ^ θ θ ^

=  − 

À θ = 90°, on a

( )

11 ² 22 6

²

8 3

5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 10

2cos90 sin 90 3,844 10

3,30 10

Nm kg marées

kg kg m

F 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

3 2cos sin

marées

F GMmR i j

r ^ θ θ ^

=  − 

À θ = 45°, on a

( )

11 ² 22 6

²

8 3

5 5

6,674 10 7,34 10 60 6,371 10

2cos 45 sin 45 3,844 10

4,662 10 2,331 10

Nm kg marées

kg kg m

F i j

m

Ni Nj

−

− −

× ⋅ × ⋅ ⋅ ×

 

= ⋅ ° − ° 

×

= × − ×

La grandeur de cette force est

(

⁵

) (

² ⁵

)

²

5

4,662 10 2,331 10 5, 213 10

marées

F N N

N

− −

−

= × + − ×

= ×

La direction de cette force est

(8)

5 5

2,331 10 arctan

4, 662 10 26,57

N θ 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

angle F

= F

(9)

Version 2021 6 – La Lune 9 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

1 sin

tan 2cos

sin 2cos

1tan 2 GMmR

r GMmR

r

θ

θ θ

θ

− −

=

= −

= − L’angle est donc

2

1 1

tan 2tan 2 tan

54, 74 θ θ

θ θ

− = −

=

= °

11.

La force de marée faite par la Lune est

3

2GM mR

F r

⊕

= ^B

B

Alors que la force de marée faite par le Soleil est

(10)

3

2GM mR

F r

⊕

= ^⊙

⊙

Le rapport est donc

( )

3

3 3 3

11 3 22

8 3 30

2 2

1, 496 10 7,34 10 3,844 10 1,9885 10 2,176

GM mR F r

F GM mR

r r M r M

m kg

⊕

 

 

 

= 

 

 

=

× ⋅ ×

=

× ⋅ ×

=

⊙ ⊙

⊙

⊙ B B B

B B

12.

On aurait alors

3

11 ² 22 6

²

3

11 ² 22 6

² 3

0, 01

2 0, 01

2 , 674 10 7,34 10 6,371 10 m

0, 01 9,8

2 , 674 10 7,34 10 6,371 10

0, 01 9,8 8604

marées

Nm

kg N

kg Nm

kg N

kg

F mg

GM mR r mg

kg m m

r

kg m

r

r km

⊕

−

⊕

−

⊕

=

⋅ 6 × ⋅ × ⋅ ⋅ ×

= ⋅

⋅ 6 × ⋅ × ⋅ ×

= ⋅

=

B B

B

B B

13.

La hauteur est

( )

4 1

3 2

27 6 4

24 11 3

6

3 2

3 1,9 10 6,371 10 2 5,972 10 4, 2 1, 496 10 3,1 10

r M R M r

kg m

− m

∆ =

⋅ × ⋅ ×

=

⋅ × ⋅ ⋅ ×

= ×

(11)

14.

La distance est

3

3 ³

³

2, 42285 2, 42285 1408

5427 1,545

1,545 695 500 1,075 million de km

p p s

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

0, 025 7

50000 5 10

s = × ⁻ s

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 50 000^e 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 ... 49999

total

t t t t t t

t

= ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + + ∆

= + + + + + ∆

On utilise maintenant

(

¹

)

1 2 3 ...

2 N N N+ + + + + =

pour calculer la somme. On arrive alors à

7

1 249 975 000 1 249 975 000 5 10 625

total

t t

s s

−

= ∆

= ⋅ ×

=

16.

a) la distance entre les planètes se trouve avec

(12)

3

11 ² 25

² 8

2

864 000 2

6,674 10 1,1 10 2, 403 10

tot

Nm kg

T r

GM s r

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

2 1 1

25 6 2

34

0,35

0,35 10 7,5 10 2

36 000 3, 436 10 ^kgm_s

L I

M R

kg m

s 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 2 2

24 6 2

33

0,35

0,35 10 3,5 10 2

7 200 3,742 10 ^kgm_s

L I

M R

kg m

s 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 ² 8

24 25 ²

25 35

6, 674 10 2, 403 10

10 10

1,1 10 3,818 10

orbital

tot

Nm kg

kgm s

L M M Gr M kg kg m

kg

−

=

× ⋅ ×

= ⋅ ⋅

×

= ×

Le moment cinétique total est donc

(13)

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 2

tot

L M M Gr M

′ = ′

2

1 2

11 ²

35 24 25 ²

25 8

6,674 10

4,199 10 10 10

1,1 10 2,91 10

tot

Nm kgm kg

s

L M M Gr M kg kg r

kg

r m

−

′ = ′

× ⋅ ′

× = ⋅ ⋅

×

′ = ×

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

d) À ce moment, la période sera de

( )

3

8 3

11 ² 25

² 6

2

2,91 10

2 6,674 10 1,1 10 1,149 10

13,3

tot

Nm kg

T r

GM

m

kg s

jours π

π ₋

=

= ⋅ ×

× ⋅ ×

= ×

=

17.

_{On a}

3

11 30 11

3

32

2 1,9885 10

1, 496 10 7,8 10

2

1, 41 10 74 000

c pert

pert

pert jupiter

d M r

M

m kg m

M

M kg M

=

× = × ⋅ ×

⋅

= × ≈

(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

278,3 1 1

1

1 1

278,3 1 0,07

1 2

278,3 1 1 0,07 2

193, 2 79,9

étoile

L UA

T K A

L D

L UA

K L UA

K K C

  

= ⋅    −

 

   

= ⋅   ⋅  ⋅ −

 

= ⋅    ⋅ −

 

=

= − °

⊙

b) Le température maximale est

(15)

( )

2 4

393, 6 1 1

1

1 1

393, 6 1 0, 07

1 2

393, 6 1 1 0, 07

2 273,3

0, 2

étoile

L UA

T K A

L D

L UA

K L UA

K K C

  

= ⋅    −

 

   

= ⋅   ⋅  ⋅ −

 

= ⋅    ⋅ −

 

=

= °

⊙

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

11 ² 22

² 6

2

2 ,674 10 7,34 10

1, 737 10 2375

Lune lib

Lune

Nm kg

m s

v GM 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

J K

m s

v kT

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

4 3 3

M volume

M R ρ

π

=

(16)

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

4 3

1 1 3

M =ρ πR^′

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

(

⁴ ³ ⁴ ³

)

2 2 3 3

M =ρ πR − πR′ On a donc

( )

1 2

4 3 3

3 3 3

4 4 4

13 2 3 3

4 3 3

3 3 3

1 2

3

3 3

1 2

3

2 1 2

1

M M

R

R R R

R

R R R

R

R R

ρ π

ρ π ρ π π

π

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.)

(17)

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 .)