9-Autres objets du Système solaire

(1)

Version 2021 9 – Autres objets du Système solaire1

1.

L’angle par jour est

( )

1

2

365, 25 1

p

UA r

rad

t j

θ π

= ⋅

∆ +

On a donc

( )

1 55

2

365, 25 1 0, 0002756 0, 01579

UA UA

UA UA rad

j j

rad

t j

θ π

°

= ⋅

∆ +

=

= En 14 jours, le changement est

0, 01579 14 0, 221

j j

θ = ^°⋅

= °

2.

L’angle par jour est de 1/75 °/jour = 0,00023271 rad/jour. On a donc

( )

1

0, 00023271 2

365, 25 1 0, 013528

1

p

UA rad r

j UA

r UA

r UA r

rad j

= π ⋅

+

= +

Il ne reste qu’à isoler la distance. Pour y arriver, on va poser que 1

p

u UA

= r On a alors

(2)

( )

2

2 2

0, 013528 1 0, 013528 1

0 0, 013528 0, 013528 u

u u u

u u

= +

⋅ + =

= − ⋅ −

La solution de cette équation quadratique est u = 0,12327 (Il y a aussi une solution négative, qui n’a pas de sens ici.)

On a donc

0,12327 1 65,8

p p

UA r

r UA

=

3.

a) La température moyenne est

( )

2

4 1

278,3 1

1

étoile

L UA

T K A

L D

   

= ⋅     −

 

 ^⊙ 

Pour avoir une température de 150 K, on doit avoir

( )

2 4

2

1 1

150 278, 3 1 0, 5

1

0, 53899 1 0, 5

0, 08439 1 0, 5 2, 43

L UA

K K

L D

UA D UA

D

D UA

   

= ⋅   ⋅  ⋅ −

 

 

=   ⋅

 

 

=  ⋅

 

=

⊙

b) La température locale maximale est

( )

2

4 1

393, 6 1

1

étoile

L UA

T K A

L D

   

= ⋅     −

 

 ^⊙ 

Pour avoir une température de 150 K, on doit avoir

(3)

( )

2 4

2

1 1

150 393, 6 1 0, 5

1

0, 3811 1 0, 5

0, 02109 1 0, 5 4,87

L UA

K K

L D

UA D UA

D

D UA

   

= ⋅   ⋅  ⋅ −

 

 

=   ⋅

 

 

=  ⋅

 

=

⊙

4.

La perte de masse à chaque passage est

( )

11

25 000 365, 25 24 60 60 7,89 10

kg

M s s

kg

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ×

Le nombre de passages est donc

14 11

10 127

7,89 10 Mtot kg

N = M = kg =

×

5.

Pour déterminer le type d’orbite, nous allons calculer l’énergie mécanique. Le signe de l’énergie nous dira le type d’orbite. Cette énergie est

1 2 mec 2

E mv GMm

r

= +−

On n’a pas la masse de la comète, mais ce n’est pas grave, car on veut uniquement savoir le signe de l’énergie. On a donc

( )

2

11 ² 30

2 ²

11

9 9

8

1 2

6, 674 10 1,9885 10 1 45 000

2 0, 652 1, 496 10

1, 0125 10 1,3606 10 3, 48 10

mec

Nm m kg

s

J J

kg kg

J kg

E m v GM r m kg

m m

m

−

 − 

=  + 

 

 − × ⋅ × 

=  ⋅ + ⋅ × 

= × + − ×

= − ×

Comme l’énergie est négative, l’orbite est elliptique.

(4)

6.

a) La vitesse est

11 ² 30

² 10

2

2 , 674 10 1, 9885 10 5 10

72,86

soleil p

Nm kg

km s

v GM r

kg m

−

=

⋅ 6 × ⋅ ×

= ×

=

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

11 ² 30

2 ²

11

0 1 2 0 1

2

, 674 10 1,9885 10 0 1

2 2 10

36, 43

c

Nm kg

km s

mv GM m r v GM

r v kg

m v

−

= +−

−6 × ⋅ ×

= +

×

=

7.

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

( )

2

2 10

11 ² 30

²

1

1, 2 5 10 1

6, 674 10 1, 9885 10 76, 42

p p c p

Nm kg

km

p s

e v r GM

v m

kg v

−

= −

⋅ ×

= −

× ⋅ ×

=

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

(

¹

)

2

c mec

p

GM m e

E r

= − −

On a donc

(5)

( )

2

11 ² 30 11 ² 30

² 2 ²

10 11

6 2 6

1 1

2 2

1 1

2 2

, 674 10 1, 9885 10 1 1, 2 1 , 674 10 1, 9885 10

2 5 10 2 2 10

2, 6542 10 1 6, 6356 10

2 43,10

c c

p

c c

p

Nm Nm

kg kg

J J

kg kg

km s

GM m e GM m

r mv r

GM e GM

r v r

kg kg

m v m

v v

− −

− = +

− −

− = +

−6 × ⋅ × ⋅ − −6 × ⋅ ×

= ⋅ +

⋅ × ×

× = ⋅ + − ×

=

8.

_{On trouve}_θ_max_avec

max max max

2 180

10 2 180

95

δ θ

θ θ

= − °

° = − °

= ° De là, on peut trouver l’excentricité avec

max

cos 1 cos 95 1

11, 47 e e e

θ = −

° = −

=

9.

_a)

Pour trouver cette vitesse, on va utiliser l’équation de la conservation de l’énergie mécanique et l’équation de la conservation du moment cinétique.

2 2

1 1

2 2 ^p _p

mv mv GM m

∞ = − r^⊙

v b_∞ =v rp p

En isolant r_p dans la 2^e équation et en remplaçant dans la 1^re équation, on a

2 2

1 1

2 2

p p

GM mv

mv mv

∞ v b

∞

= − ^⊙

(6)

Version 2021 9 – Autres objets du Système solaire6 Il ne reste qu’à isoler v_p.

2 2 2 _p

p

v v GM v

∞ v b

∞

= − ^⊙

On obtient alors une équation quadratique. Avec les valeurs, on obtient

( )

2 2

11 30

2 2

11

9 2

2 6, 674 10 1, 9885 10 50 000

50 000 1, 5 10

2, 5 10 35389, 997

Nm m kg

p p

s m

s

m m

p s p

s

kg

v v

m

v v

⋅ × − ⋅ ×

= − ⋅

⋅ ×

× = − ⋅

La solution de cette équation est

70733, 78615^m

p s

v =

(L’autre solution est négative et ne signifie rien ici.) La vitesse au point le plus près est donc de 70,734 km/s.

b) On peut trouver l’excentricité avec

1

p 1 v v e

∞ e

= +

− On a alors

( )

707334 50 000 1

1 1, 41467 1

1 2, 0013 1

1

2, 0013 1 1

2, 0013 2, 0013 1

m m

s s

e e e e e e

e e

= ⋅ +

−

= +

−

= +

−

⋅ − = +

2, 0013 2, 0013 1 2, 0013 1 2, 0013 1

2, 997 e e e

⋅ − = +

= +

−

= c) L’angle est donné par

(7)

Version 2021 9 – Autres objets du Système solaire7 2 max 180

δ = θ − ° Il nous faut donc _max. La valeur de cet angle est

max

cos 1 cos 1

2,977 109, 49 θ e

θ θ

= −

= °

L’angle de déviation est donc

2 max 180 2 171, 48 180 38, 98

δ = θ − °

= ⋅ ° − °

= °

10.

a) La formule de la conservation de l’énergie

2 2

1 1

2 2 ^p _p

mv mv GM m

∞ = − r^⊙

nous donne

( )

2 2

11 30

2

11 9

2

2 6, 674 10 1,9885 10 100000

0, 5 1, 496 10 6, 457 10

80 360

p p

Nm m kg

s m

s m s

v v GM r

kg m

v

∞

−

∞

= −

⋅ × ⋅ ×

= −

⋅ ×

= ×

=

⊙

b) On trouve la valeur de b avec

v b_∞ =v rp p

On a donc

(8)

Version 2021 9 – Autres objets du Système solaire8 80360 100000 0, 5

0, 6222

m m

s b s UA

b UA

⋅ = ⋅

=

11.

_a)

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

1 2

2

c mec

E mv GM m

= − r

On n’a pas la masse de la comète, mais de toute façon, on cherche uniquement le signe de l’énergie. On a donc

( )

2

11 ² 24

2 ²

11

²

1 2

6, 674 10 5,972 10 1 100

2 10

1014, 2872

T mec

Nm m kg

s

m s

E m v GM r m kg

m m

−

 

=  − 

 

 × ⋅ × 

= ⋅ ⋅ − 

 

= ⋅

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

b) On sait que

(

1014, 2872^m²^²

)

mec s

E =m⋅

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

(

²^²

)

²

² 2

²

1014, 2872 1

2 1014, 2872 1

2

T m

s p

p T m

s p

p

m mv GM m

r v GM

r

⋅ = −

= −

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

(9)

11

10 ² 10 ²

sin

100 10 sin 0,5 8, 7265 10

8, 7265 10

p p m

s p p

m s p p

m s p

p

vr v r

m v r

v r

v r

ψ =

⋅ ⋅ ° =

× =

= ×

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

4 3

² 2

²

10 ² 2

²

21 14

² ²

²

² 2

2 21 14

²

² ² ²

2

1014, 2872 1 2 8, 7265 10 1014, 2872 1

2

3,8076211 10 3,9857128 10 1014, 2872

1014, 2872 3,8076211 10 3,9857128 10 1014, 2872

m T

p s

p m

s T

m s

p p

m m

s s

m s

p p

m m m

p p

s s s

p

v GM r

GM

r r

r

= −

 × 

= ⋅  −

 

× ×

= −

⋅ = × − × ⋅

⋅ +3,9857128 10× ¹⁴m r⋅ _p −3,8076211 10× ²¹m²=0 La solution de cette équation quadratique est

( )

²

14 14 21

14 14

10

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

3,985 712 8 10 3.985 906 589 10 2 1014, 2872

1,938 10

(On garde uniquement la réponse positive) 2 1014, 2872

9 553

p

m m m

r

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

(

¹

)

2

c mec

p

GM m e

E r

= − −

(10)

( )

11 ² 24

² ²

² 6

5

6, 674 10 5, 972 10 1

1014, 2872

2 9, 553 10

1 4,86 10

1, 0000486

Nm m kg

s

kg m e

m m

e e

−

× ⋅ × ⋅ ⋅ −

⋅ = −

⋅ ×

− = − ×

=

12.

Le rayon de Hill est

3 2

c H

pert

r M r

= M

Comme l’objet perturbateur a une masse deux fois plus grande que celle de la masse centrale et que la distance de l’objet perturbateur est de 4,2 al, on a

3 1 4 4, 2 2, 646

rH al

al

= ⋅

= En mètres, cette distance est

15 16

2, 646al⋅9, 46 10× _al^m =2, 503 10× m En unité astronomique, on arrive à

16 11

2,503 10

167 310 1, 496 10 _UA^m

m UA

× =

×