DL8-2 dynamique stellaire et galactique _centrale TSI 1999

MP – Physique-chimie. Devoir surveillé
DL n°8-2 : corrigé
Mécanique du point.
Exemples de dynamique stellaire et galactique
I.A. Préliminaire
M m I.A.1) Expression de la force gravitationnelle : f = −G S2 er
r
[ L]
−2 [ L ]
−1
3
−2
= [ M ] [ L ] [T ] .
[G ] = [ F ] 2 = [ M ][ L ][T ]
2
[M ]
[M ]
2
Dimension de G :
2
L’unité dans le système
international est donc le mètre cube par kilogramme et par seconde au carré : m3 ⋅ kg −1 ⋅ s −2
I.A.2) Troisième loi de Kepler. Dans le cas d’un mouvement circulaire, l’accélération est connue :
2
d 2θ  d θ  a = − R   er + R 2 eθ
dt
 dt 
Le fait que l’accélération soit centrale (pas de composante de force selon eθ ) implique que le
dθ
2π
mouvement est uniforme :
=ω=
= C te .
dt
T
M
4π2 R f
L’accélération centrale a donc pour module ar = Rω = 2 = = G 2S
T
m
R
2
Cette dernière expression correspond à la troisième loi de Kepler exprimée dans le cas particulier des
R 3 GM S
orbites circulaires : 2 =
T
4π2
I.B. Application
I.B.1) Estimation grossière de la masse de la Galaxie. En appliquant la troisième loi de Kepler, nous
4π 2 D 3
obtenons cet ordre de grandeur : M > M int =
≈ 3 × 1041 kg ≈ 1,5 ×1011 M S
2
G TS
I.B.2) Comparer à la valeur
M
= 6 ×1011 déterminée par les astronomes.
MS
Tout d’abord, le calcul précédent donne une estimation de la masse des étoiles plus proches du centre
galactique que le Soleil et non pas une estimation de la masse totale de la Galaxie. D’autre part, la
Galaxie n’ayant pas une symétrie sphérique, l’application du théorème de Gauss est abusive et donne
un résultat très approximatif.
I.B.3) Ordre de grandeur de la densité d’étoiles. n0 =
M
6 ×1011
=
= 1,1× 10−3 al−3
3
4
3
4  D  MS
π ( 50 000 )
π 
3
3 2
1
I.C. Généralisation de la troisième loi de Kepler
I.C.1) Expliquer pourquoi les deux étoiles ont même période.
Par définition du centre de masse, les points E1 , C et E 2 sont alignés : il s’ensuit que les deux étoiles
tournent autour du centre de masse à la même vitesse angulaire.
Jean Le Hir, 19 mars 2008
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De plus, toujours par définition du centre de masse : m1 CE1 + m2 CE 2 = 0 . Avec les définitions de
r1 m2
l’énoncé, cela s’écrit m1r1 = m2 r2 et donc
=
r2 m1
I.C.2) Nouvelle expression de la troisième loi de Kepler.
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique pour l’étoile E1 :
d 2 r1
m1m2 m2 f 2 /1 = −G
e = m1 2 avec r1 =
r12 et r12 = r1 + r2 , ce qui peut encore s’écrire :
2 21
dt
m1 + m2
r1 + r2
2
m1m2 m1m2 d r12
f 2 /1 = −G
e21 =
r12 2
m1 + m2 dt 2
Le vecteur r12 , décrivant le mouvement relatif de l’étoile E 2 autour de l’étoile E1 , est solution d’une
(
)
équation différentielle identique à l’équation différentielle du problème à un corps, pourvu que l’on
m1m2
substitue la masse de l’étoile E 2 par la masse réduite du système binaire
.
m1 + m2
Le même raisonnement qu’à la question I.A.2 conduit à la relation :
m1m 2 4π2
m1m2
4π 2
=
m 2 ω2 r2 = m 2 2 r2 = G
r1 + r2
2
T
m1 + m 2 T 2
r +r
(
Soit
(
1
2
(
)
)
)
d 3 G m1 + m 2
d3
=
ou
encore
T
=
2
π
4π 2
T2
G ( m1 + m 2 )
Dans la limite où m1 >> m2 , nous retrouvons l’expression de la troisième loi de Kepler du problème à
un corps démontré à la question I.A.2
I.C.3) Application numérique. La troisième loi de Kepler donne la masse totale du système binaire :
m1 + m 2 =
(
4π2 r1 + r2
GT
2
)
(
3
=
4π2 1,5 × 1012
6, 7 × 10
−11
)
3
× ( 44,5 × 365 × 24 × 3600 )
Et nous connaissons le rapport des masses par la relation
r1
r2
=
2
= 1, 01×1030 kg = 0,50 M S
m2
=2
m1
1

30
 m1 = 3 ( m1 + m2 ) = 0,34 × 10 kg = 0,17 M S
Nous en déduisons : 
m = 2 ( m + m ) = 0, 67 ×1030 kg = 0,33 M
2
S
 2 3 1
I.D. Vitesse de libération
I.D.1) Énergie totale initiale.
La réponse attendue est assurément E0 = Ek 0 + E p 0 =
1
Mm
mv0 2 − G
2
R
Mais il y a un gros problème : il est impossible de projeter directement un satellite en orbite à partir
de la surface d’une planète. La réponse ci-dessus est donc une fausse bonne réponse, aussi vrai que la
question est une fausse bonne question…
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Pas de problème par contre pour exprimer l’énergie mécanique totale d’un satellite :
E = Ek + E p =
1 2
Mm
mv − G
2
r
I.D.2) Vitesse de libération.
La vitesse de libération correspond à une énergie nulle : E =
Soit : vl = 2G
1
Mm
mvl 2 − G
=0
R
2
M
R
I.D.3) Application numérique.
Avec g = G
MT
, la vitesse de libération terrestre a pour expression : vlT = 2 gRT = 11, 2 km ⋅ s −1
RT 2
Il est bien entendu impensable de communiquer une telle vitesse à un projectile au sol !
Vitesse de libération solaire : vlS = 2G
MS
= 620 km ⋅ s −1
RS
I.D.4) Expression de la vitesse de libération stellaire en fonction de la masse volumique de l’étoile.
vlS = 2G
MS
ρ 4
2
= 2G S × πRS3 = 2 RS
πGρ S
RS
RS 3
3
Pour des étoiles de structure interne comparable (cela signifie-t-il de même densité ?) la vitesse de
libération est proportionnelle au rayon de l’étoile.
I.E. Étoile de Laplace
L’étoile imaginée par Laplace aurait une vitesse de libération stellaire vl = 3 × 105 km ⋅ s −1 . Cette
vitesse était connue en 1798 comme étant la vitesse de la lumière dans le vide et Laplace en a conclu
que la lumière n’atteignant pas la vitesse de libération ne pouvait pas s’échapper d’un tel astre. C’est
ce que l’on nomme aujourd’hui un « trou noir ».
I.F. Rayon de Schwarzschild
I.F.1) Expression du rayon de Schwarzschild. RC = 2
GM
c2
I.F.2) Applications numériques. Pour le Soleil : RCS = 3, 0 km . Pour la Terre : RCT = 8,9 mm .
I.F.3) Force gravitationnelle exercée par un trou noir. FTN
Application numérique : FTN = 33 N
I.F.4) Accélération de la pesanteur. gTN
GMm RC c 2 m
= 2 =
r
2r 2
c2
=
= 5, 0 × 1018 m ⋅ s −2
2 RC
I.F.5) « Sphère des évènements ». Aucune onde électromagnétique, aucune information, ne peut
s’échapper du trou noir. Aucun évènement se produisant à l’intérieur de cette sphère ne peut être
connu d’un observateur extérieur.
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I.G. Application au cœur de notre galaxie
I.G.1) Masse de l’objet massif présent au cœur de la galaxie. M OM =
v2r
= 4, 4 × 1037 kg = 2, 2 × 107 M S
G
I.G.2) L’objet massif en question ne saurait être une étoile : M OM 50 M S
I.G.3) Rayon de Schwarzschild du trou noir présent au centre de la galaxie.
RC = 2
GM OM
= 1,3 ×1011 m = 130 millions de kilomètres
2
c
Le demi grand axe de l’orbite terrestre est égal à 150 millions de kilomètres , ce qui est tout à fait du
même ordre de grandeur.
I.G.4) Cygnus X-1
Utilisons les résultats démontrés à la question I.C.3. Cette fois, c’est la masse totale du système
binaire qui est connue et l’on en déduit, par la troisième loi de Kepler, la distance relative des deux
astres :
1
 9M
3
d = r1 + r2 =  2 S GT 2  = 3, 0 × 1010 m
 π

m2

r
d
=
= 0,5 × 1010 m et v1 = 66 km ⋅ s −1
1

m1 + m2

On en déduit : 
r = d m1 = 2,5 ×1010 m et v = 325 km ⋅ s −1
2
 2
m1 + m2
La vitesse de la Terre sur son orbite est égale à 30 km ⋅ s −1 , valeur inférieure aux deux vitesses
calculées ci-dessus alors que le rayon de l’orbite a pour valeur 15 ×1010 m , valeur bien supérieure aux
deux rayons calculés ci-dessus.
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