Problème: quelques aspects de l`étude du Soleil et des étoiles
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Exercice : QCM sur l’oscillateur solide-ressort vertical O → − g M z z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : → − − F = −k allongement → uz O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : → − − F = −k allongement → uz Or l’origine de l’axe Oz étant positionnée au niveau du support du ressort, O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : → − − F = −k allongement → uz Or l’origine de l’axe Oz étant positionnée au niveau du support du ressort, allongement = z − `0 où `0 est la longueur à vide du ressort. O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : → − − F = −k allongement → uz Or l’origine de l’axe Oz étant positionnée au niveau du support du ressort, allongement = z − `0 où `0 est la longueur à vide du ressort. Ainsi : → − − F = −k (z − `0 ) → uz O → − g M z(t) 1. Quelle est l’expression de la force de rappel qu’exerce le ressort sur la masse M ? → − − a. F = k z → uz → − − b. F = −k z → uz → − − c. F = k `0 z → uz → − − uz d. F = −k (z − `0 ) → z La force de rappel d’un ressort s’écrit dans le cas ci-dessus : → − − F = −k allongement → uz Or l’origine de l’axe Oz étant positionnée au niveau du support du ressort, allongement = z − `0 où `0 est la longueur à vide du ressort. Ainsi : Réponse d. → − − F = −k (z − `0 ) → uz 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k X→ − → − F ext = 0 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k X→ − → − → − → − → − F ext = 0 ⇐⇒ P + F = 0 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k X→ − → − → − → − → − F ext = 0 ⇐⇒ P + F = 0 =⇒ m g − k (zeq − `0 ) = 0 =⇒ m g − k zeq + k `0 = 0 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k X→ − → − → − → − → − F ext = 0 ⇐⇒ P + F = 0 =⇒ m g − k (zeq − `0 ) = 0 =⇒ m g − k zeq + k `0 = 0 m g + k `0 zeq = k 2. Quelle est l’expression de la position d’équilibre de la masse M ? mg + k `0 k mg − k `0 = g a. zeq = b. zeq c. zeq = mg + k `0 kg − m `0 d. zeq = k X→ − → − → − → − → − F ext = 0 ⇐⇒ P + F = 0 =⇒ m g − k (zeq − `0 ) = 0 =⇒ m g − k zeq + k `0 = 0 m g + k `0 zeq = k Réponse a. 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 b. ü + ω02 u = 0 c. ü − ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 b. ü + ω02 u = 0 On a donc z(t) = u(t) + zeq c. ü − ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 b. ü + ω02 u = 0 c. ü − ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq On a donc z(t) = u(t) + zeq et z̈ = ü. 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 b. ü + ω02 u = 0 c. ü − ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq On a donc z(t) = u(t) + zeq et z̈ = ü. On remplace : 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 c. ü − ω02 u = 0 b. ü + ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq On a donc z(t) = u(t) + zeq et z̈ = ü. On remplace : ü + ω02 (u + zeq ) = ω02 zeq 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 c. ü − ω02 u = 0 b. ü + ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq On a donc z(t) = u(t) + zeq et z̈ = ü. On remplace : ü + ω02 (u + zeq ) = ω02 zeq =⇒ ü + ω02 u = 0 3. L’équation différentielle qui décrit le mouvement de M est de la forme : z̈ + ω02 z = ω02 zeq avec ω02 = k m On pose u(t) = z(t) − zeq . Que devient l’équation différentielle ? a. ü − u =0 ω02 c. ü − ω02 u = 0 b. ü + ω02 u = 0 d. ü + ω02 u = zeq On a donc z(t) = u(t) + zeq et z̈ = ü. On remplace : ü + ω02 (u + zeq ) = ω02 zeq =⇒ ü + ω02 u = 0 Réponse b. 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) c. u(t) = π ω02 ω t + cos 0 2 1 + v02 v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 π ω02 ω t + cos 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. c. u(t) = 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 π ω02 ω t + cos 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : c. u(t) = 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e + e. u(t) = 2 ω02 ω02 π cos ω t + 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : c. u(t) = • Réponse a. : u(t) est une différence de longueur, cette fonction a donc la dimension d’une longueur, or v0 qui multiplie le cosinus est a la dimension d’une vitesse : impossible. 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e + e. u(t) = 2 ω02 ω02 π cos ω t + 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : c. u(t) = • Réponse b. : ω0 est une pulsation, ce n’est pas une longueur : impossible. 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) π v0 cos ω0 t + d. u(t) = − ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 ω02 π cos ω t + 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : ω02 • Réponse c. : le rapport n’a toujours pas la bonne dimension : 1 + v02 impossible. c. u(t) = 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 π ω02 cos ω0 t + 2 2 1 + v0 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : v0 • Réponse d. : le rapport a la dimension d’une longueur : possible. ω0 c. u(t) = 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e + e. u(t) = 2 ω02 ω02 π cos ω t + 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : c. u(t) = • Réponse e. : le rapport qui multiplie l’exponentielle a la bonne dimension, mais la solution de l’équation différentielle est une fonction trigonométrique : impossible. 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 s v02 −ω0 t π e. u(t) = e + 2 ω02 π ω02 ω t + cos 0 2 1 + v02 Il n’est pas besoin de mener à terme la recherche des constantes pour trouver la bonne réponse. En effet, en observant les solutions, notamment leur homogénéité, on repère la réponse correcte : c. u(t) = Réponse d. 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = π 2 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) π 2 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) =⇒ π 2 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) =⇒ u̇(t = 0) = −A ω0 sin π = v0 2 π 2 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) =⇒ u̇(t = 0) = −A ω0 sin π 2 π = v0 =⇒ 2 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) =⇒ u̇(t = 0) = −A ω0 sin π 2 π v0 = v0 =⇒ A = − 2 ω0 4. Les conditions initiales (à t = 0) sont les suivantes : • le point M est lancé depuis sa position d’équilibre ; − − • il a une vitesse → v (t = 0) = v0 → uz Que vaut la solution de l’équation différentielle précédente ? a. u(t) = v0 cos (ω0 t) v0 π d. u(t) = − cos ω0 t + ω0 2 b. u(t) = −ω0 cos (v0 t + π) s v02 −ω0 t π + π e. u(t) = ω 2 e ω02 2 cos ω t + c. u(t) = 0 0 2 1 + v02 On peut néanmoins montrer comment obtenir directement la solution : la solution de l’équation différentielle ü + ω02 u = 0 est : u(t) = A cos (ω0 t + φ) u(t = 0) = A cos φ = z(t = 0) − zeq = 0 =⇒ φ = u̇(t) = −A ω0 sin (ω0 t+φ) =⇒ u̇(t = 0) = −A ω0 sin =⇒ u(t) = − v0 π cos ω0 t + ω0 2 π 2 π v0 = v0 =⇒ A = − 2 ω0 5. On cherche l’énergie potentielle élastique dont dérive la force de rappel → − F du ressort. Parmi les relations ci-dessous, laquelle permet de l’obtenir ? → − − → − −−→ a. δ W = F ∧ → v = dEP c. W = F · OM = dEP → − −−→ → − −−→ b. δ W = F ∧ OM = −dEP d. δ W = F · dOM = −dEP 5. On cherche l’énergie potentielle élastique dont dérive la force de rappel → − F du ressort. Parmi les relations ci-dessous, laquelle permet de l’obtenir ? → − − → − −−→ a. δ W = F ∧ → v = dEP c. W = F · OM = dEP → − −−→ → − −−→ b. δ W = F ∧ OM = −dEP d. δ W = F · dOM = −dEP Par définition, il s’agit de la réponse d. Problème : quelques aspects de l’étude du Soleil et des étoiles 1. La troisième loi de Képler 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → − F = −G ur r2 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → M ×m → − − F = −G ur = −G r 2 r r3 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → M ×m → − − F = −G ur = −G r 2 r r3 − − car → r =r→ ur 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → M ×m → − − F = −G ur = −G r 2 r r3 − − car → r =r→ ur 1.2. Que vaut le moment en O de la force précédente ? 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → M ×m → − − F = −G ur = −G r 2 r r3 − − car → r =r→ ur 1.2. Que vaut le moment en O de la force précédente ? − −→ → − −−→ → → − − − MO ( F ) = OP ∧ F = → r ∧ F (r ) → r = 0 1. La troisième loi de Képler 1.1. Exprimer la force exercée par l’astre fixe sur le satellite en fonction de − G, M, m, → r et de la distance r . 1 Cette force est une force gravitationnelle en 2 qui est attractive, c’est à r dire dirigée vers le centre d’attraction de masse M , donc : → − M ×m → M ×m → − − F = −G ur = −G r 2 r r3 − − car → r =r→ ur 1.2. Que vaut le moment en O de la force précédente ? − −→ → − −−→ → → − − − MO ( F ) = OP ∧ F = → r ∧ F (r ) → r = 0 (produit vectoriel de deux vecteurs colinéaires) 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − LO (P) = OP ∧ → p 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases Système : le point P de masse m ; 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; TMC : → − − − → dL0 (P) −−→ → → − −−→ = MO ( F ) = 0 ⇐⇒ LO (P) = cste dt 1.3. Exprimer le moment cinétique en O du satellite en fonction de m, de − − son vecteur vitesse → v et de → r. Par définition : − → −→ − − − r ∧→ v LO (P) = OP ∧ → p = m→ 1.4. En appliquant en O le théorème du moment cinétique, montrer que la trajectoire du satellite est plane. TMC =⇒ définir les bases Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; TMC : → − − − → dL0 (P) −−→ → → − −−→ = MO ( F ) = 0 ⇐⇒ LO (P) = cste dt D’après la définition du moment cinétique ci-dessus, cela signifie que le point M se déplace constamment dans un plan fixe définit par les vecteurs − → → − − r et → v . Ce plan est perpendiculaire au vecteur LO . La trajectoire est donc plane. − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ − OP = r → ur − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ −→ dOP − − OP = r → ur =⇒ → v = dt − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ −→ dOP − − − − OP = r → ur =⇒ → uθ v = = ṙ → ur + r θ̇ → dt − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ −→ dOP − − − − OP = r → ur =⇒ → uθ v = = ṙ → ur + r θ̇ → dt car − d→ ur − = θ̇ → uθ dt − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ −→ dOP H→ − → − − OP = r → ur =⇒ → v = = ṙ − u H r + r θ̇ uθ dt car − d→ ur − = θ̇ → uθ dt Dans le cas d’une trajectoire circulaire, r = cste =⇒ ṙ = 0 donc : − 1.5. Déterminer l’expression du vecteur vitesse → v du satellite en coordonnées polaires. Pour cette question et toutes les suivantes, on suppose que la trajectoire − du satellite est un cercle de rayon r . Comment se simplifie l’expression de → v ? On part du vecteur position que l’on dérive une fois : −→ −→ dOP H→ − → − − OP = r → ur =⇒ → v = = ṙ − u H r + r θ̇ uθ dt car − d→ ur − = θ̇ → uθ dt Dans le cas d’une trajectoire circulaire, r = cste =⇒ ṙ = 0 donc : → − − v = r θ̇ → uθ → − − v = r θ̇ → uθ → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − d→ v → − a = dt → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − d→ v − → − = ṙ θ̇ → uθ a = dt → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − d→ v − − → − = ṙ θ̇ → uθ + r θ̈ → uθ a = dt → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − d→ v − − − → − = ṙ θ̇ → uθ + r θ̈ → uθ + r θ̇ (−θ̇ → ur ) a = dt → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − − d→ uθ d→ v − − − − → − = ṙ θ̇ → uθ + r θ̈ → uθ + r θ̇ (−θ̇ → ur ) car = −θ̇ → ur a = dt dt → − − v = r θ̇ → uθ 1.6. Déterminer en coordonnées polaires l’expression du vecteur accélération du satellite. Pour obtenir l’accélération, on dérive le vecteur vitesse : − − d→ uθ d→ v H → − → − → − → − → − = ṙ θ̇H u + r θ̈ u + r θ̇ (− θ̇ u ) car = − θ̇ u a = θ θ r r H dt dt − − → − ur + r θ̈ → uθ a = −r θ̇2 → 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : − m→ a = −G Mm→ − ur r2 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : − m→ a = −G Mm→ − ur r2 Mm M − =⇒ Sur → ur : m (−r θ̇2 ) = −G 2 =⇒ θ̇2 = G 3 r r → − Sur uθ : r θ̈ = 0 =⇒ θ̈ = 0 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : − m→ a = −G Mm→ − ur r2 Mm M − =⇒ Sur → ur : m (−r θ̇2 ) = −G 2 =⇒ θ̇2 = G 3 r r → − Sur uθ : r θ̈ = 0 =⇒ θ̈ = 0 1.7. À partir de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite, montrer que la vitesse angulaire du satellite ω = θ̇ est constante. PFD =⇒ on reprend les mêmes bases : Système : le point P de masse m ; Référentiel : astrocentrique, considéré galiléen ; Force : gravitationnelle due à O ; Utilisation d’une base polaire. Application du PFD : − m→ a = −G Mm→ − ur r2 Mm M − =⇒ Sur → ur : m (−r θ̇2 ) = −G 2 =⇒ θ̇2 = G 3 r r → − Sur uθ : r θ̈ = 0 =⇒ θ̈ = 0 La deuxième équation implique que θ̇ = cste, ce que l’on peut confirmer avec la première puisque θ̇ dépend de G, M et r , toutes trois constantes. θ̇2 = G M r3 θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. La vitesse angulaire du satellite sur sa trajectoire circulaire vaut : θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. La vitesse angulaire du satellite sur sa trajectoire circulaire vaut : ω = θ̇ = 2π T θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. La vitesse angulaire du satellite sur sa trajectoire circulaire vaut : ω = θ̇ = d’où : θ̇2 = 4π 2 T2 2π T θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. La vitesse angulaire du satellite sur sa trajectoire circulaire vaut : ω = θ̇ = d’où : θ̇2 = 4π 2 K GM 4π 2 =⇒ 3 = 3 = 2 2 T r r T 2π T θ̇2 = G M r3 1.8. Déduire aussi de la relation fondamentale de la dynamique appliquée au satellite que r 3 θ̇2 = K où K est une constante que l’on exprimera en fonction des données. D’après la relation précédente, on a : r 3 θ̇2 = GM =⇒ K = GM 1.9. On appelle T la période du mouvement. Démontrer la 3ème loi de Képler. La vitesse angulaire du satellite sur sa trajectoire circulaire vaut : ω = θ̇ = 2π T d’où : θ̇2 = 4π 2 K GM 4π 2 T2 4π 2 =⇒ 3 = 3 = 2 =⇒ 3 = 2 T r r T r GM CQFD 2. Le satellite Hipparcos 2. Le satellite Hipparcos 2.1. La période de l’orbite du satellite géostationnaire est égale à un jour sidéral dont la durée Tsid est de 23 h 56 min 4 s (Tsid = 86164 s). Expliquer pourquoi cette valeur est légèrement inférieure (d’environ 4 minutes) à la durée du jour solaire Tsol de 24 heures. 2. Le satellite Hipparcos 2.1. La période de l’orbite du satellite géostationnaire est égale à un jour sidéral dont la durée Tsid est de 23 h 56 min 4 s (Tsid = 86164 s). Expliquer pourquoi cette valeur est légèrement inférieure (d’environ 4 minutes) à la durée du jour solaire Tsol de 24 heures. Jour solaire : durée entre deux passages successifs du soleil au niveau d’un même point du ciel (par exemple à son point le plus haut). 2. Le satellite Hipparcos 2.1. La période de l’orbite du satellite géostationnaire est égale à un jour sidéral dont la durée Tsid est de 23 h 56 min 4 s (Tsid = 86164 s). Expliquer pourquoi cette valeur est légèrement inférieure (d’environ 4 minutes) à la durée du jour solaire Tsol de 24 heures. Jour solaire : durée entre deux passages successifs du soleil au niveau d’un même point du ciel (par exemple à son point le plus haut). Jour sidéral : durée de rotation de la terre autour de l’axe de ses pôles. 2. Le satellite Hipparcos 2.1. La période de l’orbite du satellite géostationnaire est égale à un jour sidéral dont la durée Tsid est de 23 h 56 min 4 s (Tsid = 86164 s). Expliquer pourquoi cette valeur est légèrement inférieure (d’environ 4 minutes) à la durée du jour solaire Tsol de 24 heures. Jour solaire : durée entre deux passages successifs du soleil au niveau d’un même point du ciel (par exemple à son point le plus haut). Jour sidéral : durée de rotation de la terre autour de l’axe de ses pôles. Hors pendant que la Terre tourne autour de ses pôles, elle tourne autour du soleil et "avance" sur son orbite. Jour sidé ral : 1 to ur c omp le t : 23 H 56 m in 0 4s our d’1 t : plus e ir sola Jour Jour : 24 H sidé ral : 1 to ur c omp le t : 23 H 56 m in 0 4s our d’1 t : plus e ir sola Jour Jour : 24 H sidé ral : 1 to ur c omp le t : 23 H 56 m in 0 4s 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = 3 (RT + h) G MT 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 3. Sondes spatiales aux points de Lagrange 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 3. Sondes spatiales aux points de Lagrange 3.1. Le référentiel R est-il galiléen ? Justifier. 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 3. Sondes spatiales aux points de Lagrange 3.1. Le référentiel R est-il galiléen ? Justifier. Tous les référentiels galiléens sont en mouvement rectiligne uniforme les uns par rapports aux autres. 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 3. Sondes spatiales aux points de Lagrange 3.1. Le référentiel R est-il galiléen ? Justifier. Tous les référentiels galiléens sont en mouvement rectiligne uniforme les uns par rapports aux autres. Le référentiel R est en rotation par rapport au référentiel héliocentrique galiléen, 2.2. En notant h l’altitude et RT le rayon de la Terre et en utilisant la 3ème loi de Képler (donnée à la question 1.9), calculer numériquement l’altitude du satellite géostationnaire. T2 4π 2 = =⇒ h = 3 (RT + h) G MT r 3 T 2 G MT − RT 4π 2 =⇒ h = 35,8 × 103 km 3. Sondes spatiales aux points de Lagrange 3.1. Le référentiel R est-il galiléen ? Justifier. Tous les référentiels galiléens sont en mouvement rectiligne uniforme les uns par rapports aux autres. Le référentiel R est en rotation par rapport au référentiel héliocentrique galiléen, il n’est donc pas galiléen. 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, mais elle est non nulle que lorsque le système se déplace dans le référentiel non galiléen. 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, mais elle est non nulle que lorsque le système se déplace dans le référentiel non galiléen.Ce n’est − → → − pas le cas ici : Fic = 0 . 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, mais elle est non nulle que lorsque le système se déplace dans le référentiel non galiléen.Ce n’est − → → − pas le cas ici : Fic = 0 . Le terme supplémentaire est donc du à la force d’inertie d’entrainement, 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, mais elle est non nulle que lorsque le système se déplace dans le référentiel non galiléen.Ce n’est − → → − pas le cas ici : Fic = 0 . Le terme supplémentaire est donc du à la force d’inertie d’entrainement, plus communément appelé force centrifuge. 3.2. On se place dans le référentiel R. La sonde, de masse m, subit alors la force : → − − → − → − F = FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux − → − → où FS et FT sont les forces gravitationnelles exercées respectivement par le Soleil et par la Terre sur la sonde. Expliquer l’origine du troisième terme − m (d + `2 ) ω 2 → ux (la démonstration de cette expression n’est pas demandée). Le référentiel R n’étant pas galiléen, l’étude mécanique dans ce référentiel − → − → fait apparaître deux nouvelles forces, fictives, les forces d’inertie (Fie et Fic ). La force d’inertie de Coriolis est une des forces, mais elle est non nulle que lorsque le système se déplace dans le référentiel non galiléen.Ce n’est − → → − pas le cas ici : Fic = 0 . Le terme supplémentaire est donc du à la force d’inertie d’entrainement, plus communément appelé force centrifuge. On reconnaît d’ailleurs son expression faisant intervenir le vecteur rotation ω au carré. − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → FS est une force de gravitation qui varie en fonction de l’inverse au carré de la distance entre les deux corps en interaction : − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → FS est une force de gravitation qui varie en fonction de l’inverse au carré de la distance entre les deux corps en interaction : − → G MS m → − FS = − ux (d + `2 )2 − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → FS est une force de gravitation qui varie en fonction de l’inverse au carré de la distance entre les deux corps en interaction : − → G MS m → − FS = − ux (d + `2 )2 − → 3.4. Donner l’expression de FT en fonction de G, m, `2 et de la masse de − − la Terre MT dans la base (→ ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → FS est une force de gravitation qui varie en fonction de l’inverse au carré de la distance entre les deux corps en interaction : − → G MS m → − FS = − ux (d + `2 )2 − → 3.4. Donner l’expression de FT en fonction de G, m, `2 et de la masse de − − la Terre MT dans la base (→ ux , → uy , − u→ Z ) de R. De la même manière : − → 3.3. Donner l’expression de FS en fonction de G, m, d, `2 et de la masse → − − du Soleil MS dans la base (ux , → uy , − u→ Z ) de R. − → FS est une force de gravitation qui varie en fonction de l’inverse au carré de la distance entre les deux corps en interaction : − → G MS m → − FS = − ux (d + `2 )2 − → 3.4. Donner l’expression de FT en fonction de G, m, `2 et de la masse de − − la Terre MT dans la base (→ ux , → uy , − u→ Z ) de R. De la même manière : − → G MT m → − FT = − ux `22 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. Soit : − → − → → − − FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. Soit : − → − → → − − FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 ⇐⇒ − G MS m → G MT m → → − − − − ux − ux + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 2 2 (d + `2 ) `2 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. Soit : − → − → → − − FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 ⇐⇒ − G MS m → G MT m→ → − − − − ux − ux + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 2 2 (d + `2 ) `2 D’après l’énoncé, une sonde au point de Lagrange tournerait exactement avec la même vitesse angulaire que la Terre autour du soleil, 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. Soit : − → − → → − − FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 ⇐⇒ − G MS m → G MT m→ − − → − u@ m (d + `2 ) ω 2 @ u@ u@ @ @ x + x − x =0 2 2 (d + `2 ) `2 D’après l’énoncé, une sonde au point de Lagrange tournerait exactement 2π avec la même vitesse angulaire que la Terre autour du soleil, soit ω = . TA 3.5. Écrire la condition d’équilibre de la sonde dans le référentiel R en ne faisant intervenir que G, MS , MT , d, `2 et la durée TA de l’année terrestre (période de l’orbite de la Terre autour du Soleil). La sonde est en équilibre si les forces qui s’exercent sur elle se compensent. Soit : − → − → → − − FS + FT + m (d + `2 ) ω 2 → ux = 0 ⇐⇒ − G MS m → G MT m→ − − → − u@ m (d + `2 ) ω 2 @ u@ u@ @ @ x + x − x =0 2 2 (d + `2 ) `2 D’après l’énoncé, une sonde au point de Lagrange tournerait exactement 2π avec la même vitesse angulaire que la Terre autour du soleil, soit ω = . TA =⇒ (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 On utilise la troisième loi de Kepler relative à la Terre pour écrire : (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 On utilise la troisième loi de Kepler relative à la Terre pour écrire : TA2 4π 2 = d3 G MS (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 On utilise la troisième loi de Kepler relative à la Terre pour écrire : TA2 4π 2 = d3 G MS On remplace dans l’expression obtenue à la question précédente : (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 On utilise la troisième loi de Kepler relative à la Terre pour écrire : TA2 4π 2 = d3 G MS On remplace dans l’expression obtenue à la question précédente : (d + `2 ) 4π 2 G MS G MS G MT = + 2 3 2 4π d (d + `2 ) `22 (d + `2 ) 4π 2 G MS G MT = + (d + `2 )2 TA2 `22 3.6. En utilisant la 3ème loi de Kepler donnée à la question 1.9, et en notant `2 = , montrer que cette condition peut s’écrire : d 1 MT MS 1 + − − 2 =0 (1 + )2 On utilise la troisième loi de Kepler relative à la Terre pour écrire : TA2 4π 2 = d3 G MS On remplace dans l’expression obtenue à la question précédente : (d + `2 ) 4π 2 G MS G MS G MT = + 2 3 2 4π d (d + `2 ) `22 =⇒ (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = `2 : d (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = (d + `2 ) MS MS MT = d2 + d2 2 d (d + `2 )2 `2 `2 : d (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = (d + `2 ) MS MS MT = d2 + d2 2 d (d + `2 )2 `2 (1 + ) MS = MS MT + 2 (1 + )2 `2 : d (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = (d + `2 ) MS MS MT = d2 + d2 2 d (d + `2 )2 `2 (1 + ) MS = Finalement : MS MT + 2 (1 + )2 `2 : d (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = (d + `2 ) MS MS MT = d2 + d2 2 d (d + `2 )2 `2 (1 + ) MS = MS MT + 2 (1 + )2 Finalement : MS 1 1+− (1 + )2 − MT =0 2 `2 : d (d + `2 ) MS MS MT = + 2 d3 (d + `2 )2 `2 On peut alors multiplier l’expression précédente par d 2 puis poser = (d + `2 ) MS MS MT = d2 + d2 2 d (d + `2 )2 `2 (1 + ) MS = MS MT + 2 (1 + )2 Finalement : MS 1 1+− (1 + )2 − MT =0 2 CQFD `2 : d 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : si 1 alors (1 + )α = 1 + α . 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : si 1 alors (1 + )α = 1 + α . Dans cette question, il fallait penser à "remonter" le (1 + )2 situé au dénominateur avant d’utiliser le DL : 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : si 1 alors (1 + )α = 1 + α . Dans cette question, il fallait penser à "remonter" le (1 + )2 situé au dénominateur avant d’utiliser le DL : MT MS 1 + − (1 + )−2 − 2 = 0 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : si 1 alors (1 + )α = 1 + α . Dans cette question, il fallait penser à "remonter" le (1 + )2 situé au dénominateur avant d’utiliser le DL : MT MS 1 + − (1 + )−2 − 2 = 0 =⇒ MS (1 + − (1 − 2 )) − MT MT = 0 ⇐⇒ 3 MS = 2 2 3.7. On suppose 1. Montrer que l’équation précédente se simplifie en : 3 = γ MT MS Déterminer la constante sans dimension γ. Pour répondre à cette question, on utilise une développement limité très utile en physique : si 1 alors (1 + )α = 1 + α . Dans cette question, il fallait penser à "remonter" le (1 + )2 situé au dénominateur avant d’utiliser le DL : MT MS 1 + − (1 + )−2 − 2 = 0 =⇒ MS (1 + − (1 − 2 )) − MT MT = 0 ⇐⇒ 3 MS = 2 2 Et finalement : 3 = γ MT 1 avec γ = MS 3 3.8. Calculer numériquement `2 . D’après la question précédente : 3.8. Calculer numériquement `2 . D’après la question précédente : `2 d 3 1 MT = =⇒ `2 = d 3 MS r 3 1 MT =⇒ `2 = 1,5 × 106 m 3 MS 3.9. On admet que le point de Lagrange L1 est le symétrique de L2 par rapport à T c’est-à-dire que TL1 = TL2 . Étant donné les objectifs de Gaia, dire, en justifiant la réponse, si les ingénieurs de l’ESA prévoient d’envoyer Gaia au point de Lagrange L1 ou au point de Lagrange L2 . Le but de Gaia étant d’observer les étoiles, galaxies et planètes extrasolaires, il sera judicieux de l’envoyer le plus loin possible du soleil donc au point L2 , entre autre pour ne pas être gêner par sa luminosité, ni être gêner par la Terre dans l’observation.
