Problème à deux corps - Jean

Problème à deux corps
I24.
Un véhicule spatial N de masse M capture avec un lasso de longueur L un satellite S de masse m . Dans un
G G G
référentiel galiléen ( R ) lié à un repère cartésien (O, ux , uy , uz ) , à cet instant, N est à l’origine O et a la vitesse
JJJG
G
G
G
v0 = v0ux , tandis que S est immobile à OS = Luy .
1) Précisez le mouvement du centre de masse G de N et S après que la liaison soit établie.
2) Soit ( R ′ ) le référentiel dont l’origine G est le centre de masse de N et S et qui est en translation par rapport à
( R ) . Précisez les mouvements de N et S dans ( R ′ ) après que la liaison soit établie.
3) Calculez la tension du lasso.
II68. Modèle de la molécule CO.
Deux points matériels A et B de masses m1 et m2 sont sur une droite aux abscisses x1 et x2 distantes de r = x2 - x1 (on
a
b
supposera x2 > x1). Ils forment un système isolé. La force exercée par A sur B est : F (r ) = − 7 + 13 (où a et b sont
r
r
des constantes positives)
1) Ecrire les deux équations différentielles auxquelles obéissent les fonction x1 et x2 du temps t.
2) En déduire l'équation différentielle qui régit la fonction r de t. Cette équation est formellement identique à
l'équation du mouvement d'une particule fictive de masse µ située à la distance r d'une origine fixe O et soumise à la
force F(r). Donner l'expression de µ en fonction de m1 et m2 .
3) Montrer que la force F(r) dérive d'une énergie potentielle Ep (r). Donner l'expression de Ep en fonction de r telle
que Ep (r) tende vers zéro quand r tend vers l'infini.
4) Exprimer la valeur r0 de r à l'équilibre et la valeur correspondante de l'énergie potentielle Ep (r0 ).
5) A l'aide des résultats précédents et des expressions limites de Ep (r) quand r tend vers zéro ou l'infini, donner
l'allure du graphe Ep (r).
6) L'équilibre en r0 est-il stable (justifier votre réponse).
7) Un développement limité de E p(r) au voisinage de r0 donne : Ep (r) = Ep (r0 ) + 3a(r - r0 )2 /r08 +...
En déduire une expression de la pulsation ω des petites oscillations autour de la position d'équilibre.
8) On applique ce modèle à une molécule CO. Quelle est l'expression de l'énergie de liaison de la molécule ?
9) Cette molécule présente un pic d’absorption du rayonnement pour la pulsation ω = 5,5.1014 rad/s. La vitesse de la
lumière est c = 3.108 m/s. Calculer la longueur d'onde du rayonnement correspondant. Dans quel domaine se situe-telle ?
III73. Généralités sur le problème à deux corps.
Soit un système S isolé constitué de deux particules A et B de masses respectives ma et mb . On étudie ce système
G
dans un référentiel R supposé galiléen. On se donne également un point O fixe dans ce référentiel. On appelle Fa et
G
Fb les forces exercées par B sur A et A sur B . On suppose que leur module ne dépend que de la distance r entre
les deux particules.
1) Soit C le centre de masse du système S . Déterminer, en le démontrant, le mouvement de C dans R .
JJJG
G
2) Soit r = AB . Montrer que l’étude du mouvement relatif se réduit à l’étude plus simple du mouvement d’une
G
G
seule particule (que l’on nommera mobile fictif) de masse µ et de vecteur position r soumise à la force Fb . On
donnera l’expression de µ .
3) Dans le cas particulier où mb ma , que vaut µ et où se trouve le centre de masse C ?
4) Montrer que la variation de l’énergie cinétique du système est égale à celle du mobile fictif.
G
v∞
Constante de la gravitation G = 6, 67.10−11 SI
Deux étoiles semblables au Soleil (rayons R1 = R2 = R = 7.108 m , masses
G
G
m1 = m2 = m = 2.1030 kg ) ont dans un référentiel galiléen une vitesse relative v∞ = v2 − v1 = 50 km .s−1
lorsqu’elles sont loin l’une de l’autre. Quel doit être leur paramètre d’impact b pour qu’elles se frôlent ?
IV21. Limite de collision d’étoiles.
b
V38. Positions de Lagrange.
On suppose qu’il existe un référentiel galiléen (R) et on se place dans ce référentiel dont on note l’origine O'. Deux
astres sphériques de masses m1 et m2 y sont seuls dans l’espace. Ils interagissent comme deux points matériels P1 et P2
JJJJG
JJJJG
G
G
m2
.
de vecteurs position r1 = O ′P1 et r2 = O ′P2 . On pose λ =
m1 + m2
Problème à deux corps, page 1
1) Montrer que le centre de masse O de ces deux astres est immobile ou a un mouvement rectiligne uniforme.
2) On se place dorénavant dans le référentiel galiléen (G) d’origine O et en translation par rapport à (R). On appelle
JJJG
G
G
G
mouvement relatif celui d’une particule P de rayon vecteur r = OP = r2 − r1 . Montrer le mouvement de P est celui
d’une particule dont on définira la masse µ et la force qu’elle subit.
3) Montrer que le mouvement de P a lieu dans un plan (PL) fixe.
G
G
G
4) Exprimer r1 et r2 en fonction de r et de λ .
Les mouvement des deux astres s’effectuent dans le plan (PL). On suppose désormais les deux astres en équilibre
relatif, c’est-à-dire que leur distance mutuelle D reste constante.
5) Les deux astres décrivent des mouvements circulaires de centre O. Exprimer leurs rayons r1 et r2 en fonction de D
et λ. Précisez l’ordre dans lesquels se trouvent P1, P2, P et O sur la droite suivant laquelle ils sont alignés.
6) Exprimer la vitesse angulaire ω commune aux mouvements de P, P1 et P2 en fonction de la constante de Cavendish
G, de m1, m2 et de D.
7) On cherche les positions d’équilibre relatif par rapport à P1 et P2 d’un troisième corps P3 de masse m3 très petite
par rapport aux deux autres. Ce corps ne perturbe que très peu les deux autres. Montrer que les positions d’équilibre
éventuelles sont nécessairement dans le plan (PL).
8) On suppose d’abord ce troisième corps situé sur la droite joignant les deux autres. Soit x son abscisse si l’on
oriente cette droite de P1 vers P2 et si l’on prend P1 comme origine. Montrer que z = x / D est solution de :
( 1 − λ ) signe(z )
λ signe(z − 1)
f ( z ) = g ( z, λ ) = −
−
+ z − λ = 0.
( z − 1 )2
z2
signe ( z )
9) Déterminer le sens de variation de la fonction −
dans les intervalles où elle est définie. Donner le tableau
z2
de variation de f ( z ) ; combien l’équation f ( z ) = 0 a-t-elle de racines ? Préciser les intervalles où se trouvent ces
racines.
10) A présent, on cherche les positions d’équilibre qui ne sont pas sur la droite joignant les deux astres. On ne
suppose pas m3 négligeable devant les autres masses. On suppose qu’il existe un référentiel galiléen d’origine O' où
G G G
l’on se place. On note r1, r2 , r3 les vecteurs joignant O' aux trois mobiles. Montrer que le centre de masse O des trois
mobiles est immobile ou a un mouvement rectiligne uniforme.
11) On se place dans le référentiel, dit barycentrique, d’origine O et en translation par rapport au précédent. Ce
référentiel est galiléen. Les trois mobiles y sont dans un plan (PL) passant par O. Nous admettrons que ce plan est fixe.
G
d 2r
G G G
Exprimer l’accélération 23 du mobile P3 en fonction de G, des masses, des rayons positions r1, r2 , r3 et des distances
dt
G
r31 et r32 qui le séparent des deux autres mobiles. Pour obtenir une équation vectorielle, on utilisera l’idée que r / r est
un vecteur unitaire.
12) On suppose les trois mobiles en équilibre relatif. Quelles sont leurs trajectoires ? Faire un croquis d’une
disposition possible de O, des trois points à un instant donné et de leurs trajectoires.
G
d 2r3
G
en fonction de r3 et de la vitesse angulaire ω de P3.
13) Exprimer
dt 2
G
G
G
14) Montrer que m1r1 + m2r2 + m 3r3 = 0 .
G
15) Ecrire l’égalité des expressions de l’accélération de P3 trouvées précédemment. Y remplacer r2 par son
expression tirée de la question précédente. En déduire que, si les trois mobiles ne sont pas alignés, r31 = r32.
16) Montrer que les trois mobiles forment un triangle équilatéral.
VI22. Ondes gravitationnelles émises par un système de deux étoiles à neutrons (inspiré de
E3A 2006 PC).
La théorie d'Einstein de la relativité générale prévoit la propagation des déformations de l’espace-temps par les
masses sous forme d’ondes gravitationnelles. Depuis leur prédiction, en 1916 par Einstein, aucune expérience n'a
permis de détecter directement ces ondes. Les effets attendus sont en effet extrêmement faibles.
Parmi les sources d'ondes gravitationnelles, l'effondrement d'un système de deux étoiles à neutrons est un
phénomène que l'on pense détecter. Nous calculerons ce phénomène dans le cadre simplifié de la dynamique
newtonienne. Le référentiel d'étude ( R ) est supposé galiléen.
1. Système de deux étoiles.
G
G
Soit deux étoiles, de centres A1 et A2 , de distance r = A1A2 , de masses égales M , de vitesses v1 et v2 , en
interaction gravitationnelle et seules dans l’espace. On les observe dans un référentiel galiléen ( R ) où elles
tournent l’une autour de l’autre ; on néglige leur rotation sur elles mêmes. On note G = 6, 67.10−11 SI la constante
de la gravitation.
1.a) Dans quelle mesure peut-on assimiler ces étoiles à des points matériels ? On fera cette hypothèse dans la suite.
Problème à deux corps, page 2
1.b) Que peut-on dire du mouvement du centre de masse G des deux étoiles ? A partir de la question 1.d), nous
ferons l’hypothèse que ce centre de masse est immobile.
1
GM 2
1.c) Appliquer le théorème de l’énergie cinétique à chaque étoile. En déduire que E = M ( v12 + v22 ) −
2
r
est constant au cours du temps.
1.d) On suppose à présent que les deux étoiles décrivent un même cercle de centre O et de rayon R . Que
représente le point O ? Préciser la disposition des étoiles sur le cercle.
1.e) Exprimer la vitesse angulaire ω de ce mouvement en fonction de G , M et R.
GM 2
. Commenter son signe.
1.f) Montrer que E = −
4R
1.g) Le mouvement quasi circulaire de deux étoiles à neutrons, de masses M = 2, 8.1030 kg , a, peu de temps avant
l'effondrement, une période très faible T = 0,1s . Calculer le rayon R de l’orbite commune.
2. Effondrement de ce système.
Le système binaire des deux étoiles A1 , A2 est une source d'ondes gravitationnelles ; ces ondes transportent une
certaine énergie. Un calcul de relativité générale montre que la puissance ainsi « rayonnée » dans le référentiel ( R )
GM 2R 4 ω6
, où c = 3.108 m . s−1 est la vitesse de la lumière dans le vide.
10c 5
L'émission des ondes gravitationnelles peut être modélisée par des forces non conservatives agissant sur le système
des deux étoiles. L'évolution étant lente, les trajectoires ne sont modifiées que très progressivement et on admet que les
formules précédentes sont encore largement applicables.
2.a) Qu'est ce qu'une force non conservative ?
dE
2.b) Quelle relation existe-t-il entre
et Pog ?
dt
Le rayon R de la trajectoire est désormais fonction du temps.
dR
α
2.c) Montrer que R varie selon la loi
= − 3 et exprimer α en fonction de c , G et M .
dt
R
2.d) Al’instant t = 0 , R = R0 . Déterminer R (t) en fonction de R0 , t et α .
2.e) Représenter l'allure de la trajectoire de l'une des deux étoiles.
Les deux étoiles à neutrons sont des boules de rayon ρ = 10 km .
2.f) Déterminer, en fonction de R0 , ρ et α le temps tc au bout duquel les deux étoiles entrent en contact.
2.g) Exprimer en fonction de G , M et ρ , la vitesse angulaire de rotation ωc atteinte par le système à l'instant tc .
s'écrit Pog =
2.h) Application numérique : calculer tc et ωc sachant que R0 = 2, 3.105 m et M = 2, 8.1030 kg .
2.i) Justifier que le modèle précédent n'est valable que si la condition dR / dt Rω est réalisée.
2.j) Cette condition est-elle vérifiée jusqu'à l'instant de contact ?
2.k) L’hypothèse de 1.a) est-elle valable jusqu'à l'instant de contact ?
3. Aspect énergétique.
3.a) Déterminer la puissance gravitationnelle rayonnée, Pog ( t ) , en fonction de t , α , R0 , c , M et G .
3.b) Représenter schématiquement le graphe Pog ( t ) .
Une fois le contact réalisé, l'émission de l'onde gravitationnelle cesse.
3.c) Calculer la puissance maximale, notée Pog ,max rayonnée par le système sous forme d'onde gravitationnelle.
3.d) Calculer l'énergie totale Eog rayonnée sous forme gravitationnelle entre les instants t = 0 et tc . Commenter les
résultats de 3.c) et 3.d).
Réponses
G
Mv0
; 2) N et S décrivent des cercles de centre G et de
M +m
mL
mL
mMv02
rayons
et
avec la vitesse angulaire commune ω = v0 / L ; 3) T =
.
(m + M )L
M +m
M +m
G
I. 1) mouvement rectiligne uniforme de vitesse v (G ) =
d 2x 1
d 2x 2
d 2r
⎛ 1
1 ⎞⎟
m1m2
(r )
( r ) ; 2)
=
−
F
m
=
F
F (r ) ; µ =
; 3)
= ⎜⎜
+
⎟
2
2
2
2
⎟
⎝ m1 m2 ⎠
m1 + m2
dt
dt
dt
a
b
a2
Ep = − 6 +
; 4) r0 = (b / a )1/ 6 E p ( r0 ) = −
; 5)
12
12b
6r
12r
II. 1) m1
Problème à deux corps, page 3
6a
2πc
a2
= 3, 43.10−6 m (infrarouge).
; 8) D =
; 9) λ =
8
ω
12b
µr0
1
1
1
+
III. 1) mouvement rectiligne uniforme ; 2) =
; 3) µ ma ; le centre de masse est voisin de B.
µ
ma
mb
6) oui ; 7) ω =
8GmR
= 1, 73.1010 m .
2
v∞
G
1
1
1
G
G
+
; 4) r1 = −λr ;
V. 2) Particule fictive soumise à la force F2 et de masse µ telle que =
µ
m1 m2
IV. b =
4R2 +
G ( m1 + m2 )
; 9) fonctions
D3
croissantes ; la fonction f ( z ) a trois zéros, l'un dans ]−∞, 0 [ , le second dans ] 0,1[ et le troisième dans ] 0, +∞ [ ;
G
G
G
G
G
G
Gm1 ( r1 − r3 ) Gm2 ( r2 − r3 )
d 2r
G
d 2r3
= −ω2r3 .
;
12)
mouvements
circulaires
uniformes
de
centre
O
:
13)
11) 23 =
+
dt
r133
r233
dt 2
GM
VI. 1.a) Etoiles à symétrie sphérique ; b) mouvement rectiligne uniforme ; d) le centre de masse e) ω =
;
4R 3
G 3M 3
1/ 4
f) état lié ; g) α =
; d) R = ( R04 − 4αt )
; e) spirale dont le rayon décroît d’abord très lentement, puis très
160c 5
R 4 − ρ4
GM
= 42 000 s ; g) ωc =
rapidement à la fin ; f) tc = 0
= 6830 rad. s−1 ; j) oui ; k) non ;
4α
4ρ 3
G
G
r2 = ( 1 − λ ) r ; 5) r1 = λD ; r2 = ( 1 − λ ) D ; ordre P1, O, P2, P ; 6) ω =
3.a) Pog =
G 4M 5
5/ 4
640c 5 ( R04 − 4αt )
d) Eog = ∆E =
; c) Pog ,max =
G 4M 5
= 2,19.1046 W ;
640c 5 ρ5
1 ⎞⎟
GM 2 ⎛ 1
46
⎜ −
⎟ = 1, 25.10 J ; rayonné essentiellement pendant la seconde qui précède le contact.
⎜
4 ⎝ ρ R0 ⎠⎟
Problème à deux corps, page 4
Corrigés
I.
JJJG
JJJG
JJJG
MON + mOS
1) Le centre de masse G a un mouvement rectiligne uniforme. Comme OG =
,
M +m
JJJG
G
G
G
G
G
dOG
Mv ( N ) + mv ( S )
Mv0
v (G ) =
=
qui s’évalue par sa valeur initiale v (G ) =
.
dt
M +m
M +m
2) Le mouvement relatif est un mouvement circulaire de rayon L . Il est uniforme, puisque la force est radiale. Sa
G
G
vitesse initiale est v ( S ) − v ( N ) = v0 , donc sa vitesse angulaire est ω = v0 / L .
Les mouvements de N et S dans le référentiel barycentrique sont des mouvements homothétiques de ce mouvement.
mL
ML
mL
Initialement NG =
et SG =
. N décrit un cercle de centre G et de rayon
et S décrit un
M +m
M +m
M +m
mL
cercle de centre G et de rayon
. Les trois points N, G et S restent alignés dans cet ordre et leur vitesse angulaire
M +m
est ω = v0 / L .
3) Appliquée au mouvement relatif, la loi fondamentale de la dynamique s’écrit T =
mMv02
(m + M )L
II. Modèle de la molécule CO.
1) m1
d 2x 1
= −F ( r )
dt 2
m2
d 2x 2
= F (r ) .
dt 2
2) Divisons la première équation par m1 , la seconde par m2 et retranchons les :
l’expression de la masse réduite µ =
m1m2
.
m1 + m2
3) dE p = − ( F ( r )dx 2 − F ( r )dx1 ) = −F ( r )dr ⇒ E p = −
d 2r
⎛ 1
1 ⎞⎟
= ⎜⎜
+
F ( r ) , d’où
⎝ m1 m2 ⎠⎟⎟
dt 2
a
b
+
en prenant une constante d’intégration
6r 6
12r 12
nulle de sorte que limr →∞ E p = 0 .
4) A l’équilibre, F ( r0 ) = 0 ⇒ r0 = (b / a )1/ 6
E p ( r0 ) = −
a2
.
12b
5)
6) L’équilibre est stable, car F ( r ) est décroissant en r0 ; autre démonstration : E p ( r ) est minimum en r0 .
7) D’après la conservation de l’énergie,
1 2
µr + E p ( r ) = cste , soit en dérivant par rapport au temps
2
dE p
= 0 ; en éliminant la solution parasite r = 0 , on obtient
dr
1 dE p
1 6a ( r − r0 )
6a
r +
= 0 ⇒ r +
=0⇒ω=
µ dr
µ
r08
µr08
+ r
µrr
8) D = E p ( ∞ ) − E p ( r0 ) =
9) λ =
a2
.
12b
2πc
2π × 3.108
=
= 3, 43.10−6 m qui fait partie du domaine de l’infrarouge.
ω
5, 5.1014
Problème à deux corps, page 5
III.
1)
JJJG
G
d 2OA
ma
= Fa
2
dt
JJJG
G
d 2OB
mb
= Fb
2
dt
JJJG
JJJG
JJJG
JJJG
G
G
G
G
JJJG
ma OA + mb OB
d 2OA
d 2OB
+ mb
= 0 . Or OC =
Comme S est isolé et R galiléen, Fa + Fb = 0 , donc ma
.
ma + mb
dt 2
dt 2
JJJG
G
d 2OC
Donc
= 0 : le mouvement de C est un mouvement rectiligne uniforme.
2
dt
2) Divisons par ma la première équation de la réponse à la question 1, par mb la seconde équation et retranchons-les
G
G
G
d 2r
⎛ 1
1 ⎞⎟ G
r
(
)
⎜
+
. Le mouvement relatif est le même que celui du mobile
membre à membre : 2 = ⎜
⎟ F où Fb = F r
⎝ ma
mb ⎠⎟ b
r
dt
1
1
1
.
=
+
µ
ma
mb
3) Si mb ma , µ ma ; le centre de masse est voisin de B.
4) D’après le théorème de l’énergie cinétique,
G
G
G
G
G
G
G
G
G
dEc = d ( 21 ma va2 ) + d ( 21 mb vb2 ) = Fa ⋅ dra + Fb ⋅ drb = Fb ⋅ ( drb − dra ) = Fb ⋅ dr = d ( 21 µvr2 ) .
G
G
dr
1
1
Autre justification : si vr =
, Ec = ( ma + mb ) v 2 (C ) + µvr2 . Comme le premier terme est constant, la
2
2
dt
variation de l’énergie cinétique est celle de l’énergie cinétique du mouvement fictif.
fictif et
IV.
Soit r1 et v1 la distance entre étoiles et la vitesse relative quand elles sont au plus près. Le mouvement du mobile
fictif est celui d’un point matériel de masse µ = m / 2 sous l’action de la force Gm 2 / r 2 ; écrivons la conservation de
l’énergie et celle du moment cinétique du mobile fictif entre le point le plus proche et l’infini :
L = µbv∞ = µr1v1
E =
Gm 2
1 2
1
µv∞ = µv12 −
r1
2
2
1 2
1 2 b 2 Gm 2
µv∞ = µv∞
−
.
2
2
r1
r12
Les étoiles se frôlent si r1 = 2R :
Eliminons v1 :
b=
r12 +
2Gm 2r1
=
2
µv∞
4R2 +
8GmR
=
2
v∞
2
4 × ( 7.108 ) +
8 × 6, 67.10−11 × 2.1030 × 7.108
( 5.104 )2
V.
= 1, 73.1010 m .
G
G
G
G
d 2r1
d 2r2
et
=
F
m
= F2 .
1
2
2
2
dt
dt
G
G
G
G
G
G
d 2r1
d 2r2
D'après la loi de l'action et de la réaction, F1 + F2 = 0 . D'où : m1 2 + m2 2 = 0
dt
dt
JJJJG
G
G
2 ′
JJJJG
G
m r + m2r2
d OO
Le centre de masse est le point O tel que O ′O = 1 1
. D'où
= 0 : la vitesse de O reste constante
2
m1 + m2
dt
au cours du temps.
2) En divisant les deux premières équations de la question 1 par m1 et m2 , et en retranchant la première à la
G
G
G
G
G
d 2r
d 2 ( r2 − r1 )
F2
F1
1
1 G
seconde, on obtient : 2 =
=
−
=
+
F
2
m2 m1
m1 m2 2
dt
dt
G
Donc le mouvement relatif de la particule 2 est le même que celui d'une particule fictive soumise à la force F2 et de
1
1
1
.
+
masse µ telle que =
µ
m1 m2
3) La dérivée du moment cinétique est nulle, car égale au moment de la force qui est parallèle au rayon vecteur. Le
moment cinétique est donc conservé. Or, par suite de sa définition, le moment cinétique est perpendiculaire au rayon
vecteur, donc le mouvement relatif a lieu dans le plan fixe perpendiculaire au moment cinétique et passant par O.
1) La loi fondamentale de la dynamique appliquée à chacun des astres s'écrit : m1
(
)
Problème à deux corps, page 6
G
JJJG
JJJG
G
G
G
G
G
G
G
G
G
4) En combinant m1r1 + m2r2 = 0 et r = r2 − r1 , on obtient : r1 = OP 1 = −λr et r2 = OP 2 = ( 1 − λ ) r . Les
deux astres sont dans (PL).
G
G
G
5) Si r = D est constant, r1 ) = λD et r2 = ( 1 − λ ) D sont aussi constants : les deux astres décrivent des
cercles de rayons r1 = λD et r2 = ( 1 − λ ) D autour de O.
P1, O, P2 et P restent alignés et situés dans cet ordre sur la droite qui les joint.
Gm1m2
m1m2
6) En appliquant la loi fondamentale de la dynamique au mouvement relatif : µω2D =
. Or µ =
.
m1 + m2
D2
G ( m1 + m2 )
D'où : ω =
.
D3
7) Dans le référentiel des deux astres, le corps doit être en équilibre sous l'action de la force centrifuge et des
attractions des deux astres. Si le corps n'est pas dans (PL), les deux forces d'attraction sont dirigées vers (PL) tandis que
la force centrifuge est parallèle à (PL), donc la résultante de ces trois forces ne peut être nulle.
8) Les trois forces subies par le corps sont parallèles à la droite joignant les deux astres. Le corps est donc en
équilibre si la somme de leurs mesures algébriques sur cet axe est nulle, soit si
Gm1m3
Gm2m 3
m3 ω2OP3 −
signe ( P1P3 ) −
signe ( P2P3 ) = 0 .
P1P32
P2P32
En faisant les substitutions P1P3 = x = zD , P2P3 = −D + x = ( z − 1 ) D , OP3 = x − r1 = ( z − λ ) D et en
G ( m1 + m2 ) m3
simplifiant par m3 ω2D =
, on obtient la relation demandée.
D2
signe ( x )
9) La fonction de x , −
est une fonction croissante dans chacun des deux intervalles ]−∞, 0 [ et ] 0, +∞ [ .
x2
( 1 − λ ) signe ( x )
λ signe ( z − 1 )
Comme λ est compris entre 0 et 1, les deux fonctions −
et −
sont des fonctions
2
( z − 1 )2
x
croissantes dans chacun des trois intervalles ]−∞, 0 [ , ] 0,1[ et ]1, +∞ [ . Comme la fonction z − λ est également
croissante dans ces trois intervalles, on obtient le tableau de variation :
+∞
0
1
z
−∞
+∞
+∞
+∞
f (z )
−∞
−∞
−∞
/
/
/
&
&
Ce tableau de variation montre que la fonction f ( z ) a trois zéros, l'un dans ]−∞, 0 [ , le second dans ] 0,1[ et le
troisième dans ] 0, +∞ [ .
10)
G
G
G
d 2r1
m1 2 = F2→1 + F3→1
dt
G
G
G
d 2r
m2 22 = F3→2 + F1→2
dt
G
G
G
d 2r3
m 3 2 = F1→ 3 + F2→ 3
dt
En prenant la somme membre à membre et en tenant compte de la loi de l'action et de la réaction, on obtient
G
G
G
G
d 2r
d 2r
d 2r
m1 21 + m2 22 + m 3 23 = 0 .
dt
dt
dt
JJJJG
G
JJJJG
G
m
r
d 2O ′O
i i
∑
Comme O ′O =
= 0 , donc la vitesse de O est constante et le point O est immobile ou a un
,
2
∑ mi dt
mouvement rectiligne uniforme.
G
G
G
G
G
Gm1 ( r1 − r3 ) Gm2 ( r2 − r3 )
d 2r
11) 23 =
+
dt
r133
r233
12) Si les trois mobiles sont en équilibre relatif, ils forment un solide et sont donc à une
distance fixe de O. Leurs trajectoires sont des cercles de centre O.
Le mouvement est uniforme, sa vitesse angulaire ω est constante ; en effet, l'énergie
potentielle est conservée, donc l'énergie cinétique doit l'être aussi.
G
G
d 2r3
P1
= −ω2r3 .
13) Puisque le mouvement est circulaire uniforme,
2
dt
G
G
14) Comme l'origine est le centre de masse, ∑ mi ri = 0 .
G
G
G
15) D'après la question précédente, m2r2 = − ( m1r1 + m 3r3 ) . On déduit alors des questions précédentes
G
G
G
G
G
G
Gm1 ( r1 − r31 ) Gm2r3 + G ( m1r1 + m3r3 )
−ω2r3 =
−
3
3
r31
r32
Problème à deux corps, page 7
P2
O
P3
G
G
G
G
G
Cette équation est de la forme ar1 + br3 = 0 . Comme les trois points ne sont pas alignés, r1 et r3 ne sont pas
Gm
Gm
parallèles et a = b = 0 . Comme a = 3 1 − 3 1 , on en déduit que r31 = r32 .
r31
r32
16) Ce raisonnement est valable pour les trois couples de points donc r31 = r23 = r12 : les trois points forment un
triangle équilatéral.
VI.
1.a) Si les étoiles ne tournent pratiquement pas sur elles mêmes et sont suffisamment éloignées, elles ont la symétrie
sphérique. Alors, leur interaction est la même que si on concentrait leur masse en leur centre.
G
G
JJJJG JJJJG
JJJJG
JJJJG
JJJG
G
JJJG OA1 + OA2 d 2OG
1 ⎛⎜ d 2OA1 d 2OA2 ⎞⎟ F2 →1 + F1→ 2
⎟⎟ =
= ⎜⎜
+
= 0 car, d’après le principe de l’action
;
1.b) OG =
2
2
2
⎝
⎠
2
2 dt
2M
dt
dt
et de la réaction, ces deux forces sont opposées. Le centre de masse a un mouvement rectiligne uniforme. En choisissant
convenablement le référentiel, il est immobile, comme nous allons le supposer à partir de la question 1.d.
G
G
1
G
1
G
1.c) Théorème de l’énergie cinétique : d Mv12 = F2 →1 ⋅ dr1 d Mv22 = F1→ 2 ⋅ dr2 .
2
2
G
G
Loi de l’action et de la réaction : F2 →1 = −F1→ 2 .
G
A2
2
G
F
G
G
1
G
M
1→ 2
2
2
D’où d M ( v1 + v2 ) = F1→ 2 ⋅ d ( r2 − r1 ) = − 2 dr , soit dE = 0 : l’énergie
G
2
r
F2 →1
E reste constant au cours du temps.
1.d) O est le centre de masse G . Les deux étoiles, diamétralement opposées sur le
cercle, ont un mouvement circulaire uniforme, conformément à la loi fondamentale de la
A1
dynamique.
Sinon, selon la théorie du problème à deux corps, leurs trajectoires seraient deux
coniques homothétiques par rapport à leur foyer, qui est aussi leur centre de masse.
GM 2
GM
1.e) v = ωR a = ω2R r = 2R ; loi fondamentale de la dynamique : M ω2R =
.
⇒ω=
4R2
4R 3
GM 2
GM 2
1.f) E = M ω2R2 −
; E < 0 car il s’agit d’un état lié.
=−
2R
4R
(
(
)
(
)
)
⎛ GMT 2 ⎞⎟1/ 3
⎛ 6, 67.10−11 × 2, 8.1030 × 0,12 ⎞⎟1/ 3
⎜⎜
1.g) R = ⎜⎜
=
= 2, 3.105 m .
⎟
⎟
⎜⎝ 16π2 ⎠⎟
⎝⎜
⎠⎟
16π2
2.a) Une loi de force non conservative est une loi de force dont le travail si on revient au point de départ n’est pas
nécessairement nul ; ou bien une loi telle qu’il n’existe pas une fonction E p de la position dont la variation est égale à
l’opposé du travail de la force totale (ou des forces pour un système).
dE
2.b) D’après la conservation de l’énergie,
= −Pog .
dt
dE
GM 2 dR
GM 2R 4 GM 3
dR
α
2.c)
=
= −Pog = −
⇒
=− 3.
2
dt
dt
10c 5
4R dt
4R 3
R
( )
3
( 6, 67.10−11 × 2, 8.1030 )
G 3M 3
=
= 1, 67.1016 m 4 .s−1 .
8 )5
(
160c 5
160 × 3.10
1 R
R4 − R4
1/ 4
2.d) −αdt = R 3dR ⇒ t = − ∫ R 3dR = 0
R = ( R04 − 4αt ) .
4α
α R0
2.e) Voir ci contre. La trajectoire est une spirale dont le rayon décroît d’abord très
lentement, puis très rapidement à la fin.
2.f) Le contact a lieu pour R = ρ . Alors
α=
4
tc =
4
( 2, 3.105 ) − ( 104 )
R04 − ρ4
=
= 42 000 s .
4α
4 × 1, 7.1016
GM
6, 67.10−11 × 2, 8.1030
=
= 6830 rad. s−1 .
3
4ρ 3
4 ( 104 )
2.h) Voir ci-dessus.
2.i) Si cette condition, vr vθ n’est pas réalisée, le mouvement diffère notablement d’un mouvement circulaire
uniforme et on ne peut utiliser les formules démontrées dans la partie 1.
2.g) ωc =
Problème à deux corps, page 8
α
dR
GM
= 3 augmente plus vite que vθ = ωR =
, donc il faut vérifier
dt
4R
R
vr vθ lors du contact ; alors : vθ = ωR = 104 × 6830 = 6, 83.107 m . s−1 , tandis que
dR
α
vr =
= 3 = 1, 7.104 m . s−1 . Il reste raisonnable d’appliquer les formules du mouvement circulaire. Notons
dt
R
aussi que la vitesse des étoiles reste inférieure à celle de la lumière.
2.k) Comme les étoiles sont proches, ce qui est particulièrement vrai quand elles arrivent au contact, elles se
déforment mutuellement par force de marée et ne sont pas sphériques ; alors, leur interaction n’est pas la même que si
on concentrait leur masse en leur centre. Au surplus, alors, le contact a lieu pour R > ρ et non pour R = ρ .
2.j) Quand R diminue, vr =
3.a) Pog =
G 4M 5
Pog
.
5/ 4
640c 5 ( R04 − 4αt )
3.b) Voir ci contre.
G 4M 5
3.c) Pog ,max =
= 2,19.1046 W .
640c 5 ρ5
t
0
GM 2 ⎛ 1
1 ⎞⎟
46
⎜ −
⎟ = 1, 25.10 J . La comparaison des résultats de 3.c) et 3.d) montre que l’onde
4 ⎜⎝ ρ R0 ⎠⎟
gravitationnelle n’a d’importance que pendant une durée brève, celle de l’ordre de la seconde qui précède le contact.
3.d) Eog = ∆E =
Problème à deux corps, page 9