DS 7-2bis MECANIQUE CCP MP 2003 effet de maree-corrige

MP – Physique-chimie. Devoir surveillé
DS n°7-2 bis : corrigé
Mécanique : conséquence de l’effet de Marée
sur la distance Terre-Lune
Extrait du concours commun polytechnique MP 2003 (physique1, partie B)
I. Étude de l’effet de marée
1. Quel est le mouvement du référentiel RT dans le référentiel de Copernic ?
Si l’on néglige la présence de la Lune, RT est animé d’un mouvement de translation quasi circulaire.
En toute rigueur, RT n’est pas galiléen.
2. Expression de la quantité d’accélération dans RT .
La résultante des forces a pour expression :
∑F
= F + m GT ( P ) + m GL ( P ) + m GS ( P ) . RT étant
animé d’un mouvement de translation par rapport à R , il n’apparaît pas de force de Coriolis : les
forces d’inertie dans RT se limitent à la seule force d’entraînement. La relation fondamentale de la
dynamique dans RT s’écrit donc : m a ( P ) / R = m GT ( P ) + m GL ( P ) + m GS ( P ) − m a (T ) / R
T
3.a) Exprimer a (T ) / R . Pour chaque particule Ai , nous avons : Fi = mi GT ( Ai ) + mi GL ( Ai ) + mi GS ( Ai ) .
(
) )
(
(
) )
(
Soit Fi = mi GT ( Ai ) + mi GL (T ) + TAi ⋅ grad GL + mi GS (T ) + TAi ⋅ grad GS .
La Terre étant présumée de symétrie sphérique, nous avons :
( (
(
)
∑ m G ( A ) = 0 . Il reste donc :
i
) )
(
T
i
(
) ))
(
F
=
m
G
T
+
G
T
+
m
G
T
+
TA
⋅
grad
G
+
m
G
T
+
TA
(
)
(
)
(
)
(
)
∑ i ∑ i L
S
i
L
i
L
i
S
i ⋅ grad GS
(
)
(
)(
)
Étant donné la relation ∑ ( m TA ) = 0 , l’opérateur ∑ ( m TA ⋅ grad ) est identiquement nul et l’on en
déduit : ∑ F = m ( G (T ) + G (T ) ) . Finalement donc :
= ( ∑ mi ) GL (T ) + GS (T ) + ∑ mi TAi ⋅ grad GL (T ) + GS (T )
i
i
T
L
i
i
i
S
a (T ) / R = GL (T ) + GS (T )
→
3.b) Montrer que l’on peut écrire : m a ( P ) / RT = m GT ( P ) + m CL ( P ) + m CS ( P)
Partant de la relation m a ( P ) / R = m GT ( P ) + m GL ( P ) + m GS ( P ) − m a (T ) / R démontrée à la
T
question 2, nous en déduisons : m a ( P ) / R = m GT ( P ) + m GL ( P ) + m GS ( P ) − m GL (T ) + GS (T ) ,
T
soit : m a ( P ) / R = m GT ( P ) + m GL ( P ) − GL (T ) + m GS ( P ) − GS (T ) .
T
(
) (
)
(
)
En posant CL ( P) = GL ( P ) − GL (T ) et CS ( P) = GS ( P ) − GS (T ) , nous obtenons la relation attendue :
→
m a ( P ) / RT = m GT ( P ) + m CL ( P ) + m CS ( P)
Jean Le Hir, 28 mars 2008
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Devoir surveillé n°7 -2 bis
4. Évaluer les champs de marée C A ( P1 ) et C A ( P2 ) en considérant que RT DA .
GmA GmA
GmA
Nous avons GA (T ) =
e
,
G
P
=
e
et
G
P
=
e
(
)
(
)
x
A
1
A
2
2 x
2 x
DA 2
( DA − RT )
( DA + RT )
T
P2
P1
A
ex
RT
DA
Nous en déduisons :
−2
  Gm  Gm
GmA   
RT 
2GmA RT A
A
 C A ( P1 ) = GA ( P1 ) − GA (T ) = 


−
=
1
−
−
1
≈
+
e
e
ex

3
 ( D − R )2 DA 2  x   DA 
 DA 2 x
D

A
A
T






−2
  Gm 
2GmA RT GmA   
RT 
A
C ( P ) = G ( P ) − G (T ) =  GmA


1
1
−
=
+
−
ex
e
ex ≈ −



A
A
A
x
2
2
2
3
2
2
 (D + R )




D
D
D
D


A
A
A
A
T
 A




Applications numériques :
2GmS RT
2GmL RT
= 1,10 × 10−6 m ⋅ s −2 et
= 0,50 × 10−6 m ⋅ s −2
3
3
DL
DS
Le champ de marée dû au Soleil est deux fois plus faible que le champ de marée dû à la Lune.
II- Trajectoire de la Lune
1.a) Montrer que L* (T , L ) se conserve.
Le système {Terre, Lune} est considéré comme un système isolé. Le théorème du moment cinétique
exprimé dans le référentiel barycentrique s’écrit donc :
dL*
*
*
,
=
=
0
ou
encore
T
L
M
L
T
,
L
=
C
( )
( ) te , CQFD
dt
1.b) Montrer que ΩT et Ω L sont invariants.
Considérons par exemple l’action de la Lune sur la Terre. La Lune étant de symétrie sphérique, son
champ de gravitation est un champ central Newtonien identique au champ que créerait une masse mL
placée en L. Considérons une même masse dm en deux points T1 et T 2 de la Terre symétriques par
rapport au plan L, ΩT et exprimons les moments en T, centre de la Terre, des forces centrales de
GM
GM
L
L
gravitation dF1 =
dmT
L
et
dF
=
dmT
1
2
2 L exercées par la Lune :
T1L3
T 2 L3
(
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( )
(
)
( )
(
)
GM
GM
GM
 L
L
L
dM
T
=
TT
∧
dmT
L
=
TT
∧
dm
TL
−
TT
=
HT
∧
dmTL
T
1
1
1
1
1
1

T1L3
T1 L3
T1 L3


GM
GM
GM
 L
L
L
dM
T
=
TT
∧
dmT
L
=
TT
∧
dm
TL
−
TT
=
HT
∧
dmTL
T
2
2
2
2
2
2

T 2 L3
T 2 L3
T 2 L3

Avec HT1 = − HT 2 et T1L = T 2 L , nous en déduisons que dM T T1 = − dM T T 2
( )
( )
Cette propriété, étendue à l’ensemble des couples de points {T , T } implique que le moment résultant
1
2
en T des forces exercées par la Lune sur la Terre est nul.
( )
dM T T1
dF 2
T2
T
L
H
dF1
T1
( )
dMT T 2
Par application à la Terre du théorème du momentcinétique
barycentrique (en T) dans le référentiel
te
*
galiléen R , nous en déduisons que LT (T ) / R* = C . Il nous reste à appliquer le théorème de König
à la Terre pour exprimer la relation entre LT (T ) / R* et LT (T ) / R :
T
LT (T ) / R* = LT (T ) / R + TT ∧ mT vT / R* = LT (T ) / R
T
T
Ainsi, avons-nous démontré que le moment cinétique de la Terre au centre de la Terre, dans le
référentiel RT est constant. Il en est de même du moment cinétique de la Lune au centre de la Lune,
dans le référentiel RL : LT (T ) / R = C te et LL ( L ) / R = C te
T
L
Des relations de définition LT (T ) / R = J T ΩT et LL ( L ) / R = J L Ω L nous déduisons que les vitesses
T
L
angulaires de rotation de la Terre sur elle-même et de la Lune sur elle-même sont conservatives :
ΩT = C te
et
Ω L = C te .
2.a) Montrer que L*C (T ) = LT (T ) / R + CT ∧ mT vT / R*
T
D’après la relation des moments dans R* : L*C (T ) = LC (T ) / R* = LT (T ) / R* + CT ∧ mT vT / R* . Nous
avons déjà montré à la question précédente que LT (T ) / R = LT (T ) / R* et nous obtenons donc la
T
relation demandée :
L*C (T ) = LT (T ) / R + CT ∧ mT vT / R*
T
*
2.b) Donner la relation analogue pour LC ( L ) : L*C ( L ) = LL ( L ) / R + CL ∧ mL vL / R*
L
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*
*
2.c) En déduire que L (T , L ) peut se mettre sous la forme L (T , L ) = L*orb + LT (T ) / R + LL ( L ) / R
T
L
Appliquons les résultats démontrés à la question précédente :
L* (T , L ) = L*C (T ) + L*C ( L ) = LT (T ) / R + CT ∧ mT vT / R* + LL ( L ) / R + CL ∧ mL vL / R*
T
L
En posant L*orb = CT ∧ mT vT / R* + CL ∧ mL vL / R* , moment cinétique orbital barycentrique du système
Terre-Lune, nous obtenons la relation attendue : L* (T , L ) = L*orb + LT (T ) / R + LL ( L ) / R
T
L
3.a) Calculer les vecteurs CL et CT et en déduire les vitesses vT / R* et vL / R*
Par définition du centre de masse, nous avons mL CL + mT CT = 0 , d’où l’on déduit :
CT = −
Nous avons donc : vL / R*
Et de même :
mT mT TL et CL =
TL
mT + mL
mT + mL
mT
mT
mT dCL
dTL
dCM
µ =
=
=
=
vM / R * =
vM / R*
dt
mT + mL dt
mT + mL dt
mT + mL
mL
vT / R* = −
mL µ vM / R * = −
vM / R*
mT + mL
mT
3.b) Écrire la relation fondamentale de la dynamique dans R*
d vL / R *
d vM / R *
GmL mT GmL mT Pour la Lune :
−
TL = mL
=−
CM = +µ
dt
dt
TL3
CM 3
d vT / R*
d vM / R*
GmL mT GmL mT Pour la Terre :
+
TL = mT
=+
CM = −µ
dt
dt
TL3
CM 3
Dans les deux cas, cela revient à écrire que la Lune fictive obéit dans R* à la seconde loi de Newton,
soumise à la force exercée par la Terre sur la Lune.
4.a) En exprimant L*orb , montrer que le mouvement de la particule fictive est plan
L*orb = CT ∧ mT vT / R* + CL ∧ mL vL / R* = −
(
)
(
mT mL CM ∧ −µvM / R* +
CM ∧ +µvM / R*
mT + mL
mT + mL
)
= CM ∧ µvM / R*
L*orb étant une constante du mouvement toujours orthogonale à la trajectoire, nous en déduisons que la
trajectoire de la particule fictive est plane.
4.b) Approximation mT mL .
Le point C est alors confondu avec le centre T de la Terre et M avec le centre L de la Lune. Le
référentiel R* est alors confondu avec le référentiel terrestre RT .
5.a) Établir l’équation de la trajectoire.
1
L
dθ
dθ C
Posons u = . La constance du moment cinétique s’écrit C =
= r2
, soit :
= 2 = Cu 2
r
mL
dt
dt r
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 dr
du
2 dr
2 d 1
 dt = Cu d θ = Cu d θ  u  = −C d θ
 

Nous avons donc : 
2
 d 2r
d 2u d θ
2 2 d u
= −C u
 2 = −C 2
d θ dt
d θ2
 dt
2
Exprimons l’accélération centrale en fonction de u : ar =
2
d 2r
 dθ 
2 2 d u
−
r
=
−
C
u
− C 2u 3
 
2
2
dt
dθ
 dt 
d 2u
− mLC 2u 3
Et appliquons le principe fondamental de la dynamique : −GmT mLu = − mLC u
2
dθ
2
2 2
Nous obtenons ainsi l’équation différentielle à laquelle satisfait la fonction u ( θ ) :
GmT GmT mL 2
d 2u
+
u
=
=
d θ2
C2
L2
Posons le second membre constant égal à 1/ p . Nous avons affaire à une équation différentielle du
second ordre avec second membre.
1 GmT mL 2
Nous identifions une solution particulière u = =
de l’équation complète.
p
L2
La solution générale de l’équation sans second membre s’écrit u = K cos ( θ − θ0 ) où K et θ0 sont
deux constantes réelles quelconques.
1 1
= + K cos ( θ − θ0 ) où
r p
encore, en faisant le choix particulier d’un axe polaire dirigé vers le périgée de l’orbite :
La solution générale de l’équation complète est donc de la forme
r=
u=
p
1 + e cos θ
La trajectoire est elliptique. p est le paramètre de l’orbite. E est l’excentricité. Le moment cinétique
L
massique a alors pour expression :
= GmT p
mL
5.b) Déterminer p et e.
Le périgée et, respectivement, l’apogée ont pour expression rp =
Nous en déduisons : e =
ra − rp
ra + rp
et p =
p
p
et, respectivement, ra =
.
1+ e
1− e
2ra rp
ra + rp
Applications numériques : e = 0, 0547 et p = 382,9 × 103 km
5.c) Montrer que la trajectoire de la Lune peut-être assimilée à un cercle.
Effectivement, l’excentricité est peu importante et l’on peut avec une approximation raisonnable
considérer que la Lune a une trajectoire circulaire de rayon DL = p . Il ne faudra cependant pas faire
de calcul de distance à mieux que 10% près.
Le moment cinétique a alors pour expression L = mL GmT DL = mL ωL DL 2 et nous en déduisons :
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ωL =
GmT
DL 3
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GmT
DL
vL = ωL DL =
et
Applications numériques : ωL = 2, 65 ×10−6 rad ⋅ s −1 et vL = 1, 02 km ⋅ s −1
6.a) Évaluer et comparer les différents moments cinétiques.
L*orb = DL mL vL = 2,87 ×1034 kg ⋅ m 2 ⋅ s −1
LT (T ) / R =
2
1
mT RT 2 ΩT = 0, 708 × 1034 kg ⋅ m 2 ⋅ s −1 ≈ L*orb
5
4
LL ( L ) / R =
2
mL RL 2 Ω L = 2,39 × 1029 kg ⋅ m 2 ⋅ s −1 ≈ 0,8 ×10−5 L*orb
5
T
L
Le moment cinétique de rotation propre de la Terre est du même ordre de grandeur que le moment
cinétique orbital. Par contre, le moment cinétique de rotation propre de la Lune est d’un ordre de
grandeur très inférieur.
6.b) Expression simplifiée du moment cinétique du système Terre-Lune.
L*orb ≈ DL mL vL ez ≈ mL GmT DL ez et LT (T ) / R = J T ΩT ez
T
*
*
Nous avons montré que L (T , L ) = Lorb + LT (T ) / R + LL ( L ) / R ≈ L*orb + LT (T ) / R
T
(
)
Et donc : L* (T , L ) ≈ mL GmT DL + J T ΩT ez
L
T
CQFD
III- Éloignement de la Lune
1. Masse des bourrelets d’eau.
4
4
4

mb =  πab 2 − πRT 3  ρ . Avec b = RT et a = RT + h , cela donne : mb = πRT 2 hρ
3
3
3

Application numérique : mb = 8,50 ×1016 kg
2. Exprimer le moment des forces exercées par la Lune sur l’ensemble {Terre+bourellets}
Il suffit pour cela de reporter les expressions déterminées dans la première partie.
1 1 M1 = TP1 ∧ F1 = mb TP1 ∧ CL P1 = mb TP1 ∧ GL P1 − GL (T )
2
2
1 1 M2 = TP2 ∧ F 2 = mb TP2 ∧ CL P2 = mb TP2 ∧ GL P2 − GL (T )
2
2
1 M = M1 + M2 = mb TP1 ∧ GL P1 − GL P2
2
( )
( ( )
( ( )
( )
( ( )
)
)
( ))
d ΩT
dt
d ΩT
dL d ( J T ΩT )
A sin(2α)
=
= JT
=−
Projetons sur ez : M z =
dt
dt
dt
DL3
3.a) Déterminer
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Finalement :
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d ΩT
A sin(2α)
3 Gmb mL ( R + h) 2 sin(2α)
=−
=
−
dt
2
JT DL3
JT DL3
Application numérique :
d ΩT
= −4, 64 ×10−22 rad⋅ s −2
dt
3.b) Variation de la durée du jour terrestre
dT d  2π 
2π d ΩT
= 
=− 2
dt dt  ΩT 
ΩT dt
Application numérique :
dT
= 5, 48 × 10−13 s ⋅ s −1 = 1, 73 ×10−5 s ⋅ an −1
dt
Cette valeur est effectivement du même ordre de grandeur que la valeur observée de
1, 65 ×10−5 s ⋅ an −1 .
3.c) Variation de la distance Terre-Lune
Le
moment
cinétique
L* (T , L ) ≈ mL GmT DL + J T ΩT ez
(
)
est
constant,
donc
mL GmT DL + J T ΩT = C te .
Dérivons cette expression :
Nous en déduisons :
(
d mL GmT DL + J T ΩT
dt
)=
dDL
d ΩT
1
mL GmT
+ JT
=0
dt
dt
2 DL
dDL
4 mT DL RT2 d ΩT
=−
dt
G mL dt
5
dDL
= 1, 204 × 10−9 m⋅ s −1 = 3,8 cm ⋅ an −1 . Le modèle, bien que sommaire,
dt
permet d’approcher la réalité à 10% près.
Application numérique :
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