Exercices corrigés : satellites et lois de Kepler (Terminale spécialité)

a) La composante tangentielle de l'accélération traduit la variation de la NORME de la vitesse. Or celle-ci est constante par hypothèse, donc cette composante est nulle. L'accélération est entièrement radiale.

b) Parce que la DIRECTION du vecteur vitesse, elle, change en permanence : il reste tangent au cercle et tourne donc continûment. Un vecteur qui change de direction varie, même si sa norme est fixe, donc sa dérivée n'est pas nulle. Confondre vitesse constante en norme et vecteur vitesse constant est l'erreur centrale de ce chapitre.

c) En une période, le point parcourt la circonférence entière : $v=\dfrac{2\pi r}{T}$.

d) En reportant : $a=\dfrac{v^{2}}{r}=\dfrac{1}{r}\left(\dfrac{2\pi r}{T}\right)^{2}=\dfrac{4\pi^{2}r}{T^{2}}$.

e) $v=\dfrac{2\pi\times 6{,}37\times 10^{6}}{86\,164}=464\ \mathrm{m/s}$, soit environ $1670\ \mathrm{km/h}$. L'accélération vaut $a=\dfrac{4\pi^{2}\times 6{,}37\times 10^{6}}{86\,164^{2}}=3{,}39\times 10^{-2}\ \mathrm{m/s^{2}}$. Le rapport à $g$ vaut $\dfrac{3{,}39\times 10^{-2}}{9{,}81}=3{,}5\times 10^{-3}$, soit $0{,}35$ pour cent : la rotation terrestre ne modifie donc le poids apparent que de trois millièmes, ce qui explique qu'on la néglige presque toujours et pourquoi le référentiel terrestre passe pour galiléen.

a) La seule force est l'attraction gravitationnelle, de norme $\dfrac{GM_{T}m}{r^{2}}$ et dirigée vers le centre de la Terre. Le mouvement étant circulaire uniforme, l'accélération vaut $\dfrac{v^{2}}{r}$ et pointe aussi vers le centre. La deuxième loi donne $\dfrac{GM_{T}m}{r^{2}}=m\dfrac{v^{2}}{r}$, d'où après simplification $v^{2}=\dfrac{GM_{T}}{r}$ et $v=\sqrt{\dfrac{GM_{T}}{r}}$.

b) Parce que la masse $m$ du satellite apparaît des deux côtés de l'équation et se simplifie : elle figure dans la force, qui lui est proportionnelle, et dans l'inertie. C'est le même mécanisme que pour la chute libre, et cela signifie qu'un satellite de une tonne et un boulon perdu suivent exactement la même orbite s'ils partent avec la même vitesse.

c) De $v=\dfrac{2\pi r}{T}$ on tire $T=\dfrac{2\pi r}{v}=2\pi r\sqrt{\dfrac{r}{GM_{T}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM_{T}}}$.

d) $r=6{,}37\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}=6{,}77\times 10^{6}\ \mathrm{m}$. Alors $v=\sqrt{\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}{6{,}77\times 10^{6}}}=7{,}67\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$, soit environ $27\,600\ \mathrm{km/h}$. Et $T=\dfrac{2\pi\times 6{,}77\times 10^{6}}{7{,}67\times 10^{3}}=5{,}55\times 10^{3}\ \mathrm{s}$, soit $92{,}4\ \mathrm{min}$. La Station spatiale fait donc environ seize fois le tour de la Terre par jour.

e) Il va MOINS vite, puisque $v=\sqrt{\dfrac{GM_{T}}{r}}$ décroît quand $r$ croît. Le résultat surprend parce qu'on imagine qu'aller plus loin demande d'aller plus vite. En réalité, plus haut le champ gravitationnel est plus faible, donc l'accélération centripète nécessaire est plus petite, donc la vitesse orbitale l'est aussi. Un satellite géostationnaire, à $36\,000\ \mathrm{km}$, ne file qu'à $3{,}1\ \mathrm{km/s}$ contre $7{,}7$ pour la Station. En revanche, la période, elle, augmente fortement avec l'altitude.

a) Première loi, dite loi des orbites : dans le référentiel héliocentrique, chaque planète décrit une ELLIPSE dont le Soleil occupe l'un des foyers. Elle remplace les cercles et les épicycles du modèle de Ptolémée, et même les cercles que Copernic avait conservés : c'est l'abandon du dogme de la circularité, qui avait tenu deux millénaires.

b) Deuxième loi, dite loi des aires : le segment reliant le Soleil à la planète balaie des aires ÉGALES en des durées égales. Comme l'aire balayée dépend à la fois de la distance et de l'arc parcouru, la planète doit parcourir un arc plus long quand elle est plus proche du Soleil. Elle va donc le plus VITE au périhélie, le point le plus proche, et le plus lentement à l'aphélie.

c) Troisième loi, dite loi des périodes : le rapport $\dfrac{T^{2}}{a^{3}}$ est le même pour toutes les planètes tournant autour d'un même astre, où $a$ est le demi-grand axe de l'ellipse.

d) Pour une orbite circulaire, $a=r$ et l'exercice 2 donne $T=2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM}}$. En élevant au carré : $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{GM}$, donc $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM}$. Le rapport est bien constant, et l'on obtient de surcroît sa valeur, ce que Kepler ne pouvait pas faire.

e) La constante $\dfrac{4\pi^{2}}{GM}$ ne contient NI la masse du satellite, NI son rayon orbital : elle ne dépend donc pas du corps en orbite, ce qui est précisément l'affirmation de la loi. En revanche elle dépend de $M$, la masse de l'astre CENTRAL. Chaque système a donc sa propre constante, et c'est cette dépendance qui permet de peser un astre en observant simplement ce qui tourne autour de lui, comme le fait l'exercice 6.

a) L'orbite doit être ÉQUATORIALE, sinon le satellite oscillerait en latitude au cours de la journée. Elle doit être CIRCULAIRE, sinon sa vitesse angulaire varierait d'après la loi des aires et il dériverait en longitude. Et sa période doit être exactement égale à la période de rotation propre de la Terre, dans le même sens.

b) La période est le jour SIDÉRAL, $86\,164\ \mathrm{s}$, et non le jour solaire de $86\,400\ \mathrm{s}$. La différence tient à ce que le jour solaire mesure le retour du Soleil au méridien, ce qui inclut le déplacement de la Terre sur son orbite pendant la journée : il faut alors tourner d'un peu plus d'un tour complet. Le jour sidéral, lui, mesure un tour vrai par rapport aux étoiles fixes, et c'est bien celui-là que le satellite doit suivre. L'écart de $236\ \mathrm{s}$ correspond exactement à $\dfrac{1}{365{,}25}$ de journée.

c) De $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}r^{3}}{GM_{T}}$ on tire $r=\left(\dfrac{GM_{T}T^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3}$. Numériquement : $r=\left(\dfrac{3{,}982\times 10^{14}\times 7{,}424\times 10^{9}}{39{,}48}\right)^{1/3}=\left(7{,}489\times 10^{22}\right)^{1/3}=4{,}215\times 10^{7}\ \mathrm{m}$.

d) $h=r-R_{T}=4{,}215\times 10^{7}-6{,}37\times 10^{6}=3{,}578\times 10^{7}\ \mathrm{m}$, soit environ $35\,800\ \mathrm{km}$. C'est plus de cinq fois le rayon terrestre, ce qui explique le retard de transmission perceptible sur les liaisons satellitaires : l'aller-retour représente déjà près d'un quart de seconde à la vitesse de la lumière.

e) $v=\dfrac{2\pi r}{T}=\dfrac{2\pi\times 4{,}215\times 10^{7}}{86\,164}=3{,}07\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$. C'est nettement MOINS que les $7{,}67\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$ de la Station spatiale, conformément à la décroissance de $v$ avec le rayon. Le satellite géostationnaire va donc deux fois et demie moins vite tout en mettant vingt-quatre heures au lieu de quatre-vingt-douze minutes, parce que son orbite est bien plus longue.

a) Tout corps immergé dans un fluide subit de la part de ce fluide une force verticale, dirigée vers le haut, égale au poids du volume de fluide déplacé. Le volume $V$ de la formule est donc le volume IMMERGÉ du corps, qui coïncide avec son volume total seulement s'il est entièrement sous la surface.

b) Trois forces : le poids $mg$ vers le bas, la poussée $\rho Vg$ vers le haut, et le frottement $kv$ vers le haut puisqu'il s'oppose au mouvement de descente. En orientant l'axe vers le bas : $m\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=mg-\rho Vg-kv$.

c) Au départ, $v=0$ donc le frottement est nul et l'accélération est maximale. À mesure que la vitesse croît, le terme $kv$ augmente et l'accélération diminue. La vitesse continue donc de croître, mais de plus en plus lentement, et tend asymptotiquement vers une valeur limite pour laquelle l'accélération s'annule. Le régime est dit transitoire puis permanent.

d) En régime permanent l'accélération est nulle, donc $mg-\rho Vg-kv_{\lim}=0$, d'où $v_{\lim}=\dfrac{mg-\rho Vg}{k}=\dfrac{\left(m-\rho V\right)g}{k}$.

e) Si $\rho Vg>mg$, c'est-à-dire si la masse volumique du fluide dépasse celle du corps, la résultante est dirigée vers le HAUT : l'objet ne coule pas, il remonte et finit par flotter en surface, où le volume immergé s'ajuste pour équilibrer exactement le poids. C'est le cas d'une bulle d'air dans l'eau, d'un morceau de bois lâché au fond d'un bassin, ou d'un ballon d'hélium dans l'air. La vitesse limite existe alors toujours, mais elle est ascendante.

a) Un jour vaut $86\,400\ \mathrm{s}$. Pour Io : $T=1{,}769\times 86\,400=1{,}528\times 10^{5}\ \mathrm{s}$ et $a^{3}=\left(4{,}22\times 10^{8}\right)^{3}=7{,}515\times 10^{25}\ \mathrm{m^{3}}$, donc $\dfrac{T^{2}}{a^{3}}=\dfrac{2{,}336\times 10^{10}}{7{,}515\times 10^{25}}=3{,}108\times 10^{-16}$. Pour Callisto : $T=1{,}442\times 10^{6}\ \mathrm{s}$ et $a^{3}=6{,}677\times 10^{27}\ \mathrm{m^{3}}$, donc le rapport vaut $\dfrac{2{,}079\times 10^{12}}{6{,}677\times 10^{27}}=3{,}114\times 10^{-16}$.

b) Les deux valeurs sont pratiquement identiques, à moins de $0{,}2$ pour cent près, alors que les demi-grands axes diffèrent d'un facteur $4{,}5$ et les périodes d'un facteur $9{,}4$. C'est la vérification de la TROISIÈME LOI DE KEPLER, appliquée ici non pas au Soleil mais à Jupiter comme astre central.

c) La troisième loi s'écrit $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM_{J}}a^{3}$ : c'est une relation de PROPORTIONNALITÉ entre $T^{2}$ et $a^{3}$, donc une droite passant par l'origine dans ce repère. Le coefficient directeur se lit sur le point le plus éloigné, Callisto : $\dfrac{207{,}9}{66{,}77}=3{,}11$ dans les unités du graphique, soit $3{,}11\times 10^{-16}\ \mathrm{s^{2}/m^{3}}$ en unités du système international.

d) Le coefficient directeur vaut $\dfrac{4\pi^{2}}{GM_{J}}$, donc $M_{J}=\dfrac{4\pi^{2}}{G\times 3{,}114\times 10^{-16}}=\dfrac{39{,}48}{6{,}67\times 10^{-11}\times 3{,}114\times 10^{-16}}=1{,}90\times 10^{27}\ \mathrm{kg}$.

e) L'écart relatif vaut $\dfrac{\left|1{,}90-1{,}898\right|}{1{,}898}=0{,}1$ pour cent. C'est remarquable, et cela illustre la puissance de la méthode : sans jamais approcher Jupiter, en observant seulement la position de ses lunes au télescope pendant quelques semaines, on obtient sa masse à un millième près. C'est exactement ainsi que l'on pèse aujourd'hui les étoiles binaires et que l'on détecte les exoplanètes, et c'est aussi pourquoi la masse d'un astre sans satellite est bien plus difficile à établir.

a) $r=4{,}215\times 10^{7}\ \mathrm{m}$ et $v=\dfrac{2\pi r}{T}=3{,}07\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$.

b) $E_{c}=\dfrac{1}{2}mv^{2}=0{,}5\times 1{,}00\times 10^{3}\times\left(3{,}07\times 10^{3}\right)^{2}=4{,}72\times 10^{9}\ \mathrm{J}$.

c) $E_{p}=-\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}\times 1{,}00\times 10^{3}}{4{,}215\times 10^{7}}=-9{,}45\times 10^{9}\ \mathrm{J}$. L'énergie mécanique vaut $E_{m}=E_{c}+E_{p}=4{,}72\times 10^{9}-9{,}45\times 10^{9}=-4{,}72\times 10^{9}\ \mathrm{J}$.

d) De l'exercice 2, $v^{2}=\dfrac{GM_{T}}{r}$, donc $E_{c}=\dfrac{1}{2}m\dfrac{GM_{T}}{r}=\dfrac{GM_{T}m}{2r}$. En ajoutant $E_{p}=-\dfrac{GM_{T}m}{r}$ : $E_{m}=\dfrac{GM_{T}m}{2r}-\dfrac{GM_{T}m}{r}=-\dfrac{GM_{T}m}{2r}$. On remarque que $E_{m}=-E_{c}$ et que $E_{m}=\dfrac{E_{p}}{2}$, deux relations très commodes, et que l'énergie mécanique est NÉGATIVE : le satellite est lié à la Terre.

e) Au sol et au repos, en négligeant la rotation terrestre, $E_{m,\mathrm{sol}}=-\dfrac{GM_{T}m}{R_{T}}=-6{,}25\times 10^{10}\ \mathrm{J}$. L'énergie à fournir vaut $\Delta E=-4{,}72\times 10^{9}-\left(-6{,}25\times 10^{10}\right)=5{,}78\times 10^{10}\ \mathrm{J}$. En kilowattheures : $\dfrac{5{,}78\times 10^{10}}{3{,}6\times 10^{6}}=1{,}6\times 10^{4}\ \mathrm{kWh}$. Cela représente la consommation électrique annuelle de trois foyers environ, ce qui paraît peu ; mais il s'agit de l'énergie MINIMALE théorique, et le rendement réel d'un lanceur est très faible puisqu'il doit aussi accélérer son propre carburant, d'où des centaines de tonnes d'ergols pour une tonne utile.

a) $V=\dfrac{4}{3}\pi R^{3}=\dfrac{4}{3}\pi\left(5{,}0\times 10^{-3}\right)^{3}=5{,}24\times 10^{-7}\ \mathrm{m^{3}}$. Le poids vaut $P=mg=5{,}0\times 10^{-3}\times 9{,}81=4{,}91\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$ et la poussée $\Pi=\rho Vg=1{,}26\times 10^{3}\times 5{,}24\times 10^{-7}\times 9{,}81=6{,}47\times 10^{-3}\ \mathrm{N}$.

b) Le poids est environ $7{,}6$ fois la poussée, donc la résultante de ces deux forces est dirigée vers le bas : la bille COULE. C'était prévisible sans calcul, puisque l'acier est bien plus dense que la glycérine.

c) $k=6\pi\times 1{,}5\times 5{,}0\times 10^{-3}=0{,}141\ \mathrm{kg/s}$. En projetant sur un axe descendant : $m\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=mg-\rho Vg-kv$, soit $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+\dfrac{k}{m}v=\dfrac{\left(m-\rho V\right)g}{m}$.

d) En régime permanent, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0$, donc $v_{\lim}=\dfrac{\left(m-\rho V\right)g}{k}=\dfrac{4{,}91\times 10^{-2}-6{,}47\times 10^{-3}}{0{,}141}=\dfrac{4{,}26\times 10^{-2}}{0{,}141}=0{,}301\ \mathrm{m/s}$, soit environ $30\ \mathrm{cm/s}$.

e) À $t=0$ la vitesse est nulle donc le frottement aussi : $a_{0}=\dfrac{\left(m-\rho V\right)g}{m}=\dfrac{4{,}26\times 10^{-2}}{5{,}0\times 10^{-3}}=8{,}52\ \mathrm{m/s^{2}}$, soit près de $0{,}87\,g$. Le temps caractéristique vaut $\tau=\dfrac{m}{k}=\dfrac{5{,}0\times 10^{-3}}{0{,}141}=3{,}54\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$. La solution étant en $1-\mathrm{e}^{-t/\tau}$, atteindre $99$ pour cent demande $t=\tau\ln 100=4{,}6\,\tau=0{,}163\ \mathrm{s}$. Le régime permanent est donc établi en moins de deux dixièmes de seconde, ce qui explique qu'on observe la bille descendre à vitesse constante sur presque toute la hauteur du tube.

a) Faux, il va MOINS vite. La relation $v=\sqrt{\dfrac{GM_{T}}{r}}$ est décroissante en $r$ : l'exercice 4 le chiffre, $3{,}07\ \mathrm{km/s}$ pour le géostationnaire à $42\,000\ \mathrm{km}$ contre $7{,}67\ \mathrm{km/s}$ pour la Station à $6\,770\ \mathrm{km}$. Plus haut, le champ gravitationnel est plus faible, donc l'accélération centripète nécessaire est moindre. Ce qui augmente avec l'altitude, c'est la PÉRIODE, et fortement.

b) Faux. La masse du satellite se simplifie dans l'équation du mouvement, puisqu'elle apparaît à la fois dans la force gravitationnelle et dans l'inertie. Ni la vitesse ni le rayon d'orbite n'en dépendent : un satellite d'une tonne et un boulon perdu par un astronaute suivent exactement la même orbite. La masse intervient en revanche dans l'ÉNERGIE nécessaire pour l'y placer, comme le montre l'exercice 7, et c'est ce qui coûte cher.

c) Faux, elle vaut $86\,164\ \mathrm{s}$, soit $23\ \mathrm{h}\ 56\ \mathrm{min}\ 4\ \mathrm{s}$, et non $86\,400\ \mathrm{s}$. La période pertinente est le jour SIDÉRAL, durée d'un tour vrai par rapport aux étoiles, et non le jour solaire qui inclut le déplacement de la Terre sur son orbite. L'écart de $236\ \mathrm{s}$ semble minime mais, cumulé, il ferait dériver le satellite d'un degré de longitude par jour, ce qui ruinerait sa fonction en quelques semaines.

d) Faux, il faut aussi compter la POUSSÉE D'ARCHIMÈDE. L'équilibre s'écrit $mg=\rho Vg+kv_{\lim}$, donc le frottement égale le poids DIMINUÉ de la poussée. L'exercice 8 le chiffre : le poids vaut $4{,}91\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$ mais le frottement limite ne vaut que $4{,}26\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$, la différence de $6{,}47\times 10^{-3}\ \mathrm{N}$ étant la poussée. Négliger celle-ci surestimerait la vitesse limite de $15$ pour cent ici, et davantage encore pour un objet peu dense.

a) Le grand axe est la somme des distances extrêmes, donc $2a=r_{P}+r_{A}=0{,}60+4{,}40=5{,}00\ \mathrm{u.a.}$ et $a=2{,}50\ \mathrm{u.a.}$

b) La troisième loi appliquée au système solaire s'écrit $\dfrac{T^{2}}{a^{3}}=\dfrac{T_{\mathrm{Terre}}^{2}}{a_{\mathrm{Terre}}^{3}}=1$ dans ces unités. Donc $T^{2}=a^{3}=2{,}50^{3}=15{,}6$, d'où $T=\sqrt{15{,}6}=3{,}95\ \mathrm{ans}$. L'intérêt de ce système d'unités est qu'il fait disparaître toute constante.

c) Sur une durée très courte $\mathrm{d}t$, l'aire balayée vaut approximativement celle d'un triangle de base $v\,\mathrm{d}t$ et de hauteur $r$, soit $\dfrac{1}{2}rv\,\mathrm{d}t$. Aux deux extrémités de l'ellipse, la vitesse est perpendiculaire au rayon, donc l'égalité des aires balayées impose $r_{P}v_{P}=r_{A}v_{A}$, d'où $\dfrac{v_{P}}{v_{A}}=\dfrac{r_{A}}{r_{P}}$.

d) $\dfrac{v_{P}}{v_{A}}=\dfrac{4{,}40}{0{,}60}=7{,}33$. La comète va donc plus de sept fois plus vite au périhélie qu'à l'aphélie. C'est ce qui donne aux comètes leur allure caractéristique : un passage fulgurant près du Soleil, où elles deviennent visibles, suivi de longues années de lente dérive dans le froid.

e) Elle passe beaucoup plus de temps LOIN du Soleil. Puisqu'elle balaie des aires égales en des temps égaux et qu'elle se déplace très lentement à l'aphélie, il lui faut énormément de temps pour couvrir la portion d'orbite éloignée, alors qu'elle expédie le voisinage du Soleil à grande vitesse. Sur les $3{,}95$ ans de période, la traversée de la région proche ne dure que quelques semaines. C'est la raison pour laquelle une comète périodique n'est observable que pendant une fraction infime de son cycle.

a) $a_{n}=\dfrac{v^{2}}{r}=\dfrac{10^{2}}{50}=2{,}0\ \mathrm{m/s^{2}}$, dirigée vers le centre du virage.

b) $a_{t}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=1{,}5\ \mathrm{m/s^{2}}$. Elle traduit la variation de la NORME de la vitesse, tandis que $a_{n}$ traduit le changement de DIRECTION. Positive ici, elle indique que la voiture accélère.

c) Les deux composantes sont perpendiculaires : $a=\sqrt{2{,}0^{2}+1{,}5^{2}}=\sqrt{6{,}25}=2{,}5\ \mathrm{m/s^{2}}$. Additionner $2{,}0+1{,}5=3{,}5$ serait faux, on ajoute des vecteurs orthogonaux.

d) À vitesse constante, $a_{t}=0$ et $a=a_{n}=\dfrac{20^{2}}{50}=8{,}0\ \mathrm{m/s^{2}}$. La vitesse a doublé, l'accélération a été multipliée par $4$, parce qu'elle varie comme le CARRÉ de la vitesse. C'est pourquoi un virage pris un peu trop vite devient vite dangereux.

e) $\dfrac{v^{2}}{r}\leq 5{,}0$ donne $v\leq\sqrt{5{,}0\times 50}=\sqrt{250}=15{,}8\ \mathrm{m/s}$, soit $15{,}8\times 3{,}6=57\ \mathrm{km/h}$. À $20\ \mathrm{m/s}$, l'accélération de d) dépasse ce seuil : la voiture aurait glissé.

a) Le siège est écarté de l'axe par le bras puis par le câble incliné : $r=d+L\sin\theta=3{,}0+5{,}0\times\sin 35^{\circ}=3{,}0+2{,}87=5{,}87\ \mathrm{m}$. Oublier $d$ donne $2{,}87\ \mathrm{m}$, le rayon d'un pendule accroché sur l'axe.

b) Deux forces : le poids $m\vec{g}$, vertical, et la tension $\vec{T}$, le long du câble. Le mouvement étant circulaire uniforme, $\vec{a}$ est horizontale et pointe vers l'axe. Sur la verticale : $T\cos\theta-mg=0$. Sur l'horizontale : $T\sin\theta=ma$. En divisant : $\tan\theta=\dfrac{a}{g}$, donc $a=g\tan\theta=9{,}81\times 0{,}700=6{,}87\ \mathrm{m/s^{2}}$.

c) $a=\dfrac{v^{2}}{r}$ donne $v=\sqrt{ar}=\sqrt{6{,}87\times 5{,}87}=\sqrt{40{,}3}=6{,}35\ \mathrm{m/s}$.

d) $T_{\mathrm{rot}}=\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{2\pi\times 5{,}87}{6{,}35}=5{,}81\ \mathrm{s}$ par tour.

e) $T=\dfrac{mg}{\cos\theta}=\dfrac{70\times 9{,}81}{\cos 35^{\circ}}=\dfrac{686{,}7}{0{,}819}=838\ \mathrm{N}$, soit $1{,}22$ fois le poids : le passager se sent plus lourd. L'angle, lui, ne dépend PAS de la masse, puisque $\tan\theta=\dfrac{v^{2}}{rg}$ ne contient pas $m$ : à même vitesse, un siège vide et un siège occupé s'inclinent pareil, comme on l'observe sur un manège.

a) $T=\dfrac{4{,}23}{365{,}25}=1{,}158\times 10^{-2}\ \mathrm{an}$, un peu plus de quatre jours pour faire le tour de son étoile.

b) Pour la Terre : $\dfrac{1^{2}}{1^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM_{\odot}}$ dans ces unités. Pour la planète : $\dfrac{T^{2}}{a^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM}$. En divisant la première égalité par la seconde, $\dfrac{a^{3}}{T^{2}}=\dfrac{M}{M_{\odot}}$ : les constantes $4\pi^{2}$ et $G$ disparaissent. Numériquement, $\dfrac{0{,}0527^{3}}{(1{,}158\times 10^{-2})^{2}}=\dfrac{1{,}464\times 10^{-4}}{1{,}341\times 10^{-4}}=1{,}09$.