Mouvement des satellites et des planètes

    Physique-Chimie · 2e Bac Sciences physiques (PC) · Lecture, méthodes et entraînement

    Chapitres
    Plan du chapitre
    Illustration d'une onde

    L'essentiel

    1. Les lois de Kepler

    Les référentiels d'étude. Le mouvement d'un astre ou d'un satellite s'étudie dans un référentiel centré sur l'astre attracteur, avec trois axes dirigés vers des étoiles lointaines supposées fixes.

    • Pour les planètes, on utilise le référentiel héliocentrique (centre du Soleil).
    • Pour la Lune et les satellites artificiels de la Terre, on utilise le référentiel géocentrique (centre de la Terre).
    • Pour les satellites d'une autre planète, on utilise le référentiel centré sur cette planète (par exemple le référentiel jovicentrique pour Jupiter).

    Pendant la durée d'une étude, ces référentiels sont supposés galiléens.

    Johannes Kepler a formulé trois lois à partir des observations des planètes.

    Propriété

    1re loi (loi des orbites). Dans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre d'une planète est une ellipse dont le centre du Soleil occupe l'un des foyers.

    Propriété

    2e loi (loi des aires). Le segment de droite qui joint le centre du Soleil au centre d'une planète balaie des aires égales pendant des durées égales.

    Propriété

    3e loi (loi des périodes). Le carré de la période de révolution TT d'une planète est proportionnel au cube du demi-grand axe aa de son ellipse : T2a3=k\dfrac{T^2}{a^3} = k. La constante kk est la même pour toutes les planètes qui tournent autour du Soleil.

    Voici ce qu'il faut en retenir.

    • La loi des aires implique que la planète va plus vite quand elle est près du Soleil (au périhélie) que quand elle en est loin (à l'aphélie).
    • Une trajectoire circulaire est une ellipse particulière : le demi-grand axe aa est égal au rayon rr et la 3e loi s'écrit T2r3=k\dfrac{T^2}{r^3} = k. Dans ce cas, l'aire balayée par unité de temps vaut 12rv\dfrac{1}{2}rv : si elle est constante, la vitesse vv est constante.
    • Les trois lois s'appliquent aussi à la Lune et aux satellites d'un même astre. La constante kk dépend de l'astre attracteur (Soleil, Terre, Jupiter...), pas du satellite.

    Remarque

    En 2e Bac PC, l'étude quantitative porte sur les trajectoires circulaires. L'ellipse sert à énoncer les lois. Si ton professeur n'a traité que le cas circulaire, remplace simplement aa par rr partout. Seul l'exercice 7 (approfondissement) sort un peu de ce cadre en utilisant le demi-grand axe d'une ellipse.

    2. La loi de gravitation universelle

    Théorème

    Deux corps AA et BB ponctuels, ou à répartition sphérique de masse, de masses mAm_A et mBm_B et dont les centres sont distants de dd, exercent l'un sur l'autre des forces attractives, de même direction (la droite ABAB), de sens opposés et de même valeur : FA/B=FB/A=G mA mBd2F_{A/B} = F_{B/A} = G\,\dfrac{m_A\,m_B}{d^2}

    Avec u⃗AB\vec{u}_{AB} le vecteur unitaire dirigé de AA vers BB, la force exercée par AA sur BB s'écrit F⃗A/B=−G mA mBd2 u⃗AB\vec{F}_{A/B} = -G\,\dfrac{m_A\,m_B}{d^2}\,\vec{u}_{AB} : elle est dirigée de BB vers AA.

    La constante de gravitation est G=6,67×10−11 N.m2.kg−2G = 6{,}67\times 10^{-11}\,\text{N.m}^2\text{.kg}^{-2}. Les masses sont en kilogrammes et la distance, mesurée entre les centres, est en mètres.

    Remarque

    Les deux forces ont la même valeur même si les masses sont très différentes : la Terre attire la Lune exactement comme la Lune attire la Terre (3e loi de Newton). Mais la Lune a une accélération bien plus grande que la Terre, car sa masse est plus petite. Pour des objets courants (deux personnes à 1 m1\,\text{m}), la force est de l'ordre de 10−7 N10^{-7}\,\text{N} : négligeable. Elle ne devient importante que pour des masses d'astres.

    3. Champ de gravitation et poids

    Un astre de masse MM, à répartition sphérique, crée en un point PP extérieur à l'astre, situé à la distance rr de son centre, un champ de gravitation dirigé vers le centre de l'astre, de valeur :

    g(r)=G Mr2g(r) = \frac{G\,M}{r^2}

    Un corps de masse mm placé en PP subit la force F⃗=m g⃗(r)\vec{F} = m\,\vec{g}(r). À la surface de la Terre (r=RTr = R_T), g0=G MTRT2≈9,81 N.kg−1g_0 = \dfrac{G\,M_T}{R_T^2} \approx 9{,}81\,\text{N.kg}^{-1}. À l'altitude hh :

    g(h)=G MT(RT+h)2=g0 RT2(RT+h)2g(h) = \frac{G\,M_T}{(R_T + h)^2} = g_0\,\frac{R_T^2}{(R_T + h)^2}

    Le poids d'un corps est (à très peu près) la force gravitationnelle exercée par la Terre, si on néglige l'effet de la rotation de la Terre sur elle-même.

    Remarque

    La valeur de gg diminue avec l'altitude, mais lentement : à 400 km400\,\text{km}, elle vaut encore près de 89 %89\,\% de g0g_0. Les astronautes d'une station spatiale flottent non pas parce que la gravité a disparu, mais parce qu'ils sont, avec la station, en chute libre autour de la Terre.

    4. Le mouvement circulaire d'un satellite ou d'une planète

    On étudie un satellite SS de masse mm en orbite autour d'un astre de masse MM (la Terre pour un satellite artificiel, le Soleil pour une planète). Le rayon de l'orbite est r=R+hr = R + h, où RR est le rayon de l'astre et hh l'altitude du satellite.

    Hypothèses. Le référentiel (géocentrique pour la Terre) est supposé galiléen. La seule force est l'attraction gravitationnelle de l'astre : on néglige les autres astres et les frottements. L'astre et le satellite ont une répartition sphérique de masse.

    Application de la deuxième loi. On utilise la base de Frenet (S,u⃗,n⃗)(S, \vec{u}, \vec{n}), avec u⃗\vec{u} tangent à la trajectoire (noté τ⃗\vec{\tau} dans le chapitre sur les lois de Newton) et n⃗\vec{n} dirigé vers le centre OO de l'astre. Pour une trajectoire circulaire de rayon rr, l'accélération s'écrit :

    a⃗=dvdt u⃗+v2r n⃗\vec{a} = \frac{dv}{dt}\,\vec{u} + \frac{v^2}{r}\,\vec{n}

    La force gravitationnelle est F⃗=G m Mr2 n⃗\vec{F} = G\,\dfrac{m\,M}{r^2}\,\vec{n}. La loi F⃗=ma⃗\vec{F} = m\vec{a} donne, en projection :

    • sur u⃗\vec{u} : dvdt=0\dfrac{dv}{dt} = 0, donc la vitesse vv est constante : le mouvement est uniforme ;
    • sur n⃗\vec{n} : v2r=G Mr2\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M}{r^2}.

    Le mouvement est donc circulaire uniforme, et on en déduit les grandeurs caractéristiques.

    Propriété

    Pour un satellite en orbite circulaire de rayon rr autour d'un astre de masse MM : v=G Mrv = \sqrt{\dfrac{G\,M}{r}} ; T=2πrv=2πr3G M\quad T = \dfrac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{G\,M}} ; ω=vr=2πT\quad \omega = \dfrac{v}{r} = \dfrac{2\pi}{T} ; T2r3=4π2G M\quad \dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M}

    On retrouve la 3e loi de Kepler, avec la constante k=4π2G Mk = \dfrac{4\pi^2}{G\,M} qui ne dépend que de la masse MM de l'astre attracteur.

    Ce qu'il faut remarquer :

    • La vitesse et la période ne dépendent pas de la masse du satellite.
    • Plus l'orbite est grande (rr grand), plus la vitesse est petite et plus la période est grande.
    • La 3e loi permet de peser un astre : M=4π2r3G T2M = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,T^2}, à partir du rayon et de la période d'un de ses satellites.
    • L'accélération du satellite est a=v2r=G Mr2=g(h)a = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M}{r^2} = g(h) : c'est la valeur du champ de gravitation à son altitude.

    5. Le satellite géostationnaire

    Définition

    Un satellite géostationnaire est un satellite de la Terre qui reste immobile par rapport à un point de la surface terrestre (donc dans le référentiel terrestre).

    Cette immobilité impose trois conditions.

    1. Le satellite est en orbite circulaire dans le plan équatorial de la Terre. En effet, la force gravitationnelle est dirigée vers le centre OO de la Terre, donc le plan de l'orbite contient OO et le satellite décrit un cercle de centre OO. Un point de latitude non nulle décrit un cercle dont le centre est sur l'axe des pôles mais pas en OO : seuls les points de l'équateur décrivent un cercle de centre OO.
    2. Le satellite tourne dans le même sens que la Terre (d'ouest en est).
    3. Sa période est égale à la période de rotation de la Terre sur elle-même dans le référentiel géocentrique, soit le jour sidéral : T=23 h 56 min 4 s=86 164 sT = 23\,\text{h}\,56\,\text{min}\,4\,\text{s} = 86\,164\,\text{s}.

    Comme T=2πr3G MTT = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{G\,M_T}}, la période impose le rayon de l'orbite : il n'existe qu'une seule altitude géostationnaire.

    r=(G MT T24π2)1/3≈4,215×107 mh=r−RT≈3,58×107 mr = \left(\frac{G\,M_T\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} \approx 4{,}215\times 10^{7}\,\text{m} \qquad h = r - R_T \approx 3{,}58\times 10^{7}\,\text{m}

    soit environ 35 800 km35\,800\,\text{km} d'altitude. La vitesse du satellite est v=2πrT≈3,07×103 m.s−1v = \dfrac{2\pi r}{T} \approx 3{,}07\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}.

    Remarque

    Certains énoncés donnent simplement T=24 h=86 400 sT = 24\,\text{h} = 86\,400\,\text{s}. On trouve alors r≈4,22×107 mr \approx 4{,}22\times 10^{7}\,\text{m} et h≈3,59×107 mh \approx 3{,}59\times 10^{7}\,\text{m} : des valeurs qui diffèrent de moins de 0,3 %0{,}3\,\% de celles obtenues avec le jour sidéral.

    Attention

    Un satellite d'observation en orbite basse, qui survole des régions différentes au cours du temps, n'est pas géostationnaire. Un satellite en orbite polaire ou inclinée non plus : un satellite géostationnaire est forcément dans le plan équatorial.

    Méthodes

    Méthode 1 : Calculer une force de gravitation et la valeur de gg à l'altitude hh

    1. Convertis les données en unités SI : masses en kg, distances entre centres en m (pense à ajouter RTR_T à l'altitude).
    2. Applique F=G mA mBd2F = G\,\dfrac{m_A\,m_B}{d^2} ou g(h)=G MT(RT+h)2g(h) = \dfrac{G\,M_T}{(R_T + h)^2}.
    3. Conclus avec une phrase (comparaison, ordre de grandeur).

    Exemple : Terre (MT=5,97×1024 kgM_T = 5{,}97\times 10^{24}\,\text{kg}) et Lune (ML=7,35×1022 kgM_L = 7{,}35\times 10^{22}\,\text{kg}), distantes de d=3,84×108 md = 3{,}84\times 10^{8}\,\text{m}. Alors F=6,67×10−11×5,97×1024×7,35×1022(3,84×108)2≈1,98×1020 NF = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24} \times 7{,}35\times 10^{22}}{(3{,}84\times 10^{8})^2} \approx 1{,}98\times 10^{20}\,\text{N}. À h=400 kmh = 400\,\text{km} (RT=6,37×106 mR_T = 6{,}37\times 10^{6}\,\text{m}), g(h)=6,67×10−11×5,97×1024(6,77×106)2≈8,69 N.kg−1g(h) = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24}}{(6{,}77\times 10^{6})^2} \approx 8{,}69\,\text{N.kg}^{-1}.

    Méthode 2 : Établir la vitesse et la période d'un satellite en orbite circulaire

    1. Précise le système (le satellite), le référentiel (géocentrique, supposé galiléen) et la force (la gravitation de l'astre, seule).
    2. Écris la force F⃗=G m Mr2 n⃗\vec{F} = G\,\dfrac{m\,M}{r^2}\,\vec{n} dans la base de Frenet.
    3. Applique F⃗=ma⃗\vec{F} = m\vec{a} avec a⃗=dvdt u⃗+v2r n⃗\vec{a} = \dfrac{dv}{dt}\,\vec{u} + \dfrac{v^2}{r}\,\vec{n} : la projection sur u⃗\vec{u} donne vv constante, celle sur n⃗\vec{n} donne v=G Mrv = \sqrt{\dfrac{G\,M}{r}}.
    4. Déduis T=2πrvT = \dfrac{2\pi r}{v}.

    Exemple : un satellite à h=800 kmh = 800\,\text{km}. On a r=6,37×106+8,0×105=7,17×106 mr = 6{,}37\times 10^{6} + 8{,}0\times 10^{5} = 7{,}17\times 10^{6}\,\text{m}, donc v=6,67×10−11×5,97×10247,17×106≈7,45×103 m.s−1v = \sqrt{\dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24}}{7{,}17\times 10^{6}}} \approx 7{,}45\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1} et T=2π×7,17×1067,45×103≈6,05×103 sT = \dfrac{2\pi \times 7{,}17\times 10^{6}}{7{,}45\times 10^{3}} \approx 6{,}05\times 10^{3}\,\text{s}, soit environ 100,8 min100{,}8\,\text{min}.

    Méthode 3 : Utiliser la 3e loi de Kepler avec un rapport

    Pour deux astres tournant autour du même astre attracteur, T12a13=T22a23\dfrac{T_1^2}{a_1^3} = \dfrac{T_2^2}{a_2^3}. On en tire T2=T1(a2a1)3/2T_2 = T_1\left(\dfrac{a_2}{a_1}\right)^{3/2} ou a2=a1(T2T1)2/3a_2 = a_1\left(\dfrac{T_2}{T_1}\right)^{2/3}. Les unités se simplifient : on peut garder des années ou des unités astronomiques, à condition de le faire pour les deux astres.

    Exemple : la Terre (a1=1,50×1011 ma_1 = 1{,}50\times 10^{11}\,\text{m}, T1=1 anT_1 = 1\,\text{an}) et Jupiter (a2=7,78×1011 ma_2 = 7{,}78\times 10^{11}\,\text{m}). Alors T2=1×(7,781,50)3/2≈11,8 ansT_2 = 1 \times \left(\dfrac{7{,}78}{1{,}50}\right)^{3/2} \approx 11{,}8\,\text{ans}.

    Méthode 4 : Déterminer la masse de l'astre attracteur

    1. Établis (ou rappelle) T2r3=4π2G M\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M}, donc M=4π2r3G T2M = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,T^2}.
    2. Convertis TT en secondes et rr en mètres.
    3. Calcule, puis donne l'ordre de grandeur.

    Exemple : la Terre tourne autour du Soleil avec r=1,50×1011 mr = 1{,}50\times 10^{11}\,\text{m} et T=365,25 j=3,156×107 sT = 365{,}25\,\text{j} = 3{,}156\times 10^{7}\,\text{s}. Alors MS=4π2×(1,50×1011)36,67×10−11×(3,156×107)2≈2,0×1030 kgM_S = \dfrac{4\pi^2 \times (1{,}50\times 10^{11})^3}{6{,}67\times 10^{-11} \times (3{,}156\times 10^{7})^2} \approx 2{,}0\times 10^{30}\,\text{kg}.

    Méthode 5 : Étudier un satellite géostationnaire

    1. Rappelle les trois conditions : plan équatorial, même sens que la Terre, période T=86 164 sT = 86\,164\,\text{s}.
    2. Isole le rayon dans la 3e loi : r=(G MT T24π2)1/3r = \left(\dfrac{G\,M_T\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}.
    3. Déduis l'altitude h=r−RTh = r - R_T et la vitesse v=2πrTv = \dfrac{2\pi r}{T}.

    Exemple : r3=6,67×10−11×5,97×1024×8616424π2≈7,49×1022 m3r^3 = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24} \times 86164^2}{4\pi^2} \approx 7{,}49\times 10^{22}\,\text{m}^3, donc r≈4,215×107 mr \approx 4{,}215\times 10^{7}\,\text{m}, puis h≈4,215×107−6,37×106≈3,58×107 mh \approx 4{,}215\times 10^{7} - 6{,}37\times 10^{6} \approx 3{,}58\times 10^{7}\,\text{m} et v=2π×4,215×10786164≈3,07×103 m.s−1v = \dfrac{2\pi \times 4{,}215\times 10^{7}}{86164} \approx 3{,}07\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}.

    Exercices corrigés

    Sauf mention contraire, on utilise : G=6,67×10−11 N.m2.kg−2G = 6{,}67\times 10^{-11}\,\text{N.m}^2\text{.kg}^{-2}, masse de la Terre MT=5,97×1024 kgM_T = 5{,}97\times 10^{24}\,\text{kg}, rayon de la Terre RT=6,37×106 mR_T = 6{,}37\times 10^{6}\,\text{m}, masse du Soleil MS=1,99×1030 kgM_S = 1{,}99\times 10^{30}\,\text{kg}, 1 jour=86 400 s1\,\text{jour} = 86\,400\,\text{s} et g=9,8 N.kg−1g = 9{,}8\,\text{N.kg}^{-1} pour le poids au sol. Garde les valeurs non arrondies dans ta calculatrice et n'arrondis qu'à la fin.

    Exercice 1 : Des forces d'attraction, petites et grandes

    Facile
    Énoncé
    1. Deux élèves de masses m1=60 kgm_1 = 60\,\text{kg} et m2=70 kgm_2 = 70\,\text{kg} sont assis côte à côte, leurs centres d'inertie étant distants de 1,0 m1{,}0\,\text{m}. Calcule la valeur de la force d'attraction gravitationnelle entre eux et compare-la au poids du second élève.
    2. La distance Terre-Lune est d=3,84×108 md = 3{,}84\times 10^{8}\,\text{m} et la masse de la Lune est ML=7,35×1022 kgM_L = 7{,}35\times 10^{22}\,\text{kg}. Calcule FT/LF_{T/L}. Que vaut FL/TF_{L/T} ? Justifie.
    Voir le corrigé

    1) F=G m1m2d2=6,67×10−11×60×701,02≈2,8×10−7 NF = G\,\dfrac{m_1 m_2}{d^2} = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 60 \times 70}{1{,}0^2} \approx 2{,}8\times 10^{-7}\,\text{N}. Le poids du second élève est P=m2g=70×9,8=686 NP = m_2 g = 70 \times 9{,}8 = 686\,\text{N}. Le rapport FP≈4×10−10\dfrac{F}{P} \approx 4\times 10^{-10} : l'attraction entre les deux élèves est totalement négligeable.

    2) FT/L=G MTMLd2=6,67×10−11×5,97×1024×7,35×1022(3,84×108)2≈1,98×1020 NF_{T/L} = G\,\dfrac{M_T M_L}{d^2} = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24} \times 7{,}35\times 10^{22}}{(3{,}84\times 10^{8})^2} \approx 1{,}98\times 10^{20}\,\text{N}. D'après la loi de gravitation (et la 3e loi de Newton), les deux forces ont la même valeur : FL/T=FT/L≈1,98×1020 NF_{L/T} = F_{T/L} \approx 1{,}98\times 10^{20}\,\text{N}. Elles ont la même direction (la droite des centres) et des sens opposés, chacune dirigée vers l'astre qui l'exerce.

    Exercice 2 : La pesanteur en altitude

    Facile
    Énoncé
    1. Donne l'expression de g0g_0, valeur du champ de gravitation à la surface de la Terre, et calcule-la.
    2. Calcule la valeur g(h)g(h) du champ à l'altitude h=400 kmh = 400\,\text{km}. De quel pourcentage a-t-elle diminué par rapport à g0g_0 ?
    3. Un astronaute de masse 70 kg70\,\text{kg} est en orbite à cette altitude. Compare la force gravitationnelle qu'il subit à son poids au sol. Pourquoi flotte-t-il malgré tout ?
    4. À quelle altitude h1h_1 la valeur du champ est-elle égale à g02\dfrac{g_0}{2} ?
    Voir le corrigé

    1) g0=G MTRT2=6,67×10−11×5,97×1024(6,37×106)2≈9,81 N.kg−1g_0 = \dfrac{G\,M_T}{R_T^2} = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24}}{(6{,}37\times 10^{6})^2} \approx 9{,}81\,\text{N.kg}^{-1}.

    2) g(h)=G MT(RT+h)2=3,982×1014(6,77×106)2≈8,69 N.kg−1g(h) = \dfrac{G\,M_T}{(R_T + h)^2} = \dfrac{3{,}982\times 10^{14}}{(6{,}77\times 10^{6})^2} \approx 8{,}69\,\text{N.kg}^{-1}. Le rapport g(h)g0≈0,885\dfrac{g(h)}{g_0} \approx 0{,}885 : la diminution est d'environ 11,5 %11{,}5\,\%.

    3) À l'altitude de 400 km400\,\text{km}, la force gravitationnelle est 70×8,69≈608 N70 \times 8{,}69 \approx 608\,\text{N}, contre 70×9,81≈687 N70 \times 9{,}81 \approx 687\,\text{N} au sol (avec la valeur de g0g_0 de la question 1). Elle est donc toujours très grande. L'astronaute flotte parce que, comme la station, il est en chute libre : la gravité fournit exactement l'accélération centripète de son mouvement circulaire. Il n'appuie sur rien, d'où la sensation d'apesanteur.

    4) On veut G MT(RT+h1)2=12 G MTRT2\dfrac{G\,M_T}{(R_T + h_1)^2} = \dfrac{1}{2}\,\dfrac{G\,M_T}{R_T^2}, soit (RT+h1)2=2RT2(R_T + h_1)^2 = 2R_T^2 et RT+h1=RT2R_T + h_1 = R_T\sqrt{2}. Donc h1=RT(2−1)≈6,37×106×0,414≈2,64×106 mh_1 = R_T(\sqrt{2} - 1) \approx 6{,}37\times 10^{6} \times 0{,}414 \approx 2{,}64\times 10^{6}\,\text{m}, soit environ 2 640 km2\,640\,\text{km}.

    Exercice 3 : Une station spatiale en orbite basse

    Moyen
    Énoncé

    Une station spatiale décrit une orbite circulaire autour de la Terre, à l'altitude h=420 kmh = 420\,\text{km}. On l'étudie dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen.

    1. Calcule le rayon rr de son orbite.
    2. Montre que son mouvement est uniforme et établis l'expression de sa vitesse vv. Calcule-la en m.s−1\text{m.s}^{-1} puis en km.h−1\text{km.h}^{-1}.
    3. Calcule la période de révolution TT en secondes puis en minutes.
    4. Combien de tours la station effectue-t-elle en 24 h24\,\text{h} ?
    5. Calcule l'accélération de la station. Vérifie qu'elle est égale à g(h)g(h).
    Voir le corrigé

    1) r=RT+h=6,37×106+4,2×105=6,79×106 mr = R_T + h = 6{,}37\times 10^{6} + 4{,}2\times 10^{5} = 6{,}79\times 10^{6}\,\text{m}.

    2) La seule force est la gravitation F⃗=G m MTr2 n⃗\vec{F} = G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2}\,\vec{n}. Dans la base de Frenet, la deuxième loi F⃗=ma⃗\vec{F} = m\vec{a} avec a⃗=dvdt u⃗+v2r n⃗\vec{a} = \dfrac{dv}{dt}\,\vec{u} + \dfrac{v^2}{r}\,\vec{n} donne, sur u⃗\vec{u}, dvdt=0\dfrac{dv}{dt} = 0 : la vitesse est constante, le mouvement est uniforme. Sur n⃗\vec{n}, v2r=G MTr2\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}, donc v=G MTr=3,982×10146,79×106≈7,66×103 m.s−1v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}} = \sqrt{\dfrac{3{,}982\times 10^{14}}{6{,}79\times 10^{6}}} \approx 7{,}66\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}, soit 7,66×3,6≈2,76×104 km.h−17{,}66 \times 3{,}6 \approx 2{,}76\times 10^{4}\,\text{km.h}^{-1}.

    3) T=2πrv=2π×6,79×1067,66×103≈5,57×103 sT = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi \times 6{,}79\times 10^{6}}{7{,}66\times 10^{3}} \approx 5{,}57\times 10^{3}\,\text{s}, soit environ 92,9 min92{,}9\,\text{min}.

    4) Le nombre de tours en 24 h24\,\text{h} est 86 4005 571≈15,5\dfrac{86\,400}{5\,571} \approx 15{,}5 tours : la station fait plus de quinze fois le tour de la Terre par jour.

    5) a=v2r=(7,66×103)26,79×106≈8,64 m.s−2a = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{(7{,}66\times 10^{3})^2}{6{,}79\times 10^{6}} \approx 8{,}64\,\text{m.s}^{-2}. D'autre part, g(h)=G MTr2=3,982×1014(6,79×106)2≈8,64 N.kg−1g(h) = \dfrac{G\,M_T}{r^2} = \dfrac{3{,}982\times 10^{14}}{(6{,}79\times 10^{6})^2} \approx 8{,}64\,\text{N.kg}^{-1}. On retrouve bien a=g(h)a = g(h), ce qui confirme que seule la gravitation intervient.

    Exercice 4 : Les lois de Kepler appliquées au Soleil

    Moyen
    Énoncé

    On donne, dans le référentiel héliocentrique :

    Demi-grand axe aaPériode TT
    Terre1,50×1011 m1{,}50\times 10^{11}\,\text{m}365,25 jours365{,}25\,\text{jours}
    Mars2,28×1011 m2{,}28\times 10^{11}\,\text{m}687 jours687\,\text{jours}
    1. Calcule, en unités SI, T2a3\dfrac{T^2}{a^3} pour la Terre et pour Mars. Que constates-tu ?
    2. Vénus a une période TV=225 joursT_V = 225\,\text{jours}. Calcule le rayon de son orbite, supposée circulaire.
    3. Une planète XX fictive a une période de 8,0 ans8{,}0\,\text{ans}. Calcule le rayon de son orbite en m\text{m}, puis en unités astronomiques (1 UA=1,50×1011 m1\,\text{UA} = 1{,}50\times 10^{11}\,\text{m}).
    4. Pour la Lune (a=3,84×108 ma = 3{,}84\times 10^{8}\,\text{m}, T=27,3 joursT = 27{,}3\,\text{jours} autour de la Terre), T2a3≈9,83×10−14 s2.m−3\dfrac{T^2}{a^3} \approx 9{,}83\times 10^{-14}\,\text{s}^2\text{.m}^{-3}. Pourquoi cette constante est-elle très différente de celle du Soleil ? Déduis-en le rapport MSMT\dfrac{M_S}{M_T}.
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    1) Pour la Terre, T=365,25×86 400=3,156×107 sT = 365{,}25 \times 86\,400 = 3{,}156\times 10^{7}\,\text{s} et T2a3=(3,156×107)2(1,50×1011)3≈2,95×10−19 s2.m−3\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{(3{,}156\times 10^{7})^2}{(1{,}50\times 10^{11})^3} \approx 2{,}95\times 10^{-19}\,\text{s}^2\text{.m}^{-3}. Pour Mars, T=687×86 400=5,936×107 sT = 687 \times 86\,400 = 5{,}936\times 10^{7}\,\text{s} et T2a3=(5,936×107)2(2,28×1011)3≈2,97×10−19 s2.m−3\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{(5{,}936\times 10^{7})^2}{(2{,}28\times 10^{11})^3} \approx 2{,}97\times 10^{-19}\,\text{s}^2\text{.m}^{-3}. Les deux valeurs sont égales à moins de 1 %1\,\% près : c'est la 3e loi de Kepler, avec une même constante kk pour les planètes du Soleil.

    2) On utilise aV=aT(TVTT)2/3=1,50×1011×(225365,25)2/3≈1,09×1011 ma_V = a_T\left(\dfrac{T_V}{T_T}\right)^{2/3} = 1{,}50\times 10^{11} \times \left(\dfrac{225}{365{,}25}\right)^{2/3} \approx 1{,}09\times 10^{11}\,\text{m}.

    3) aX=aT(8,01)2/3=aT×4,0=6,0×1011 ma_X = a_T\left(\dfrac{8{,}0}{1}\right)^{2/3} = a_T \times 4{,}0 = 6{,}0\times 10^{11}\,\text{m}, soit 4,0 UA4{,}0\,\text{UA} (car 82/3=(23)2/3=22=48^{2/3} = (2^3)^{2/3} = 2^2 = 4).

    4) La constante k=4π2G Mk = \dfrac{4\pi^2}{G\,M} dépend de la masse MM de l'astre attracteur : celui de la Lune est la Terre, celui des planètes est le Soleil. Comme k∝1Mk \propto \dfrac{1}{M}, on a kTerrekSoleil=MSMT\dfrac{k_{Terre}}{k_{Soleil}} = \dfrac{M_S}{M_T}, avec kTerre≈9,83×10−14k_{Terre} \approx 9{,}83\times 10^{-14} et kSoleil≈2,95×10−19k_{Soleil} \approx 2{,}95\times 10^{-19}, soit MSMT≈3,3×105\dfrac{M_S}{M_T} \approx 3{,}3\times 10^{5}. Le Soleil est environ 330 000330\,000 fois plus massif que la Terre.

    Exercice 5 : Peser Jupiter avec Io

    Moyen
    Énoncé

    Io est un satellite de Jupiter. On admet que son orbite est circulaire, de rayon r=4,22×108 mr = 4{,}22\times 10^{8}\,\text{m}, et que sa période de révolution est T=1,77 joursT = 1{,}77\,\text{jours} dans le référentiel jovicentrique, supposé galiléen.

    1. Montre que T2r3=4π2G MJ\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_J}, où MJM_J est la masse de Jupiter.
    2. Calcule MJM_J.
    3. Compare MJM_J à la masse de la Terre.
    4. Calcule la vitesse d'Io sur son orbite.
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    1) Pour un satellite en orbite circulaire autour de Jupiter, la deuxième loi de Newton donne un mouvement uniforme de vitesse v=G MJrv = \sqrt{\dfrac{G\,M_J}{r}}. La période est T=2πrvT = \dfrac{2\pi r}{v}, donc T2=4π2r2v2=4π2r3G MJT^2 = \dfrac{4\pi^2 r^2}{v^2} = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,M_J}, soit T2r3=4π2G MJ\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_J}.

    2) Avec T=1,77×86 400=1,529×105 sT = 1{,}77 \times 86\,400 = 1{,}529\times 10^{5}\,\text{s} :

    MJ=4π2r3G T2=4π2×(4,22×108)36,67×10−11×(1,529×105)2≈1,90×1027 kgM_J = \frac{4\pi^2 r^3}{G\,T^2} = \frac{4\pi^2 \times (4{,}22\times 10^{8})^3}{6{,}67\times 10^{-11} \times (1{,}529\times 10^{5})^2} \approx 1{,}90\times 10^{27}\,\text{kg}

    3) MJMT=1,90×10275,97×1024≈3,2×102\dfrac{M_J}{M_T} = \dfrac{1{,}90\times 10^{27}}{5{,}97\times 10^{24}} \approx 3{,}2\times 10^{2} : Jupiter est environ 320320 fois plus massive que la Terre.

    4) v=2πrT=2π×4,22×1081,529×105≈1,73×104 m.s−1v = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi \times 4{,}22\times 10^{8}}{1{,}529\times 10^{5}} \approx 1{,}73\times 10^{4}\,\text{m.s}^{-1}, soit environ 17,3 km.s−117{,}3\,\text{km.s}^{-1}.

    Exercice 6 : Un satellite de navigation de période 12 h

    Moyen
    Énoncé

    Un satellite artificiel de la Terre décrit une orbite circulaire avec la période T=12,0 hT = 12{,}0\,\text{h}. On l'étudie dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen.

    1. Établis l'expression du rayon rr de l'orbite en fonction de TT, GG et MTM_T.
    2. Calcule rr et l'altitude hh du satellite.
    3. Calcule sa vitesse.
    4. Utilise la 3e loi de Kepler pour calculer le rayon d'un satellite géostationnaire (période 86 164 s86\,164\,\text{s}) à partir de ce satellite. Le satellite de 12,0 h12{,}0\,\text{h} est-il géostationnaire ?
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    1) On a T2=4π2r3G MTT^2 = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,M_T}, donc r=(G MT T24π2)1/3r = \left(\dfrac{G\,M_T\,T^2}{4\pi^2}\right)^{1/3}.

    2) Avec T=12,0×3 600=4,32×104 sT = 12{,}0 \times 3\,600 = 4{,}32\times 10^{4}\,\text{s} : r3=3,982×1014×(4,32×104)24π2≈1,88×1022 m3r^3 = \dfrac{3{,}982\times 10^{14} \times (4{,}32\times 10^{4})^2}{4\pi^2} \approx 1{,}88\times 10^{22}\,\text{m}^3, d'où r≈2,66×107 mr \approx 2{,}66\times 10^{7}\,\text{m}. L'altitude est h=r−RT=2,66×107−6,37×106≈2,02×107 mh = r - R_T = 2{,}66\times 10^{7} - 6{,}37\times 10^{6} \approx 2{,}02\times 10^{7}\,\text{m}, soit environ 20 200 km20\,200\,\text{km}.

    3) v=2πrT=2π×2,66×1074,32×104≈3,87×103 m.s−1v = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi \times 2{,}66\times 10^{7}}{4{,}32\times 10^{4}} \approx 3{,}87\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}.

    4) Les deux satellites tournent autour de la Terre : rg3Tg2=r3T2\dfrac{r_g^3}{T_g^2} = \dfrac{r^3}{T^2}, donc rg=r(TgT)2/3=2,66×107×(86 16443 200)2/3≈4,21×107 mr_g = r\left(\dfrac{T_g}{T}\right)^{2/3} = 2{,}66\times 10^{7} \times \left(\dfrac{86\,164}{43\,200}\right)^{2/3} \approx 4{,}21\times 10^{7}\,\text{m} (soit 4,215×107 m4{,}215\times 10^{7}\,\text{m} avec la valeur non arrondie de rr), ce qui est bien le rayon de l'orbite géostationnaire. Le satellite de 12,0 h12{,}0\,\text{h} n'est pas géostationnaire : sa période est différente du jour sidéral (86 164 s86\,164\,\text{s}) et son rayon est plus petit. Il fait deux tours en 24 h24\,\text{h} et survole donc des régions différentes.

    Exercice 7 : Une comète sur une orbite très allongée

    Difficile
    Énoncé

    Exercice d'approfondissement : il utilise la 3e loi de Kepler avec le demi-grand axe d'une ellipse, au-delà du cas circulaire étudié dans le reste du chapitre.

    Une comète décrit autour du Soleil une orbite elliptique. Sa distance au Soleil vaut rp=0,80 UAr_p = 0{,}80\,\text{UA} au périhélie et ra=31,2 UAr_a = 31{,}2\,\text{UA} à l'aphélie. On donne 1 UA=1,50×1011 m1\,\text{UA} = 1{,}50\times 10^{11}\,\text{m}, la période de la Terre TT=1 anT_T = 1\,\text{an} et le demi-grand axe de sa trajectoire aT=1,0 UAa_T = 1{,}0\,\text{UA}.

    1. Calcule le demi-grand axe aa de l'orbite de la comète, sachant que le grand axe de l'ellipse est égal à rp+rar_p + r_a.
    2. Déduis sa période TT en années grâce à la 3e loi de Kepler.
    3. Vérifie ce résultat en utilisant T=2πa3G MST = 2\pi\sqrt{\dfrac{a^3}{G\,M_S}}, avec MS=1,99×1030 kgM_S = 1{,}99\times 10^{30}\,\text{kg} (valable aussi pour une ellipse).
    4. Sur une durée Δt\Delta t très courte, la comète parcourt un petit arc perpendiculaire au rayon, de longueur v Δtv\,\Delta t. Montre, avec la loi des aires, que vpva=rarp\dfrac{v_p}{v_a} = \dfrac{r_a}{r_p} et calcule ce rapport.
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    1) Le grand axe vaut rp+ra=0,80+31,2=32,0 UAr_p + r_a = 0{,}80 + 31{,}2 = 32{,}0\,\text{UA}, donc a=32,02=16,0 UAa = \dfrac{32{,}0}{2} = 16{,}0\,\text{UA}.

    2) La 3e loi pour la comète et la Terre donne T2a3=TT2aT3\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{T_T^2}{a_T^3}, soit T=TT(aaT)3/2=1×16,03/2=16,0×4,0=64 ansT = T_T\left(\dfrac{a}{a_T}\right)^{3/2} = 1 \times 16{,}0^{3/2} = 16{,}0 \times 4{,}0 = 64\,\text{ans}.

    3) a=16,0×1,50×1011=2,40×1012 ma = 16{,}0 \times 1{,}50\times 10^{11} = 2{,}40\times 10^{12}\,\text{m} et T=2π(2,40×1012)36,67×10−11×1,99×1030≈2,03×109 sT = 2\pi\sqrt{\dfrac{(2{,}40\times 10^{12})^3}{6{,}67\times 10^{-11} \times 1{,}99\times 10^{30}}} \approx 2{,}03\times 10^{9}\,\text{s}. En années (1 an=3,156×107 s1\,\text{an} = 3{,}156\times 10^{7}\,\text{s}), T≈64,2 ansT \approx 64{,}2\,\text{ans} : le résultat est cohérent avec le précédent, à moins de 1 %1\,\% près.

    4) Au périhélie, l'aire balayée pendant Δt\Delta t est celle d'un triangle de base vp Δtv_p\,\Delta t et de hauteur rpr_p : Ap≈12 rp vp ΔtA_p \approx \dfrac{1}{2}\,r_p\,v_p\,\Delta t. De même, à l'aphélie, Aa≈12 ra va ΔtA_a \approx \dfrac{1}{2}\,r_a\,v_a\,\Delta t. La loi des aires impose Ap=AaA_p = A_a, donc rp vp=ra var_p\,v_p = r_a\,v_a, soit vpva=rarp=31,20,80=39\dfrac{v_p}{v_a} = \dfrac{r_a}{r_p} = \dfrac{31{,}2}{0{,}80} = 39. La comète va 3939 fois plus vite au périhélie qu'à l'aphélie.

    Exercice 8 : Un satellite d'observation de la Terre

    Type Bac
    Énoncé

    Un satellite d'observation, de masse m=500 kgm = 500\,\text{kg}, décrit une orbite circulaire autour de la Terre à l'altitude h=700 kmh = 700\,\text{km}. On l'étudie dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen. On néglige les frottements et l'action des autres astres.

    1. Exprime la valeur FF de la force exercée par la Terre sur le satellite en fonction de GG, MTM_T, mm, RTR_T et hh. Calcule-la. Représente-la sur un schéma.
    2. Applique la deuxième loi de Newton dans la base de Frenet (S,u⃗,n⃗)(S, \vec{u}, \vec{n}) et montre que le mouvement est uniforme.
    3. Établis l'expression de la vitesse vv du satellite et calcule-la.
    4. Établis l'expression de la période TT puis calcule-la en minutes.
    5. Calcule le nombre de révolutions effectuées en 24 h24\,\text{h}.
    6. Montre que T2r3\dfrac{T^2}{r^3} est une constante et calcule sa valeur.
    7. Un second satellite décrit une orbite circulaire à l'altitude h′=1 400 kmh' = 1\,400\,\text{km}. Calcule sa période avec la 3e loi de Kepler. Compare vitesse et période des deux satellites.
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    1) Avec r=RT+h=7,07×106 mr = R_T + h = 7{,}07\times 10^{6}\,\text{m} : F=G m MT(RT+h)2=6,67×10−11×500×5,97×1024(7,07×106)2≈3,98×103 NF = G\,\dfrac{m\,M_T}{(R_T + h)^2} = \dfrac{6{,}67\times 10^{-11} \times 500 \times 5{,}97\times 10^{24}}{(7{,}07\times 10^{6})^2} \approx 3{,}98\times 10^{3}\,\text{N}. Sur le schéma, F⃗\vec{F} est représentée par une flèche partant du satellite SS et dirigée vers le centre OO de la Terre (c'est le vecteur n⃗\vec{n} de la base de Frenet).

    2) La deuxième loi F⃗=ma⃗\vec{F} = m\vec{a} s'écrit G m MTr2 n⃗=m(dvdt u⃗+v2r n⃗)G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2}\,\vec{n} = m\left(\dfrac{dv}{dt}\,\vec{u} + \dfrac{v^2}{r}\,\vec{n}\right). La projection sur u⃗\vec{u} donne dvdt=0\dfrac{dv}{dt} = 0 : la vitesse est constante, donc le mouvement circulaire est uniforme.

    3) La projection sur n⃗\vec{n} donne v2r=G MTr2\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}, donc v=G MTRT+h=3,982×10147,07×106≈7,50×103 m.s−1v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{R_T + h}} = \sqrt{\dfrac{3{,}982\times 10^{14}}{7{,}07\times 10^{6}}} \approx 7{,}50\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}.

    4) T=2πrv=2πr3G MT=2π×7,07×1067,50×103≈5,92×103 sT = \dfrac{2\pi r}{v} = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{G\,M_T}} = \dfrac{2\pi \times 7{,}07\times 10^{6}}{7{,}50\times 10^{3}} \approx 5{,}92\times 10^{3}\,\text{s}, soit environ 98,7 min98{,}7\,\text{min}.

    5) Le nombre de révolutions est 86 4005 919≈14,6\dfrac{86\,400}{5\,919} \approx 14{,}6 : le satellite fait environ 14,614{,}6 tours par jour.

    6) En élevant la période au carré : T2=4π2r3G MTT^2 = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,M_T}, donc T2r3=4π2G MT\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_T} ne dépend que de MTM_T : c'est une constante. Sa valeur est 4π26,67×10−11×5,97×1024≈9,91×10−14 s2.m−3\dfrac{4\pi^2}{6{,}67\times 10^{-11} \times 5{,}97\times 10^{24}} \approx 9{,}91\times 10^{-14}\,\text{s}^2\text{.m}^{-3}. Contrôle numérique : (5 919)2(7,07×106)3≈9,91×10−14\dfrac{(5\,919)^2}{(7{,}07\times 10^{6})^3} \approx 9{,}91\times 10^{-14}.

    7) Pour le second satellite, r′=6,37×106+1,4×106=7,77×106 mr' = 6{,}37\times 10^{6} + 1{,}4\times 10^{6} = 7{,}77\times 10^{6}\,\text{m}. Comme la constante T2r3\dfrac{T^2}{r^3} est la même, T′=T(r′r)3/2=5 919×(7,777,07)3/2≈6,82×103 sT' = T\left(\dfrac{r'}{r}\right)^{3/2} = 5\,919 \times \left(\dfrac{7{,}77}{7{,}07}\right)^{3/2} \approx 6{,}82\times 10^{3}\,\text{s}, soit environ 113,7 min113{,}7\,\text{min}. Sa vitesse est v′=G MTr′≈7,16×103 m.s−1v' = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r'}} \approx 7{,}16\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}. Le satellite le plus haut a une vitesse plus petite et une période plus grande.

    Exercice 9 : Satellites géostationnaires et Lune

    Type Bac
    Énoncé

    On étudie, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen, des satellites de la Terre en orbite circulaire. On donne : Tg=86 164 sT_g = 86\,164\,\text{s} (jour sidéral) ; pour la Lune, d=3,84×108 md = 3{,}84\times 10^{8}\,\text{m} et TL=27,3 joursT_L = 27{,}3\,\text{jours}.

    1. Un satellite SS est géostationnaire. Énonce les trois conditions que doit remplir son orbite. Explique pourquoi son plan est nécessairement le plan équatorial.
    2. Montre que, pour un satellite en orbite circulaire de rayon rr, T2r3=4π2G MT\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_T}.
    3. Calcule le rayon rgr_g de l'orbite géostationnaire, puis son altitude hgh_g.
    4. Retrouve rgr_g avec la seule 3e loi de Kepler appliquée à la Lune et au satellite SS. Compare à la question 3.
    5. Calcule la vitesse de SS et la vitesse de la Lune. Commente.
    Voir le corrigé

    1) Trois conditions : (i) orbite circulaire dans le plan équatorial ; (ii) satellite tournant dans le même sens que la Terre (d'ouest en est) ; (iii) période égale à celle de la Terre, Tg=86 164 sT_g = 86\,164\,\text{s}. Le plan est équatorial car la force gravitationnelle est toujours dirigée vers le centre OO de la Terre : le plan de l'orbite contient donc OO et la trajectoire est un cercle de centre OO. Un point fixe de la Terre à la latitude λ≠0\lambda \neq 0 décrit un cercle dont le centre est sur l'axe des pôles, différent de OO : un satellite ne pourrait pas rester à sa verticale. Seuls les points de l'équateur décrivent un cercle de centre OO.

    2) La deuxième loi de Newton appliquée à SS donne, en projection sur n⃗\vec{n}, v2r=G MTr2\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}, donc v2=G MTrv^2 = \dfrac{G\,M_T}{r}. Avec T=2πrvT = \dfrac{2\pi r}{v}, on obtient T2=4π2r2v2=4π2r3G MTT^2 = \dfrac{4\pi^2 r^2}{v^2} = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,M_T}, soit T2r3=4π2G MT\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M_T}.

    3) rg=(G MT Tg24π2)1/3=(3,982×1014×86 16424π2)1/3≈4,215×107 mr_g = \left(\dfrac{G\,M_T\,T_g^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = \left(\dfrac{3{,}982\times 10^{14} \times 86\,164^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} \approx 4{,}215\times 10^{7}\,\text{m}. L'altitude est hg=rg−RT≈4,215×107−6,37×106≈3,58×107 mh_g = r_g - R_T \approx 4{,}215\times 10^{7} - 6{,}37\times 10^{6} \approx 3{,}58\times 10^{7}\,\text{m}, soit environ 35 800 km35\,800\,\text{km}.

    4) La Lune et SS ont la même Terre pour astre attracteur, donc rg3Tg2=d3TL2\dfrac{r_g^3}{T_g^2} = \dfrac{d^3}{T_L^2}. Avec TL=27,3×86 400=2,359×106 sT_L = 27{,}3 \times 86\,400 = 2{,}359\times 10^{6}\,\text{s} : rg=d(TgTL)2/3=3,84×108×(86 1642,359×106)2/3≈4,23×107 mr_g = d\left(\dfrac{T_g}{T_L}\right)^{2/3} = 3{,}84\times 10^{8} \times \left(\dfrac{86\,164}{2{,}359\times 10^{6}}\right)^{2/3} \approx 4{,}23\times 10^{7}\,\text{m}. L'écart avec la question 3 est d'environ 0,3 %0{,}3\,\% : les deux méthodes concordent, aux arrondis des données près.

    5) Pour SS : vg=2πrgTg=2π×4,215×10786 164≈3,07×103 m.s−1v_g = \dfrac{2\pi r_g}{T_g} = \dfrac{2\pi \times 4{,}215\times 10^{7}}{86\,164} \approx 3{,}07\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}. Pour la Lune : vL=2πdTL=2π×3,84×1082,359×106≈1,02×103 m.s−1v_L = \dfrac{2\pi d}{T_L} = \dfrac{2\pi \times 3{,}84\times 10^{8}}{2{,}359\times 10^{6}} \approx 1{,}02\times 10^{3}\,\text{m.s}^{-1}. La Lune est sur une orbite beaucoup plus grande et va plus lentement que le satellite géostationnaire, ce qui est cohérent avec v=G MTrv = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}.

    QCM

    QCM de 8 questions

    Une réponse, puis l'explication : les questions ratées sont gardées dans Mes pièges.

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    Erreurs fréquentes

    • Oublier d'ajouter le rayon de la Terre à l'altitude : dans les formules, c'est la distance au centre qui compte, r=RT+hr = R_T + h. Si on te donne hh, calcule d'abord rr.
    • Garder des kilomètres dans les formules : GG est en unités SI. Convertis les distances en mètres et les durées en secondes (un jour vaut 86 400 s86\,400\,\text{s}) avant tout calcul.
    • Croire que la vitesse dépend de la masse du satellite : dans v=G Mrv = \sqrt{\dfrac{G\,M}{r}}, mm n'apparaît pas. Deux satellites de masses différentes sur la même orbite ont la même vitesse.
    • Penser qu'un satellite plus haut va plus vite : c'est l'inverse. Plus rr est grand, plus vv est petit et plus TT est grand.
    • Dire que la Terre attire plus la Lune que la Lune n'attire la Terre : les deux forces ont la même valeur (3e loi de Newton). C'est l'accélération qui diffère, pas la force.
    • Parler d'« absence de gravité » dans une station spatiale : la gravité y vaut encore environ 89 %89\,\% de sa valeur au sol. L'apesanteur apparente vient de la chute libre.
    • Dire qu'un satellite géostationnaire peut être à n'importe quelle altitude ou latitude : sa période fixe son rayon (une seule altitude, environ 35 800 km35\,800\,\text{km}), et il est obligatoirement dans le plan équatorial.
    • Mélanger T2/a3T^2/a^3 du Soleil et celui de la Terre : la constante de la 3e loi dépend de l'astre attracteur. Pour comparer deux astres, ils doivent tourner autour du même centre.

    À retenir

    • Kepler : orbite elliptique avec le Soleil à un foyer (1re loi) ; aires égales en durées égales (2e loi) ; T2a3=k\dfrac{T^2}{a^3} = k pour tous les astres du même attracteur (3e loi).
    • Gravitation universelle : F=G mAmBd2F = G\,\dfrac{m_A m_B}{d^2}, forces attractives, de même valeur, sur la droite des centres ; G=6,67×10−11 N.m2.kg−2G = 6{,}67\times 10^{-11}\,\text{N.m}^2\text{.kg}^{-2}.
    • Champ de gravitation : g(h)=G MT(RT+h)2g(h) = \dfrac{G\,M_T}{(R_T + h)^2}, avec r=RT+hr = R_T + h toujours pris entre les centres.
    • Satellite en orbite circulaire : force centripète seule, mouvement circulaire uniforme (dvdt=0\dfrac{dv}{dt} = 0).
    • v=G Mrv = \sqrt{\dfrac{G\,M}{r}} et T=2πr3G MT = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^3}{G\,M}} : indépendantes de la masse du satellite.
    • T2r3=4π2G M\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G\,M} : on retrouve Kepler et on peut peser l'astre attracteur avec M=4π2r3G T2M = \dfrac{4\pi^2 r^3}{G\,T^2}.
    • Plus l'orbite est haute, plus le satellite est lent et sa période longue.
    • Satellite géostationnaire : orbite circulaire équatoriale, même sens que la Terre, T=86 164 sT = 86\,164\,\text{s} ; altitude unique ≈3,58×107 m\approx 3{,}58\times 10^{7}\,\text{m}.
    • Toujours convertir en SI (m, kg, s) avant de calculer, et vérifier l'ordre de grandeur du résultat.

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