M7.2. Mouvement hyperbolique d`un satellite artificiel

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M7.2. Mouvement hyperbolique d’un satellite artificiel.
1. Vitesse et énergie mécanique.
On étudie le satellite dans le référentiel géocentrique que l’on pose galiléen.
Dans ce référentiel, le satellite est soumis à la force de gravitation d’expression :
F  G
Mm
u r avec r  OA et u r vecteur de la base polaire car le mouvement est plan
r2
La seconde loi de la dynamique permet d’écrire que :
F  G



 
Mm
u r  ma  m r  r 2 u r  2r  r u
2
r
Comme le mouvement est circulaire on a r  ro  cte  r  0 et r  0 , d’où :
G

Mm
u r  m ro 2 u r  ro u
2
ro

On obtient par projection et simplification par m :
 GM
2
 r 2  ro
 O
0  r 
o

(1)
(2)
La deuxième équation de ce système permet d’affirmer que le mouvement est uniforme :
  0    cste .
Le satellite est donc animé d’un mouvement circulaire uniforme à la vitesse vo  ro .
Grace à cette expression de la vitesse, l’équation (1) s’écrit :
vo2
GM
 ro 2
rO 2
ro
vo 
GM
ro
vo  7,8 km.s 1
La force gravitationnelle est conservative et dérive de l’énergie potentielle :
Ep  
GMm
la référence étant prise à l’infini de la Terre
r
L’énergie mécanique du satellite à la distance ro s’écrit :
Em  Ec  E p 
Em  
1 2 GMm 1 GMm GMm
mvo 


2
ro
2 ro
ro
1 GMm
  Ec
2 ro
Em  6, 0.1010 J
Le satellite en orbite circulaire est dans un état lié, il est donc normal de trouver une énergie mécanique
négative.
2. Trajectoire et nouvelle énergie mécanique.
On considère le satellite en un point quelconque M’ de sa trajectoire après lui avoir communiqué un
excédent de vitesse en un point M de sa trajectoire circulaire. Soit v ' sa vitesse en ce point.
Le moment cinétique du satellite en ce point a pour expression par rapport au centre O de la Terre :
L O  M '  OM ' mv '
Le théorème du moment cinétique s’écrit :
 GMm OM ' 
d L O  M '
 OM ' F  OM '  
  0 les vecteurs OM ' et F étant colinéaires
2
dt
 OM ' OM ' 
Le moment cinétique du satellite est donc vectoriellement constant au cours du temps :
Lo  t   OM  mv1 .
Ce vecteur occupe alors dans l’espace une direction fixe. Le vecteur position du satellite reste
perpendiculaire à cette direction fixe par définition du produit vectoriel. Le mouvement de ce satellite est
alors contenu dans un plan contenant le point O et le vecteur v1 .
Comme avant de lui communiquer un excédent de vitesse, le satellite évoluait dans un plan contenant le
point O et le vecteur vo et que les vecteurs vo et v1 étant colinéaires, on peut affirmer que la nouvelle
trajectoire est contenu dans le plan de l’orbite circulaire.
En un point quelconque de la nouvelle trajectoire, le moment cinétique du satellite s’écrit :


Lo  ru r  m ru r  r u  mr 2 u z  mCu z avec C  r 2  cste Constante de la loi des aires
La force gravitationnelle étant conservative il y a conservation de l’énergie mécanique du satellite au
cours de son mouvement, on a alors en posant après avoir communiqué l’excédent de vitesse :
1
GMm
Em  t   mv12  2
2
ro
Em  t   7, 4.1010 J
L’énergie mécanique trouvée est positive, la trajectoire du satellite est une hyperbole (ce qui est cohérent
avec le titre de l’exercice).
3. Equation polaire de la trajectoire.
Il existe plusieurs démonstrations de la détermination de l’équation polaire de la trajectoire d’un point
matériel soumis à une force centrale newtonienne. Techniquement la plus simple est l’utilisation
conjointe de la relation de la dynamique et de l’expression de la formule de Binet relative à l’accélération.
Comme le texte propose une étude énergétique, on va utiliser la conservation de l’énergie mécanique et
en profiter pour démontrer la formule de Binet relative à la vitesse.
Em 
On pose u 


1 2 GMm 1
GMm
mv 
 m r ²  r 2 2 
2
r
2
r
1
C
et comme   2  Cu 2 on peut écrire :
r
r
2
2
 1  1

d  d 
2
2
2

d
C
 dr    u     u  du d   1 du
2
2  du 
r²    

  2
Cu   C 
   2  Cu 2
 car
dt
r
 dt   dt   du d dt   u d

 d 

 


 

1
r 2 2  2 C 2u 4  C 2u 2
u
On obtient ainsi une nouvelle expression de l’énergie mécanique :
2


1
2  du 
2
Em  mC  

u
  GMmu
  d 
2


Comme l’énergie mécanique se conserve au cours du temps :
dEm dEm d
dEm
d

 0 or
0 
0
dt
d dt
dt
d
  du   d 2u 
dEm 1
 du  
 du 
 mC 2  2 
  2   2u 
   GMm 
0
d
2
d

d

d

d











 du 
Comme 
  0:
 d 
  d 2u 

C 2   2   u   GM  0
  d 

2
d u
GM
u  2
2
d
C
GM
1 GM
est homogène à l’inverse d’une longueur p telle que :  2 . L’équation différentielle
2
C
p C
du mouvement s’écrit alors :
Le terme
d 2u
1
u 
2
d
p
La solution est de la forme :
1
1
 A cos    o  
r
p
p
r
1  Ap cos    o 
u
On pose Ap  e et o  0
r
p
équation polaire d'une conique de paramètre p et d'excentrité e.
1  e cos 
4. Expression de p et valeur de e.
Le paramètre de la conique s’écrit en tenant compte de la conservation du moment cinétique du satellite :
L2o
m 2 ro2 v12 ro2 v12
C2



GM GMm 2 GMm 2 GM
p  2,12.107 m
p
Comme à l’instant où l’on communique la vitesse v1 on a posé l’angle polaire nul on a :
ro 
p
p
 e  1
1 e
ro
ro v12
1
GM
e  2, 22
e
On trouve e > 1 ce qui confirme le caractère hyperbolique de la trajectoire.