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CHAMPNEW17
La Terre étant supposée sphérique de centre O et de masse M, on veut lancer un satellite de masse m sur une orbite circulaire de rayon r0
en lui communiquant au point de largage P0 une vitesse convenable v0 perpendiculaire à OP0.
1) Calculer v0 et l’énergie totale E0 du satellite sur son orbite.

→
2) Au moment du largage en P0, les données sont les suivantes: r = r0, la vitesse v est perpendiculaire à OP0 mais en module
v = v0 + δv avec |δv| << v0. Calculer le demi grand-axe a de la trajectoire elliptique obtenue (on pourra utiliser l’expression de l’énergie mécanique).
3) Calculer l’écart relatif δT/T de la période obtenue à la période prévue. Quelle valeur maximale de δv/v0 peut-on tolérer pour un satellite
géostationnaire si l’on veut que sa rotation par rapport à la Terre n’excède pas un jour par an ?
Corrigé
1) Dans le référentiel géocentrique, le satellite n’est soumis qu’à la force de gravitation, qui
Mm s’exprime F = −G 2 er ( P) dans la base sphérique de centre O.
r
La deuxième loi de Newton s’écrit alors ma ( P ) = F . Dans la base choisie,
v0
P0
2
v l’accélération s’écrit a ( P ) = − 0 er ( P ) car, dans le cas d’une force centrale, une
r0
r0
trajectoire circulaire correspond nécessairement à un mouvement uniforme d’après
O
la loi des aires.
2
v
Mm
On en déduit m 0 = G 2 d’où v0 =
r0
r0
GM
.
r0
1 2
mv et
2
De manière générale, l’énergie mécanique totale est E = EC + EP avec EC =
E P = −G
Mm
dans le champ de gravitation.
r
1
1
mv0 2 − mv0 2 soit E0 = − mv0 2 ou encore
2
2
1 Mm
E0 = − G
.
2
r0
Pour la trajectoire circulaire, on trouve E0 =
2) À l’instant du lancement l’énergie du satellite est E =
FG
H
= v0 1 +
IJ
K
δv
.
v0
Comme
FG
H
δv << v0,
on
peut
écrire
1 2
Mm
avec v = v0 + δv
mv − G
2
r0
E=
IJ
K
FG
H
IJ
K
1
δv
Mm
2
mv0 1 + 2 ... − G
2
v0
r0
δv
1
δv
.
= E 0 + mv0 2 = E 0 1 − 2
v0
2
v0
Or l’énergie du satellite sur une trajectoire elliptique de demi grand-axe a vaut
1 Mm
1 Mm
1 Mm
δv
E=− G
. On en déduit − G
= − G
1− 2
d’où
P0
2
a
2
r0
v0
2
a
FG
H
F δv I
r
ce qui se développe en a = r G 1 + 2 J .
δv
H vK
0
a=
1− 2
IJ FG
KH
IJ
K
0
0
O
v0
Au point P0, la vitesse est perpendiculaire au rayon vecteur donc ce
point est le périgée ou l’apogée de la trajectoire.
3) Sur la trajectoire circulaire, la période de rotation est
3
T0 =
r0
r
2 πr0
= 2π 0 .
GM
v0
1/2
2a
v
FG
H
3
a3
r
δv
Sur la trajectoire elliptique, on a T = 2 π
= 2π 0 1 + 2
GM
GM
v0
On a donc
IJ
K
3
2
FG
H
= T0 1 + 3
IJ
K
δv
+... .
v0
δT
δv
T − T0
δv
=3 .
= 3 soit
T0
v0
T0
v0
δT
1
δv
1
<
donc il faut
≈ 10–3. La précision sur le module de la vi<
T0
365
v0 (3)(365)
δv
= 0,1% .
tesse est donc
v0
On veut
2/2