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ASTROPHYSIQUE (1)
Licence & Master
[Exercices corrig´ es]
1M´ ecanique newtonienne
EXERCICE 1 :
La com` ete de Halley est une com` ete ` a courte p´ eriode, c’est-` a-dire dont la p´ eriode de
r´ evolution est inf´ erieure ` a 200 ans. Elle parcourt son orbite elliptique en une p´ eriode, T,
´
egale ` a 76 ans, et s’approche ` a une distance dmin =0.587 U.A du Soleil ` a son p´ erih´ elie (1
Unit´ e Astronomique '149.6×106km).
1 - D´ eterminer le demi-grand axe de son orbite. En d´ eduire l’excentricit´ e de son orbite,
ainsi que la distance com` ete-Soleil ` a l’aph´ elie.
2 - Exprimer la vitesse de la com` ete en un point quelconque de son orbite. Calculer sa
vitesse minimale et sa vitesse maximale.
ISOLUTION :
1 - La troisi` eme loi de K´ epler nous donne directement le demi-grand axe :
a=ÅGMT2
4π2ã1/3
'17.9U.A .
Au p´ erih´ elie, d’apr` es les propri´ et´ es de l’ellipse, on a la relation
dmin =a(1 −e),
ce qui donne l’excentricit´ ee= 1 −dmin/a '0.967.
La distance au Soleil ` a l’aph´ elie, dmax, sera donc ´ egale ` a
dmax =a(1 + e)'35.2U.A .
2 - L’expression de l’´ energie m´ ecanique permet de d´ eterminer la vitesse de la com` ete en un
point de sa trajectoire : en effet, on peut ´ ecrire
E=1
2m v2−GMm r=−GMm 2a,
1

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avec m, la masse de la com` ete. La vitesse, qui est une fonction de la distance ` a l’astre attractif
(ici, le Soleil), se d´ eduit facilement :
v=2GMÅ1
r−1 2aã.
La vitesse est donc maximale au p´ erih´ elie et, comme dmin =a(1 −e), cette derni` ere vaut
vmax =GM
aÅ1 + e 1−eã'54.5km ·s−1
Enfin, la vitesse est minimale ` a l’aph´ elie, en dmax =a(1 + e). Elle est telle que ;
vmin =GM
aÅ1−e 1 + eã'0.9km ·s−1.
EXERCICE 2 :
Une plan` ete ´ evolue autour de l’´ etoile β-Pictoris, de masse M, sur une orbite ellip-
tique. A un instant t, elle se trouve ` a une distance r0de l’´ etoile avec un rayon vecteur ~r0
faisant un angle αavec son vecteur vitesse ~v0, de module v0. D´ eterminer les distances,
minimale et maximale, de la plan` ete ` a l’´ etoile. On exprimera les r´ esultats en fonction de
X=r0v2
0/(GM), et on supposera que la masse de la plan`
ete, m, est telle que mM.
ISOLUTION :
La constantes des aires de la plan` ete s’´ ecrit : C=v0r0|sin α|. Le param` etre de son orbite
est donc
p=C2
GM=v2
0r2 0sin2α
GM.
L’orbite ´ etant elliptique, l’´ energie m´ ecanique de la plan` ete sur son orbite est constante et vaut
E=GM(e2−1)
2p,
avec e, l’excentricit´ e de la trajectoire de la plan` ete. A l’instant tconsid´ er´ e, on peut donc ´ ecrire
1
2m v2
0−GM m
r0
=GM(e2−1)
2p.
Cette expression nous permet de d´ eterminer l’excentricit´ e de la trajectoire qui est
e=»1−X(2 −X) sin2α ,
avec X=r0v2
0/(GM). Ainsi, l’´
equation de la trajectoire est enti` erement d´ etermin´ ee et s’´ ecrit
r(θ) = r0Xsin2α
1 + »1−X(2 −X) sin2αcos θ
.
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La distance minimale d’approche (ou p´ eriastre), rmin, est donc obtenue pour θ= 0 :
rmin =r0
2−X(1 −»1−X(2 −X) sin2α).
La distance maximale (ou apoastre), rmax, est obtenue pour θ=π:
rmax =r0
2−X(1 + »1−X(2 −X) sin2α).
EXERCICE 3 :
On consid` ere une plan` ete suppos´ ee homog` ene et sph´ erique, de centre O, de rayon Ret
de masse M.
1 - En utilisant le th´ eor` eme de Gauss, d´ eterminer l’expression du champ gravitationnel,
not´ eg0,` a la surface de la plan` ete. Exprimer alors le champ gravitationnel ` a l’int´ erieur et ` a
l’ext´ erieur de la plan` ete en fonction de g0.
2 - Avec quelle vitesse faut-il lancer un mobile depuis la surface de la plan` ete pour qu’il
se lib` ere de l’attraction gravitationnelle ? On n´ egligera la vitesse de rotation de la plan` ete sur
elle-mˆ eme.
Application num´ erique : calculer cette vitesse pour la Terre avec M'6×1024 kg, et
R'6378 km.
3 - On creuse un puits rectiligne traversant la plan` ete suivant un diam` etre. Quel est le mou-
vement d’un mobile lˆ ach´ e dans ce puits sans vitesse initiale depuis la surface de la plan` ete ?
Quelle est la vitesse maximale atteinte ?
ISOLUTION :
1 - Par sym´ etrie sph´ erique, le champ gravitationnel produit ne peut d´ ependre que de la dis-
tance, r, au centre de la plan` ete et reste orient´ e selon le vecteur radial unitaire ~ur(en coordonn´ ees
sph´ eriques). Il y a donc deux r´ egions diff´ erentes selon r:
(a) A une distance r≥R, on doit consid´ erer la sph` ere Sde rayon ret de mˆ eme centre que la
plan` ete. La masse totale, int´ erieure ` aS, est donc ´ egale ` aM: en appliquant le th´ eor` eme de Gauss,
on d´ eduit que le champ gravitationnel, ~g(r),` a la distance rest tel que
I(S)
~g ·d~ S=g(r) 4π r2=−4πGM .
Autrement dit,
~g(r) = −GM
r2~ur.
En appelant g0=GM/R2, l’intensit´ e du champ gravitationnel ` a la surface de l’astre, on obtient :
~g(r) = −g0ÅR
rã2
~ur.
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(b) A une distance r < R, la masse int´ erieure ` a la sph` ere Sde rayon rest ´ egale ` a
Mint =Mr
R3,
´
etant donn´ ees les hypoth` eses de sym´ etrie sph´ erique et de densit´ e homog` ene. On a donc
I(S)
~g ·d~ S=g(r) 4π r2=−4πGMr
R3,
c’est-` a-dire,
~g(r) = −GM r
R3~ur,
ou bien encore,
~g(r) = −g0r
R~ur.
On notera que le champ gravitationnel s’annule au centre de la plan` ete et atteint un maximum ` a
sa surface o` u son intensit´ e vaut g0.
2 - Par d´ efinition, si l’on n´ eglige la vitesse de rotation de la plan` ete, la vitesse demand´ ee
correspond ` ala vitesse de lib´ eration, c’est-` a-dire la vitesse initiale minimale qu’il faut commu-
niquer ` a un mobile, depuis la surface d’un astre, pour qu’il puisse partir ` a l’infini. Cette vitesse
est calcul´ ee par rapport au centre, suppos´ e fixe, de l’astre, auquel on peut associer un r´ ef´ erentiel
galil´ een : l’´ energie m´ ecanique ´ etant une constante du mouvement, la condition initiale permettant
au mobile de s’´ echapper ` a l’infini s’´ ecrit
−GM m
R+1 2m v2
i≥0,
avec vi, la vitesse initiale du mobile. La vitesse de lib´ eration, not´ ee vlib, sera donc
vlib =…2GM
R.
Pour la Terre, vlib '11.2km·s−1.
3 - L’´ equation du mouvement du mobile est donn´ ee par
m¨r+g0r
R= 0 .
Le mouvement du mobile est donc sinuso¨ ıdal : r(t) = Rcos(ω t +φ), avec ω=pg0/R. La
constante φest d´ etermin´ ee par la condition initiale ˙r(0) = −R ω sin φ= 0, donc φ= 0. Enfin,
la vitesse maximale atteinte est ´ egale ` aR ω.
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EXERCICE 4 :
Une com` ete, de masse m, suit une trajectoire parabolique autour du Soleil, de masse
M= 1.99 ×1030 kg. On connaˆ ıt seulement sa distance minimale d’approche, not´ ee dm,
qui est ´ egale ` a 0.18 U.A.
1 - Donner l’´ equation de sa trajectoire, et d´ eterminer l’´ equation diff´ erentielle reliant
θau temps t, avec θ, l’angle entre le rayon vecteur de la com` ete, ` a un instant t, et celui
correspondant ` a l’instant t= 0 lorsque la com` ete atteint son p´ erih´ elie.
2 - R´ esoudre l’´ equation diff´ erentielle pr´ ec´ edente en exprimant ten fonction de u=
tan(θ/2). En d´ eduire l’instant o` u la com` ete sera ` a une distance 2dm, apr` es avoir atteint son
p´ erih´ elie.
ISOLUTION :
1 - La trajectoire ´ etant parabolique, son excentricit´ e est ´ egale ` a 1. La trajectoire est de la forme
r(θ) = p
1 + cos θ,
avec p, le param` etre de la trajectoire. La distance minimale est atteinte lorsque θ= 0, donc
p= 2 dm. La trajectoire est donc
r(θ) = 2dm
1 + cos θ.
La constante des aires de la trajectoire est C=r2˙ θ, et elle est reli´ ee au param` etre ppar la relation
p=C2
GM
.
On trouve donc l’´ equation diff´ erentielle
˙
θ
(1 + cos θ)2=p2GMdm 4d2
m
.
2 - L’´ equation diff´ erentielle donne
dθ
(1 + cos θ)2=p2GMdm 4d2
m
dt .
En posant u= tan(θ/2), on a du=1
2(1 + u2) dθ, donc, en int´
egrant,
Zθ
0
dθ0
(1 + cos θ0)2=Zu
0
1
2(1 + u02) du0=p2GMdm 4d2
m
t ,
c’est-` a-dire,
t=2d3
m
GMÅu+u3 3ã.
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