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