Satellites de télécommunication

Satellites de télécommunication
PARTIE 1 : Satellites sur orbite circulaire
Q1 :
Dans le référentiel géocentrique considéré comme galiléen on ne prend en compte que la
force de gravitation exercée par la Terre
Le candidat peut parler de force centrale : f ( r )  
potentielle s’écrit : EP (r )  
k
et on sait alors que l’énergie
r2
k
. Dans le cas de l’interaction newtonienne, en prenant en
r2
compte la définition de l’altitude h, il vient f (r )  
GMT M S
GMT M S
et EP (r )  
2
RT  h
RT  h
ce qui permet d’obtenir période et vitesse.
C’est une orbite circulaire, dans le référentiel géocentrique m  =  ( r )
v = r  M S 2 RT  h  
T  2
RT  h3
GM T
et v 

 = - m v²/r e r
M S v2
GM S M T
.

RT  h RT  h2
GM T
T = 6068 s
RT  h
Q2 : L’énergie cinétique s’écrit : Ec 
v = 7455 m.s-1
1 GMT M S
. Etant donné la formulation de l’énergie
2 RT  h 
potentielle dans le cas de l’interaction newtonienne : EP (r )  
viriel est alors évident : 2 EC  EP  0 .
GMT M S
, le théorème du
RT  h
Q3 : En se plaçant au centre de la Terre, l’angle ancillaire  est tel que cos  
durée de visibilité s’en déduit aisément :  
 R 
2
T  2 arccos T 
2
 RT  h 
RT
. La
RT  h
RT  h3
GM T
.
AN : 919 s soit  = 9.2.102 s
Q4 :
T



T
. Cette valeur ne dépend que de RT et h. AN :  6,60 .
 RT 


arccos
 RT  h 
Pour que tout point de l’orbite puisse « voir » un satellite, il faut donc 7 satellites pour garantir
la couverture. L’angle ancillaire est 2=0.476 radian.
On se place sur l’Equateur. Grossièrement, un train de 7 satellites va « couvrir » 0.476 radian
de l’Equateur. On réitère le calcul précédent mais sur la moitié de la Terre soit 4 secteurs
soit il faut 4trains de 7 satellites pour assurer la couverture de l’Equateur. Les orbites étant
polaires, couvrir l’Equateur assure la couverture de tout point du globe.
Ce chiffre de 28 satellites est discutable : il faut prendre en compte le fait qu’un train de 7
satellites correspond à des satellites montant et descendant et que la Terre tourne
Q5 : la notion de satellite géostationnaire est qu’il survole toujours le même point de la Terre
(du moins s’il est en orbite sur le plan équatorial terrestre…). Donc T=D (D durée d’une
révolution terrestre).
La Terre fait un tour sur elle même par rapport au référentiel géocentrique ou au référentiel
de Copernic en 23h56, ce qui donne T = 86160s et h=35819 km.
En prenant T=86400 (1 jour légal) , on trouve 35897 km.
La notion de « visibilité » est à prendre avec prudence : pour un point du globe, le satellite est
alors soit visible et la durée de visibilité est infinie, soit invisible. Il ne faut pas utiliser la
formule de la question 3 pour la durée de visibilité car on y faisait l’hypothèse d’une Terre
immobile (le schéma permettant le calcul de  est incorrect dans ce cas ! !).
Pour une zone donnée de la Terre, il suffit de disposer d’un seul satellite au lieu d’une bonne
quarantaine. Mais il est beaucoup plus éloigné, ce qui pose des problèmes de perte de
transmission.
Il faut aussi remarquer que les Pôles et les régions qui les entourent ne voient pas les satellites
géostationnaires.
Q6 :  a pour dimension m-1
On suppose que le théorème du viriel s’applique toujours. L’énergie totale s’écrit alors
Em  Ep  Ec 
Ep
2

dE m
= . 
dt
d(E p )
dt

1 GM T MS
2 RT  h
dE m
= - MS v3
dt
2
(E P )3/ 2
Ms
On en déduit
or
or
d(E p )
E P
½ m v² = EC = -Ep/2

dh
RT  h
dh
 2 G.M T dt
RT  h
Q7 : sur une période, en considérant que h varie peu
 h = - 2  [G MT ( RT+h) ]1/2
T
or T  2
RT  h3
 h = − 4   (RT+h) ²
GM T

h
4RT  h 
2
AN : =1,535 10-15 m-1
L’orbite initiale a une période de 6068 secondes En 10 ans il y a 86400x365x10 secondes. Il y
a donc 51971 orbites. Le satellite est « descendu » de presque 52 km ! ! l’altitude est alors de
740 km. La vitesse est passée de 7455 m/s à 7487 m/s.
Calcul plus précis :
(RT+ h’ )1/2 - (RT+h)1/2 = - 
GM T
51,7 km
RT+ h’ = 7148 km
soit  h = − 52 km
t
(RT+ h’ )1/2 - (RT+h)1/2 = − 9,65
 h=-
h’ reste proche de h
. Si on fait un développement limité en posant h’ = h +  h on
retrouve
 h = − 4   (RT+h) ²
Il peut sembler surprenant qu’une force qui s’oppose au mouvement se concrétise par une
augmentation de vitesse : le freinage d’une voiture (force aérodynamique par exemple) réduit
sa vitesse. Mais c’est sans compter sur l’énergie potentielle : à une orbite plus basse
correspond une vitesse plus élevée.
Il en est de même sur un vélo qui descend sur une pente inclinée la vitesse augmente même
s’il est freinée !
Q8 : 1 
h1
4RT  h1 
2

h2


et  2 
 

2
h1
h2
4RT  h2 
1 = 1,535.10-15 m.s-1
2 = 3,442.10-15 m.s-1
2/ 1 ) = ( h1/h2)
 = 1,165

 = 1 h1
d’où ensuite

;
 = 1,157.10-8 SI
Partie II : stabilisation par gradient de gravité

Q9 : Forces gravitationnelles F1  

GM T m
GM T m
r
F
r2
et
1
2 
3
r1
r23




Q10 : Forces d’inertie d’entraînement fie1  m2r1 et f ie2  m2 r2
Avec  
GMT
r03
Forces de Coriolis : fcor1  2m  v1; et fcor2  2m  v2 ;
On montre facilement que : fcor1  2m SM1. et fcor2  2m  SM2
Q11 : dans R’, les forces de Coriolis ont donc un moment nul puisqu’orientées selon SM1. et
SM 2 .
Le moment résultant ne fait donc intervenir que les forces d’inertie d’entraînement et les
forces gravitationnelles.
Le moment va s’écrire :
 GMT m
2
SM1  F1  f ie1  SM1  OM1  

m


r13




 GMT m
2
SM2  F2  f ie2  SM 2  OM 2  

m


r23




SM1  OM1  lr0 sin ez
SM2  OM2  lr0 sin ez

1 1 
M S = GMTm l r0 sin  [  3  3  e z
 r1 r2 
1
Puisque r1  r0  M1M 2 . , et l<<r0, on peut écrire
2

3
1 
1
  
 r1   r  1 M M
 0 2 1 2

3

3

1 

l
     1  3 cos  
r0

 r0  




1 
1
De même    
 r2   r  1 M M
 0 2 1 2

3
D’où
3

3

1 

l
    1  3 cos  
r0

 r0  



1 1
6l
 3   4 cos 
3
r1 r2
r0

6l 2 sin 2 
ez
2
r03
On obtient finalement l’expression simplifiée
M . S = − G m M T
Ce moment est perpendiculaire au plan orbital.
. C’est un couple de rappel du fait du signe
− pour   [ 0, ]
Q12 :On applique le théorème du moment cinétique en S. On sait que chaque masse de
l’haltère, considérée comme ponctuelle, a un moment d’inertie J  ml 2 .
On a
ds
6l2 sin  2 
ez  2ml2e z  GmMT 3
ez
dt
r0
2
Les positions d’équilibre sont =0° ou 
ou = ± 90°.
Compte tenu de la symétrie du satellite on prend  =0 ou /2
Q13 : Autour de la valeur 0°, le moment est un moment de rappel, c’est donc une position
d’équilibre. Au contraire, autour de la valeur 90°, le moment devient positif et l’ écarte de la
position d’équilibre.
Pour cette valeur correspondant à une instabilité, tant que l’angle reste proche de 90°, on a :
  G M 3     
T 3
2
r0 
3
Q14 : Autour de la position d’équilibre, on a :   G M T 3  .
r0
On reconnaît l’oscillateur harmonique. On a donc   G M T
On retrouve au terme
1
près la période du satellite.
3
r03 1
3
T

2

,
d’où
GMT 3
r03
T = TS ×
1
3
. La valeur numérique de TS = 6068 s. donc T = 3503 s.
Q15 : EP (r )  
GM T m
r
Juste pour montrer qu’au premier ordre le potentiel de gravitation demeure constant.
2
l 
1 1  2l

Au second ordre 
1  cos     
r1 r0  r0
 r0  

1/ 2
2
2

1 1
l
1 l  3 l 
 1  cos        cos ²  .

r1 r0  r0
2  r0  2  r0 


2
2

1 1
l
1 l  3 l 
 1  cos        cos ² 

r2 r0  r0
2  r0  2  r0 


et
2

2GMT m  1  l 
1    (3cos ²  1) 
D’où E P ()  
 2  r0 

r0


Q16 :
Pour l’énergie cinétique dans le reférentiel géocentrique : EC = EC du centre de masse + E*( dans le
referentiel barycentrique )
l’énergie cinétique du centre de masse ECm = ½ MS v²S. C’est une constante

Dans le reférentiel barycentrique la vitesse V1* = l (  +  ) = V*2

Donc EC = mr²0  ² + m l² (  +  )²

Ep+Ec = ml² (  +  )²
2

2GMT m  1  l 
1    (3cos ²  1)  = cte

 2  r0 

r0



Par dérivation par rapport au temps
Pour  voisin de 0 :


 ( +  )+
o obtient

 ( +  )+


3GM T
 cos  sin   = 0
(r0 )3

3 ²  =0
Si on se place dans le référentiel en rotation avec la vitesse angulaire  , il faut ajouter
l’énergie potentielle des forces d’inertie
−½ m  ² ( r²1 + r²2)
Ep = - m  ²( r²0+ l²)

EC = ml²  ² on retrouve bien

ml² (  )²
2

2GMT m  1  l 
1    (3cos ²  1)  = cte

 2  r0 

r0


avec  ² = GMT/r30) soit