corrigé

TD4 - Orbites
CORRIG ´ E
A - ´ El´ements orbitaux
Un satellite artificiel tourne autour de la Terre (consid´er´ee sph´erique de rayon R⊕et de masse M⊕) en 5h
6mn 47s. Son orbite a une excentricit´e de e = 0,1725 et une inclinaison de i = 29˚34’23”. On suppose que
son mouvement est k´eplerien.
1. Calculer le demi grand axe de l’orbite du satellite, sa hauteur au-dessus de la surface terrestre `a son
p´erig´ee et `a son apog´ee.
Solution: D’apr`es la troisi`eme loi de Kepler on a :
a3
T2=GM⊕ 4π2
⇒a=GM⊕
4π2T21/3
soit a'15066 km.
La distance du satellite au centre de la Terre est donn´ee par
r=p
1 + ecos f
Avec ple param`etre focal tel que
a=p
1−e2⇒p=a(1 −e2)
et erepr´esente l’excentricit´e de l’orbite et f son anomalie vraie. Pour avoir la distance `a la surface
de la Terre, il suffit de retrancher le rayon de la Terre `a cette expression.
Au p´erig´ee, f= 0 d’o`u Rp'6089 km.
`
A l’apog´ee, f=πd’o`u Rp'11287 km.
2. Calculer les vitesses maximale et minimale du satellite. Quelle vitesse suppl´ementaire minimale faudrait-il
lui imprimer `a son apog´ee pour qu’il quitte la Terre d´efinitivement ?
Solution: D’apr`es les ´equations du mouvement
v=sGM⊕2
r−1 a
Au p´erig´ee, la vitesse est donc maximale et vmax '6122 m.s−1.
`
A l’apog´ee, la vitesse est minimale et vmin '4321 m.s−1.

Si on ´ecrit l’´energie totale du syst`eme
E=1
2µv2−Gµm r
avec µ=M⊕msat
M⊕+msat la masse r´eduite et m=M⊕+msat 'M⊕. En tenant compte de la conservation
du moment cin´etique on trouve
1
2˙r2+h2 r2−Gm r=E µ
avec h2=|~r ∧~v|2=r2(v2−˙r2) or, `a l’apog´ee ˙r= 0 d’o`u h2
a=r2 av2 a. Le satellite quitte la Terre
lorsque sa vitesse est telle que E= 0. On en d´eduit la vitesse de lib´eration.
v2
l
2−GM⊕ ra
= 0
⇒vl=r2GM⊕
ra
d’o`u vl'6717 m.s−1, il manque donc au minimu v=vl−va= 2396 m.s−1.
3. Le noeud ascendant de l’orbite coincidant avec le p´erig´ee, quelle est la hauteur maximale du satellite
au-dessus du plan de l’´equateur c´eleste ? Qu’en d´eduisez vous sur la visibilit´e du satellite du pˆole nord
terrestre ? Du pˆole sud terrestre ?
Solution: Le satellite passe au noeud ascendant au p´erig´ee. En faisant correspondre l’axe de
r´ef´erence (O,X) avec ce noeud on a Ω = 0 et ω= 0 o`u Ω est la longitude du noeud ascendant
et ωl’argument du p´erig´ee. La hauteur du satellite au dessus de l’´equateur est donc donn´e par
z=rsin isin(ω+f) = rsin isin f
or, ra(1−e2)
1+ecos f, d’o`u z=a(1 −e2)sin f 1+ecos fsin i. La hauteur maximale est ensuite donn´ee par la valeur
de fqui annule la d´eriv´ee dz
df . Cette condition est r´ealis´ee lorsque cos f=−eet sin f=√1−e2. on
en d´eduit la hauteur maximale :
zmax '7218 km.
Comme zmax > R⊕, le satellite sera visible du pˆole nord. Par sym´etrie ce sera aussi le cas au pˆole
sud.
B - Orbite de transfert de Hohmann
On consid`ere un satellite artificiel dont la trajectoire est circulaire de rayon r1=a. On veut transf´erer ce
satellite sur une autre orbite circulaire, dans le mˆeme plan, de rayon r2=a+ ∆a. Le transfert de Hohmann
est une trajectoire permettant de passer de la premi`ere orbite circulaire `a la deuxi`eme en utilisant unique-
ment deux manœuvres impulsionnelles, et consommant le moins d’´energie possible. On applique d’abord un
changement de vitesse ∆v1tangentiellement `a la trajectoire circulaire pour changer l’orbite en une ellipse de
p´erig´ee r1et d’apog´ee r2.` A l’apog´ee, on applique un changement de vitesse ∆v2, toujours tangentiellement
`a l’orbite, pour circulariser l’orbite `a un rayon r2.
1. Calculer le changement de vitesse total ∆v= ∆v1+ ∆v2n´ecessaire pour transf´erer le satellite de la
premi`ere orbite circulaire `a la deuxi`eme.
Page 2

Solution: Les vitesse orbitale des deux orbites circulaires sont donn´ees par
v1=qGM⊕
r1=qGM⊕ a
v2=qGM⊕
r2=qGM⊕ a+∆a
L’ellipse de transfert a un demi grand axe qui vaut
at=1
2(r1+r2) = a+∆a 2.
La vitesse du satellite au p´erig´ee est
vp=sGM⊕2
r1−1 at
=sGM⊕2
r1−2 r1+r2
=rGM⊕
at
r2
r1
et celle `a l’apog´ee est
va=sGM⊕2
r2−1 at
=sGM⊕2
r2−2 r1+r2
=rGM⊕
at
r1
r2
.
Pour faire passer le satellite de l’orbite circulaire 1 vers l’orbite elliptique, il faut changer sa vitesse
de
∆v1=vp−v1
Pour circulariser l’orbite, il faut ensuite changer la vitesse de
∆v1=v2−va
2. Faire un d´eveloppement limit´e du r´esultat en supposant ∆aaet d´emontrer que, au premier ordre, le
changement de vitesse total est ´egal `a la diff´erence des vitesses orbitales.
Solution: On a
∆v=sGM⊕
a+∆a
2
a+ ∆a
a−rGM⊕ a+rGM⊕ a+ ∆a−sGM⊕
a+∆a
2
a
a+ ∆a.
Lorsque ∆a << a on trouve alors ∆v→v2−v1
3. V´erifier la justesse de l’approximation dans le cas d’une manœuvre consistant `a modifier l’altitude d’un
satellite de 750 `a 775 km.
Page 3

Solution: Avec r1= 750 km et r1= 775 km on trouve v1−v2'13 m.s−1.
Avec l’expression totale, on trouve le mˆeme r´esultat.
Annexe - Valeurs num´eriques utiles
– Rayon terrestre : R⊕'6378 km
– Masse de la Terre : GM⊕'3.985.1014 m3.s−2
Page 4