Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques

Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques
I30. Chute d’un haltère.
Un haltère est formé de deux boules de masses m1 et m2 reliées par une tige rigide de masse négligeable qui impose
une distance A fixe entre les centres des deux boules. Cet haltère tombe verticalement dans le champ gravitationnel
G
d’un astre de centre O et de masse M : si à la distance r de O où se trouve l’haltère le champ gravitationnel est g , la
G
tige de l’haltère et sa vitesse sont parallèles à g . Calculer la tension de la tige, en tenant compte de ce que A r .
II44. Les météorites.
Distance Terre-Soleil : rT = 1,5.1011 m ; TT = 1 an = 3,16.107 s ; masse de la Terre : MT = 6.1024 kg ; rayon de la
Terre : RT = 6,37.106 m ; constante de Cavendish : G = 6,67.10–11 N.m2.kg–2 ; vitesse de libération de la Terre
vLT = 11 km/s .
Le référentiel de Copernic (C) est constitué du centre d'inertie du système solaire et des directions des étoiles. Le
référentiel héliocentrique (H) est constitué du centre du Soleil et des directions des étoiles ; il peut approximativement
être confondu avec le référentiel de Copernic et ces deux référentiels seront considérés comme galiléens avec une
excellente approximation. Le référentiel géocentrique (G) est constitué par le centre de la Terre et les directions des
étoiles. Le référentiel terrestre (T) est le référentiel lié au corps solide Terre. La Terre tournant autour de l'axe des pôles,
un point situé à la surface de la Terre sur l'équateur a une vitesse de 0,5 km/s par rapport à (G).
1) Le mouvement de (G) par rapport à (H) est-il un mouvement de translation ou de rotation ?
2) Discuter le caractère plus ou moins galiléen de (T) et de (G).
3) Dans un référentiel galiléen, un mobile P de masse m se meut dans le champ de gravitation d'un astre O de masse
M. On considère dans ce problème O comme fixe. A quelle condition le mouvement réel de O est-il au moins 1000 fois
moins ample que le mouvement de P ?
4) P décrit un cercle de centre O et de rayon r avec la période T. Démontrer la relation reliant r, T, G et M.
5) Calculer la masse MS du Soleil et le module de la vitesse vT dans (H) de la Terre sur son orbite, supposée
circulaire, autour du Soleil.
6) Montrer que la force subie par P dérive d'une énergie potentielle et exprimer cette énergie potentielle.
7) Quel est le type des trajectoires de P selon le signe de son énergie totale E ?
8) Les météorites sont des corps qui se meuvent dans le système solaire sous l'action du Soleil sans s'en échapper.
Montrer que le rapport de la vitesse vH dans (H) d'une météorite au moment où elle passe près de la Terre, à une
distance grande devant le rayon de la Terre et de la vitesse vT de la Terre dans (H) peut varier entre l’intervalle
(0 ;1,414). A quels types de trajectoire correspondent les extrémités de cet intervalle ?
G
G
9) Quelle est la relation entre les vitesses de la météorite vH dans (H) et vG dans (G) ?
G
G
10) On porte à partir d'un point O les vecteurs vH et vG . Montrer que les extrémités de ces deux vecteurs sont dans
deux boules dont on précisera les centres et les rayons.
11) A une distance de la Terre grande devant le rayon terrestre et petite devant la distance Terre-Soleil, un mobile a
la vitesse v∞ par rapport à (G). Il vient percuter la surface terrestre. Avec quelle vitesse v dans (G) ?
12) Dans quel intervalle se trouve le module de la vitesse par rapport à (G) d’une météorite au moment où elle
percute la Terre en négligeant le freinage de l'atmosphère ?
13) Les étoiles filantes sont des météorites qui se vaporisent dans la basse atmosphère terrestre par suite de
l'échauffement dû à leur freinage par l'air. Dans quel intervalle numérique peut varier leur vitesse pour un observateur
terrestre ?
III14. Point de Lagrange L1 (mines de Douai 1975).
On se propose de déterminer le point où "l'attraction de la Lune équilibre celle de la Terre". La Terre et la Lune sont
assimilées à des points matériels T et L de masses M = 5,98.1024 kg et M' = 7,34.1022 kg et de distance fixe D = 3,84.108
m. La constante de la gravitation est G = 6,67.10–11 m3.kg–1.s–2.
1/ L'on admet qu'il existe un référentiel galiléen dans lequel la Terre et la Lune sont immobiles. Montrer qu'il n'existe
qu'une seule position dans l'espace où un point matériel P serait en équilibre. Si α = PL /TL , exprimer α en fonction
de µ = M’/M, puis calculer numériquement α.
2/ L'on considère désormais qu'il existe un repère galiléen auquel est attaché un point O tel que T et L décrivent des
cercles coplanaires de centre O et de rayons a et a', les points T, O et L restant alignés à chaque instant dans cet ordre.
a) Exprimer la vitesse angulaire, a et a' en fonction de D, µ, M et G.
b) Un point matériel P de masse m situé sur le segment TL est en équilibre relatif par rapport à ces astres : sa
trajectoire est un cercle de centre O. A quelle condition simple (suffisante, mais non nécessaire) est-on assuré qu’il ne
perturbe que peu les mouvements de T et L ?
c) En appliquant à P la loi fondamentale de la dynamique, écrire la condition d'équilibre relatif pour P sous forme
d’une relation entre G, M , M ′, D,OP, PT , PL .
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 1
1
− (1 − α)
(1 − α)2
d) Mettre cette relation sous la forme µ =
.
1
−
α
α2
e) Montrer que si α est un infiniment petit, µ est un infiniment petit équivalent à kαp (k et p constantes à déterminer).
f) Calculer numériquement α.
g) Vérifier la relation de d) sur une valeur particulière du couple µ, α, ou bien montrer que cette relation est
invariante dans une certaine transformation portant sur µ et α.
IV40. Troisième vitesse cosmique.
Constante de la gravitation G = 6, 67.10−11 SI ; masse du Soleil MS = 2.1030 kg ; masse de la Terre
MT = 6.1024 kg ; rayon de la Terre RT = 6, 4.106 m ; distance Terre-Soleil D = 1, 5.1011 m .
Le référentiel héliocentrique est défini par le centre du Soleil et les directions d’étoiles « fixes ». Il est galiléen avec
une bonne approximation.
Le référentiel géocentrique est défini comme lié au centre de la Terre et en translation par rapport au référentiel
héliocentrique. Il est approximativement galiléen si on y traite le mouvement d’un mobile proche de la Terre, à
condition de ne considérer que le champ gravitationnel créé par la Terre et de ne pas tenir compte de celui créé par le
Soleil.
G
1) Dans un référentiel galiléen, un mobile P de masse m n’est soumis qu’à la force F gravitationnelle créée par un
JJJG
G
astre sphérique fixe de centre O et de masse M . On note r = OP et ur = OP /OP . Quelle est l’énergie potentielle
associée à cette force ? Une démonstration valable que le mouvement soit rectiligne ou non sera préférée.
2) Quelle est la condition nécessaire portant sur r et sur la vitesse v du projectile pour qu’il s’écarte indéfiniment de
O ? On admettra que cette condition est suffisante.
3) Calculer, littéralement et numériquement, la vitesse vT de la Terre dans le référentiel héliocentrique.
G
4) On se place dans le référentiel géocentrique. On lance de la surface de la Terre un projectile à la vitesse v0 . A
quelle condition ce projectile s’écarte-t-il indéfiniment de la Terre ?
5) Cette condition étant remplie, quelle est la relation entre v0 et la vitesse v1 du projectile en un point P1 situé à une
distance de la Terre grande par rapport à RT et petite par rapport à D ?
G
6) On se place dans le référentiel héliocentrique. Quelle est la vitesse v1′ du projectile en P1 ?
7) A quelle condition sur v1′ le projectile s’écarte-t-il indéfiniment du Soleil ?
8) On désire lancer le plus économiquement possible un projectile de la surface de la Terre de sorte qu’il s’évade du
système solaire. Pour l’instant, on ne tient pas compte de la rotation de la Terre autour de l’axe des Pôles. Dans quelle
G
direction faut-il choisir v1 ? Exprimer et calculer numériquement sa norme.
9) Calculer, littéralement et numériquement, la vitesse minimale v0 de lancement de la Terre pour que le projectile
quitte le système solaire, cette vitesse étant calculée dans le référentiel géocentrique.
10) En réalité, le tir a lieu dans le référentiel terrestre. Comment tirer parti au mieux de la rotation de la Terre autour
de l’axe des Pôles ?
V37. Tir vers le Soleil.
Dans un référentiel galiléen, se trouvent deux points matériels, O de masse M et P de masse m négligeable devant M.
Le point O est immobile ; P se meut sur une droite passant par O ; on note x son abscisse, supposée positive, par rapport
à O.
1) Pour x > 0, exprimer la mesure algébrique de la force F subie par P en fonction de M, m, x et de la constante de
Cavendish G = 6,67.10–11 SI.
2) A l'instant t = 0, on abandonne avec une vitesse nulle le point P à l'abscisse a. Exprimer sa vitesse à un instant
quelconque t en fonction de x.
3) Exprimer t en fonction de x. On donne :
dx
x
x⎤
⎡ x
= −a 3 / 2 ⎢
+ arccos
si 0 ≤ x ≤ a : f (x ) = ∫
1−
⎥.
⎢
⎥⎦
a
a
a
1/ x − 1/ a
⎣
4) De la Terre, on lance une sonde vers le Soleil. Expliquer pourquoi il est préférable que, une fois la sonde un peu
écartée de la Terre, la vitesse de la sonde dans le référentiel géocentrique soit l'opposé de la vitesse de la Terre dans le
référentiel héliocentrique. Quelle doit être la vitesse de lancement depuis la surface terrestre ?
5) La Terre décrit un tour autour du Soleil en TT = 1 an = 365,25 jours sur une orbite de rayon rT. Exprimer la masse
du Soleil M en fonction de G, rT et TT.
6) La sonde décrit une trajectoire rectiligne si l'on néglige l'attraction qu'exerce sur elle la Terre. Que pensez-vous de
cette approximation ? Négligeons aussi le rayon du Soleil devant le rayon de l'orbite terrestre. Montrer que la durée t1 de
son voyage est égale à TT 32 . Calculer t1 en jours.
(
)
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 2
VI36. Satellites de télécommunication (d’après mines-ponts 2007 MP).
On se propose d'étudier quelques aspects du fonctionnement de satellites de télécommunication en orbite autour de la
Terre. Sauf mention contraire, on considérera que la Terre est un corps de symétrie sphérique, de masse MT , de rayon
RT = 6400 km et de centre O, immobile dans l'espace, sans rotation propre. La constante de gravitation est G = 6,67
10–11 m3.kg–1.s-–2 .
‰ 1– Un satellite de masse M S est en orbite circulaire de centre O, de rayon r0 , à une altitude h de l'ordre de
quelques centaines de kilomètres (orbite basse). Exprimer sa période de révolution Torb , sa vitesse v et sa vitesse
angulaire Ω en fonction de r0 et des constantes du problème.
‰ 2 – Soient Ec et E p l’énergie cinétique du satellite et son énergie potentielle dans le champ de gravitation de la
Terre ( E p = 0 à l’infini) ; établir le « théorème du viriel » : 2Ec + E p = 0 .
‰ 3 – A chaque position P du satellite correspond un point Q sur la Terre à
la verticale de ce point. L'ensemble des points Q définit la trace de la
trajectoire. Pour un observateur situé en Q, la durée de visibilité τ d'un
satellite est l'intervalle de temps entre son apparition sur l'horizon (point A de
la Fig. 1) et sa disparition sous l'horizon (point B). Calculer Torb / τ pour
h = 8 × 105 m . On donne arccos ( 8 / 9 ) = 27, 27° = 0, 476 rad
‰ 4 – Pour les besoins de la téléphonie mobile, on place sur des orbites
polaires (c'est-à-dire contenues dans un plan méridien terrestre, plan contenant
l’axe des Pôles) un ensemble de satellites, identiques, appelé « train de
satellites ». Ces satellites sont disposés régulièrement sur leur orbite polaire
commune, à l'altitude de 800 km. Calculer le nombre minimal de satellites
nécessaires pour former un « train » afin que tous les points au sol, dans le
Fig. 1 : Satellite P, point Q et
même plan méridien que l'orbite, voient au moins un satellite à tout instant.
ligne des horizons AB. Le plan orbital
Lors du concours, mais pas lors du DS, il avait été posé la question, trop
représenté est dit polaire (la ligne
difficile : Combien d'orbites polaires de ce type faut-il pour couvrir la surface
des pôles est N'SNS').
de la Terre, c'est à dire pour que chaque point de la surface terrestre voie au
moins un satellite à tout instant ? Combien doit-on disposer de satellites en tout ?
‰ 5 – Quels sont les avantages et les inconvénients d'un satellite géostationnaire, c’est-à-dire fixe en référentiel
terrestre, comparé au train de la question 4 ?
G
‰ 6 – La Terre est entourée d'une atmosphère qui s'oppose au mouvement du satellite. La force de frottement f a
G
G
créée par l'atmosphère est proportionnelle au carré de la vitesse v du satellite et elle s'exprime par f a = −αvv , où
α a une valeur positive, constante dans cette question. Déterminer la dimension de α . Écrire le théorème de
K
l'énergie cinétique en supposant que le théorème du viriel établi à la question 2 reste applicable en présence de f a .
Établir l'équation différentielle vérifiée par h .
‰ 7 – Un satellite de masse M S = 2000 kg placé sur une orbite d'altitude 800 km subit une diminution d'altitude
d'environ 1 m par révolution ; sa vitesse est, en norme, très peu affectée au bout d'une révolution. En déduire une
estimation au premier ordre de α (ne pas s'étonner de la petitesse extrême du résultat !).
‰ 8 – En réalité, les frottements dépendent de la densité de l'atmosphère et donc de l'altitude. Dans un certain
domaine d'altitudes, α varie selon la loi α( h ) = γ / hβ , où γ et β sont positifs. Le même satellite que celui de la
question 7 (perdant 1 mètre par révolution pour h ≈ 800 km ) perd, à l'altitude de 400 km, 2 mètres par révolution.
Calculer γ et β .
Cette loi de dépendance avec l’altitude vous paraît-elle logique ?
Réponses
2g A
I. T =
.
r ( 1/ m1 + 1/ m2 )
4π2 rT3
2πrT
r3
GM
=
M
=
= 2.1030 kg ; vT =
;
5)
= 29, 8 km/s ;
S
TT
T2
4π2
GTT2
6) E p = −GMm / r ; 7) si E < 0 , c’est une ellipse, si E = 0 , c’est une parabole, si E > 0 , c’est une branche
G
G
G
G
d’hyperbole ; 8) v → 0 : segment Terre-Soleil ; v → 2vT : parabole ; 9) vH = vG + vT ; 10) vH est dans la boule
G
G
G
2
2
de centre 0 et de rayon 2vT ; vG est dans la boule de centre −vT et de rayon 2vT ; 11) v02 = vLT
+ v∞
où vLT
est la vitesse de libération de la Terre ; 12) entre 11 km/s et 73 km/s ; 13) 0 < v < 73 km/s .
II. 1) translation ; 3) m < M /1000 ; 4)
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 3
µD
GM ( 1 + µ )
1
D
= 0,1 ; 2.a) a ′ =
; ω=
; 2.b) m M ′ 2.c)
a =
1 + 1/ µ
1+µ
1+µ
D3
GMm GM ′m
; 2.e) µ ≈ 3α 3 ; 2.f) α = 0,160 ; 2.g) si µ = 1 , α = 1/ 2 ;
−m ω2OP = −
+
PT 2
PL2
µ → 1/ µ , α → 1 − α .
III. 1) α =
GMT m
1
GMm
1
GM S
GMm
≥ 0 ; 5)
≥ 0 ; 3) vT =
; 2) mv 2 −
= 29800 m . s−1 ; 4) mv02 −
D
2
r
2
RT
r
G
G
2GMT
G
G
G
; 6) v1′ = v1 + vT ; 7) v1′ ≥= 2vT ; 8) v1 et vT parallèles et de même sens ;
v12 = v02 −
RT
IV. 1) E p = −
v1 = ( 2 − 1) vT = 12300 m. s−1 ; 9) v0 = v12 +
2GMT
= 16600 m . s−1 ; 10) tirer horizontalement dans le sens
RT
ouest-est à partir d’un point de l’Equateur.
f (x )
1 1
GMm
; 3) t = −
−
; 4) vitesse de lancement : racine de la somme
V. 1) F = − 2 ; 2) v = − 2GM
x a
2GM
x
(
)
des carrés de la vitesse de la Terre sur son orbite autour du Soleil (30 km/s) et de la vitesse de libération de la Terre (11
T
4π 2rT3
; 6) t1 = T = 65 jours .
km/s), soit 32 km/s ; 5) M =
32
GTT2
r03
GMT
GMT
T
T
=
π
;
2
; v =
; 3) orb = 6, 6 ; 4) 7 ; 40 satellites ; 6) [ α ] = ML−1 ;
orb
3
GMT
r0
τ
r0
G
(
)
G
dh
2α GMT RT + h
M S ∆h
= 3.10−12 kg . m−1 ; 8) β = 1 ;
=−
dEc = −dE p + fa ⋅ dr ;
; 7) α =
dt
MS
2 GMT r0Torb
VI. 1) Ω =
γ = 2, 5.10−6 kg ;
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 4
Corrigé
2
I.
1
m1a1 = m1g1 − T
m2a2 = m2g2 + T
a1 = a2
GM GM
− 2
g1 − g 2
GM ( r2 − r1 )( r2 + r1 )
r12
r2
T =
=
=
1
1
1
1
⎛ 1
1 ⎞⎟
+
+
+
r12r22 ⎜⎜
m1 m2
m1 m2
⎝ m1 m2 ⎠⎟
2GM A
2g A
.
r2 − r1 = A T =
=
1
1
1
1 ⎞⎟
⎛
⎞
⎛
3⎜
⎟
⎜
r ⎜
r⎜
+
+
⎝ m1 m2 ⎠⎟
⎝ m1 m2 ⎠⎟
T
T
g1 −
= g2 +
m1
m2
Or r1 r2
II.
1) (G) est en translation par rapport à (H) ; en effet, ces référentiels ont leurs axes parallèles.
2) A condition de ne pas considérer les champs gravitationnels des astres autres que la Terre, (G) est
approximativement galiléen au voisinage de la Terre.
(T) est aussi approximativement galiléen dans les mêmes conditions ; toutefois, il l’est moins que (G) ; en particulier,
G G
la force de Coriolis −2m ω ∧ v , qui existe dans (T) et non dans (G), est importante si la vitesse est grande, cas des
satellites, dont le mouvement se détermine plus facilement dans (G).
3) Il faut m < M /1000 ; en effet, les mouvements sont homothétiques dans le rapport m / M dans le référentiel du
centre de masse.
G
G GMm
2π 2
r3
GM
.
m
r
4) F = ma
=
=
2
2
T
4π2
r
T
( )
3
4π2 × ( 1, 5.1011 )
4π2rT3
=
= 2.1030 kg
5) M S =
2
GTT2
6, 67.10−11 × ( 3,16.107 )
vT =
2π × ( 1, 5.1011 )
2πrT
=
= 29, 8 km/s
TT
3,16.107
6) L’énergie potentielle est la fonction E p de la position, si cette fonction existe, dont la variation est égale à
G JJG GMm G JJG GMm
GMm
l’opposé du travail de la force : dE p = −F ⋅ dr =
. Ce qui montre que
ur ⋅ dr =
dr E p = −
2
2
r
r
r
l’énergie potentielle existe.
GMm
7) La trajectoire est une conique de foyer O. Son genre dépend de E = 21 mv 2 −
. Si E < 0 , c’est une
r
ellipse, si E = 0 , c’est une parabole, si E > 0 , c’est une branche d’hyperbole.
GMm
8) Pour que la météorite reste dans le système solaire, il faut et il suffit que dans (H) E = 21 mv 2 −
< 0 . Or
r
GM
= vT2 . Donc la condition équivaut à 0 < v < 2vT .
rT
Si v → 0 , la trajectoire tend vers le segment Terre-Soleil ; si v →
trajectoire tend vers une parabole.
9)
G
G
G
vH
=
vG
+
vT
2vT , la
vitesse absolue vitesse relative vitesse d'entrainement
G
G
G
10) vH est dans la boule de centre 0 et de rayon 2vT ; vG est dans la boule de
G
centre −vT et de rayon 2vT .
GMT m
11) Exprimons que l’énergie dans (G) 21 mv 2 −
se conserve :
r
GMT m
2
2
2
2
1
= 21 mv∞
ou v02 = vLT
+ v∞
où vLT = 11 km/s est la vitesse de
2 mv 0 −
RT
libération de la Terre.
12) D’après ce qui précède, la vitesse d’une météorite varie entre 11 km/s et
G
vG
G
−vT
G
0
2vT
sphère à l’intérieur de
laquelle doit se trouver
l’extrémité du vecteur
vitesse de la météorite
2
112 + [ ( 2 + 1 ) × 29, 8 ] = 73 km/s
13) En raison du freinage par l’air, la vitesse peut être inférieure, donc 0 < v < 73 km/s . En outre, il faut tenir
compte du mouvement de la Terre par rapport à (G), soit quelques centaines de m/s, ce qui en gros ne change rien.
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 5
III.
G
G
1) Soit FT et FL les forces exercées par la Terre et la Lune sur le mobile P . La condition d’équilibre est
G
G
G
FT + FL = 0 .
• P est sur la droite TL car les deux forces doivent avoir même direction.
• P est sur le segment TL car les deux forces doivent avoir des sens opposés.
• Les deux forces doivent avoir même module :
GMm
GM ′m
1
1
1
⎛ αD
⎞⎟2
⎜
=
⇒
µ
=
= −1 α =
= 0,1 .
⎟
2
2
⎜
⎝ (1 − α )D ⎠
µ
α
1 + 1/ µ
PT
PL
2.a) La figure montre que a + a ′ = D .
αD
La loi fondamentale de la dynamique pour la Terre et pour la Lune s’écrit
D
GMM ′
M ω2a =
D2
.
GMM ′
2
T
L
M ′ω a ′ =
O
P
D2
D
µD
D’où : Ma = M ′a ′ ⇒ a ′ =
; ces formules signifient
a =
a
1+µ
1+µ
a'
que O est le centre de masse de la Terre et de la Lune.
GM ( 1 + µ )
GM
ω=
=
2
a ′D
D3
2.b) Si m M ′ , ce qui est le cas normalement.
D
2.c) Comptons positivement OP = OL + LP =
− αD de la Terre vers la Lune, ce qui évite d’avoir à
1+µ
distinguer deux cas selon que P est entre O et L ou entre O et T.
GMm GM ′m
−m ω2OP = −
+
.
PT 2
PL2
2.d)
⎞
GM ( 1 + µ ) ⎛ D
GM
GM ′
⎜
−
− αD ⎟⎟⎟ = −
+ 2 2
3
2
2
⎜
⎝
⎠
1+µ
(1 − α ) D
D
α D
1
µ
−1 + ( 1 + µ ) α = −
+ 2
( 1 − α )2
α
1
− (1 − α )
( 1 − α )2
µ=
1
−α
α2
1 + 2α − ( 1 − α )
2.e) Si α est un infiniment petit, µ ≈
= 3α 3 .
1
α2
µ 1/ 3
2.f) α =
= 0,160 . La résolution numérique avec une calculatrice de l’équation de d) donne α = 0,151 .
3
2.g) – Si µ = 1 , α = 1/ 2 : la position d’équilibre est en O.
– La formule est invariante dans la transformation µ → 1/ µ , α → 1 − α , qui revient à échanger les rôles de
( )
T et L.
IV.
G
G G GMm G
G GMm
GMm G
GMm
1) F = − 2 ur dE p = −F ⋅ dr =
.
ur ⋅ dr =
dr
Ep = −
2
2
r
r
r
r
2) La conservation de l’énergie entre la position courante et une position très éloignée, où la vitesse du projectile est
1
GMm
1 2
= mv∞
v∞ , s’écrit : E = mv 2 −
. Comme l’énergie cinétique est positive ou nulle, une condition nécessaire
2
r
2
GMm
1
≥ 0 . Le cours sur les mouvements dans un champ newtonien selon une
pour parvenir à l’infini est mv 2 −
r
2
conique montre que cette condition est suffisante.
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 6
3) Appliquons la loi fondamentale de la dynamique à la Terre :
GM S MT
v2
GM S
= MT T ⇒ vT =
=
2
D
D
D
4)
6, 67.10−11 × 2.1030
= 29800 m . s−1 .
11
1, 5.10
1 2 GMT m
mv0 −
≥0 .
2
RT
GMT m
2GMT
1
1
⇒ v12 = v02 −
.
mv12 = mv02 −
RT
RT
2
2
G
G
G
G
G
G
6) va = vr + ve montre que v1′ = v1 + vT .
5)
GM S m
2GM S
1
mv1′2 −
≥ 0 ⇒ v1′ ≥
⇒ v1′ ≥= 2vT .
2
D
D
G
G
8) Il faut choisir v1 et vT parallèles et de même sens si on souhaite la vitesse v0 de lancement la plus petite possible,
c’est-à-dire v1 le plus petit possible pour v1′ donné ;
7)
v1 + vT = 2vT
9) v0 = v12 +
v1 = ( 2 − 1) vT = ( 2 − 1) × 29800 = 12300 m .s−1 .
2GMT
2 × 6, 67.10−11 × 6.1024
= 123002 +
= 16600 m . s−1 .
RT
6, 37.106
10) Pour profiter de l’élan donné par le mouvement propre de la Terre, il faut tirer horizontalement dans le sens
ouest-est à partir d’un point de l’Equateur. En pratique, le freinage par l’air atmosphérique rend plus difficile de définir
précisément l’optimum.
V.
1) F = −
GMm
.
x2
2) L’énergie se conserve : 21 mv 2 −
(
)
GMm
GMm
1 1
=−
⇒ v = − 2GM
−
.
x
a
x a
[ f (x )]ax
f (x )
dx
=
−
= t =−
.
∫a 2GM (1/ x − 1/ a )
2GM
2GM
4) Dans le référentiel héliocentrique, la vitesse initiale de la sonde doit être nulle ou parallèle à la droite qui la joint
au Soleil, sinon la trajectoire serait une ellipse dont le Soleil occuperait un des foyers et ne passerait pas par le Soleil ;
une vitesse initiale nulle est plus économique, c’est-à-dire nécessite une vitesse de lancement moins élevée.
Il faut donc lancer la sonde de sorte que sa vitesse par rapport à la Terre soit l'opposé de la vitesse de celle-ci dans
son mouvement autour du Soleil ; la vitesse de lancement depuis la surface terrestre est la racine de la somme des carrés
de la vitesse de la Terre sur son orbite autour du Soleil (30 km/s) et de la vitesse de libération de la Terre (11 km/s), soit
32 km/s ; en pratique, cette vitesse est trop élevée pour pouvoir être obtenue avec les fusées actuelles ; les sondes tirées
vers le Soleil sont lancées à vitesse plus faible et accélérées par des passages à proximité d’autres planètes comme
Vénus ou Mercure.
GMMT
4π 2
4π 2rT3
.
5) Appliquons la loi fondamentale de la dynamique à la Terre :
=
M
r
⇒
M
=
T
T
rT2
TT2
GTT2
3) v =
dx
⇒t =
dt
x
−
6) La masse de la Terre étant petite par rapport à celle du Soleil, on peut négliger l’action de la Terre sur la sonde dès
f (0)a =rT
π
rT3
T
qu’elle s’est un peu écartée de la Terre : t1 = −
=
= T = 65 jours .
2 3
2 2
32
2GM
2 × 4π rT /TT
On peut aussi calculer cette durée en remarquant que le trajet de la sonde est la limite d’une demi ellipse de foyer le
Soleil quand cette ellipse s’aplatit sur le segment Terre-Soleil, donc que cette durée est la demi période du mouvement
sur cette ellipse. Or la troisième loi de Kepler affirme que pour les satellites d’un même astre le cube du grand axe est
proportionnel au carré de la période ; le rapport de la période de la Terre, qui décrit une orbite de grand axe 2rT , à la
période de cette ellipse, de grand axe rT , est
23 . Donc t1 = TT / ( 2 23 ) = TT / 32 .
VI.
GMT M S
= M S Ω2r0 ⇒ Ω =
r02
1
GMT M S
.
‰ 2 – Ec = M S v 2 =
2
2r0
‰1–
2π
r03
GMT
= 2π
; Torb =
; v = Ωr0 =
3
Ω
GMT
r0
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 7
GMT
.
r0
GMT M S
GMT M S
.
dr = −
2
r
r
D’où 2Ec + E p = 0 .
E p = −∫ Fdr =
‰ 3 – cos ϕ =
‰4–
∫
OQ
R
8
T
2πr0
2π
180
=
=
= 6, 6 .
= T ; si h = 800 km , ϕ = arccos = 27, 27° ; orb =
p
OA
r0
9
τ
2ϕ
27, 27
AB
ϕ = arccos
6,4
T π
180
= 27,27° . D’où = =
= 6,6 . Il faut un train de 7 satellites pour couvrir un
τ ϕ 27,27
7,2
méridien. Nous supposerons ces 7 satellites équidistants.
Cherchons à couvrir la surface de la Terre par plusieurs trains de tels satellites.
Préliminaire : distance angulaire entre deux points d’une sphère.
Soit deux points A1 et A2 d’une sphère de centre O . Exprimons l’angle θ = (OA1,OA2 ) en fonction des latitudes λ1
et λ2 et des longitudes L1 et L2 de A1 et A2 .
JJJJG
OA1
G
G
G
= cos λ1 cos L1ux + cos λ1 sin L1uy + sin λ1uz
OA1
JJJJG
OA2
G
G
G
= cos λ2 cos L2ux + cos λ2 sin L2uy + sin λ2uz
OA2
JJJJG JJJJG
OA1 OA2
cos θ =
⋅
OA1
OA2
D’où :
cos θ = cos λ1 cos λ2 cos (L1 − L2 ) + sin λ1 sin λ2
E’P
E1
E2
E3
E4 EP
.Solution qualitative du problème de couvrir toute la Terre.
Soit P orbites polaires, chacune comportant N satellites équidistants. L’orbite de rang n coupe l’Equateur en deux
points, notés En , où la vitesse des satellites est dirigée vers le nord, et En′ , où la vitesse des satellites est dirigée vers
le sud. Il est raisonnable de postuler que ces points se succèdent sur l’Equateur dans l’ordre
E1, E2 , E 3 ,..., EP , E1′, E2′ , E 3′ ,..., EP′ et que E1, E2 , E 3 ,..., EP sont équidistants. Soit α = (OEP′ ,OE1 ) et
β = (OE1,OE2 ) .
Détermination de la valeur maximale de α.
Exprimons que tout point d’un fuseau compris entre les orbites P et 1 reste à tout instant en vue d’un satellite. Comme
on cherche à ce que β soit le plus grand possible, le satellite en question est probablement l’un de ceux des deux
orbites de rangs P et 1 . Le point le plus éloigné des orbites est le milieu I de EP′ E1 ; il est le plus éloigné des
satellites quand il est au centre d’un rectangle sphérique dont les sommets ABCD sont occupés par quatre satellites de
latitudes ±π / N , deux sur l’orbite de rang 1 , deux sur l’orbite de rang P (comme les deux orbites sont parcourues en
sens contraire, le quadrilatère ABCD se déforme au cours du temps) ; I est hors de vue des satellites si N < 7 , car
alors les cercles de visibilité des satellites ne recouvrent pas le rectangle ; il est en vue des satellites si :
8
π
α
= cos ϕ < cos (OI ,OA) = cos cos
9
2
N
cos ϕ
D’où N ≥ 7 et α < αmax = 2 arccos
cos (π / N )
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 8
Détermination de la valeur maximale de β.
B
Equateur
A
I
C
Exprimons que tout point d’un fuseau compris entre les orbites 1 et 2 reste à tout instant en vue d’un satellite. A un
instant donné, la couverture la plus efficace suppose que chaque satellite A d’une orbite ait même latitude que le milieu
o
M de l’arc BC joignant deux satellites consécutifs de l’autre orbite (figure). Comme, contrairement au cas précédent,
les satellites se meuvent dans le même sens, cette configuration se maintient au cours du temps. C’est sur l’Equateur
que le fuseau à couvrir est le plus large : la valeur maximale de β correspond à (OI ,OA) = (OI ,OB ) = ϕ dans la
figure :
cos ϕ = cos (OI ,OB ) = cos (π / N ) cos (β − ϕ)
cos ϕ
β < βmax = ϕ + arccos
cos (π / N )
Discussion du nombre de satellites.
π = (OEP′ ,OEP ) = α + (P − 1) β
π−α
P = 1+
β
Comme P (α) et P (β ) sont des fonctions décroissantes et comme α et β sont bornés supérieurement,
cos ϕ
π − 2 arccos
cos (π / N )
P > Pmin = 1 +
cos ϕ
ϕ + arccos
cos (π / N )
7
8
9
10
N
Pmin 5,40 4,44 4,08 3,88
On peut donc couvrir toute la Terre avec 6 orbites de chacune 7 satellites, 5 orbites de chacune 8 satellites ou 4 orbites
de chacune 10 satellites. Il faut au moins 40 satellites.
‰ 5 – Un satellite géostationnaire est dans une position fixe. C’est un avantage, car on peut braquer les
antennes dans une direction fixe. Au contraire, avec un train de satellite, il faut envoyer ou recevoir les ondes dans
toutes les directions et en outre il faut fréquemment changer de satellite, ce qui est un inconvénient.
Il suffit de trois satellites géostationnaires pour couvrir la plus grande partie de la Terre ; par contre, on ne peut
pas couvrir les deux régions polaires.
Un satellite géostationnaire est dans le plan de l’Equateur, beaucoup plus loin (36 000 km) de la Terre que le
train de satellites ; la puissance émise est plus grande et le coût de lancement est plus élevé.
L’aller et retour du signal de la Terre à un satellite géostationnaire prend environ 0,2 s, ce qui est un petit
handicap dans les télécommunications.
[F ]
MLT −2
‰ 6 – [α ] =
=
= ML−1 .
[ v ]2
L2T −2
G
Le satellite est soumis à l’attraction de la Terre Fgrav qui dérive de l’énergie potentielle E p et à la force non
G
G
G
G
G
G
conservative fa : dEc = ( Fgrav + fa ) ⋅ dr = −dE p + fa ⋅ dr . Compte tenu de 2Ec + E p = 0 , on peut obtenir
une équation différentielle portant sur v ( t ) :
G
G d 1
dv
αv 2
dEc = −fa ⋅ dr
M S v 2 = αv 3
=
dt 2
dt
MS
(
)
αt
=
MS
dv
∫ v2
=
1
1
−
v0 v
αt GMT
=
MS
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 9
r0 − r ;
ou sur h ( t ) :
GMT
d
GMT M S
GMT
v =
dE p = −2αv 2vdt
−
= −2α
r
dt
r
r
(
)
dr
dh
2α GMT r
2α GMT RT + h
=−
=−
dt
MS
dt
MS
(
)
(
)
3/2
‰ 7 – En faisant dans l’équation différentielle précédente les substitutions dh → −∆h = −1 m et
r03
M S ∆h
M ∆h
2.103
dt → Torb = 2π
= S 2 =
= 3.10−12 kg . m−1 .
, on obtient α =
6 )2
GMT
2 GMT r0Torb
4πr0
(
4π × 7, 2.10
‰ 8 – Quand on divise h par 2, ∆h est multiplié par 2 et les autres facteurs varient peu, donc β = 1 ;
γ = h α ( h ) = 2, 5.10−6 kg .
A basse altitude α décroît avec l’altitude z comme la densité de l’air, soit comme exp ( −z / H ) ; on ne voit
pas de raison théorique pour la loi de décroissance proposée, qui paraît une loi empirique ; cette loi est bien
conforme à l’idée que le freinage diminue avec l’altitude ; elle en peut être valable dans l’atmosphère.
Mouvements dans un champ newtonien sans utiliser les coniques, page 10