2016-2017 Série N° 4 : Force centrale 1 PC

Exercice N°1 : De la Terre à la Lune : Une odyssée problématique de l’espace

Certaines affirmations des œuvres de Jules VERNE traduisent de façon romanesque des données
scientifiques, ou des hypothèses d’une grande modernité. Dans cette épreuve, on s’intéresse à
quelques- unes des péripéties du roman De la Terre à la Lune où, à l’initiative de son président
BARBICANE, se forge et se réalise au sein du Gun Club de Baltimore le projet d’envoyer un objet sur
la Lune, à l’aide d’un canon.
Dans ce problème, exprimer signifie donner l’expression littérale et calculer signifie donner la
valeur numérique.
Dans tout le problème, on néglige la rotation propre de la Terre et celle de la Lune. La Lune est
supposée suivre une orbite circulaire autour du centre de la Terre.
Principales notations et valeurs numériques (voir d’autres valeurs en fin d’énoncé)
Rayon de l’orbite de la Lune autour du centre de la Terre d = 384 000 km
Intensité du champ de pesanteur terrestre g = 9.81 ms-2
Constante de gravitation G = 6.67 10-11Nm-2kg-2.
Masse de la Terre MT = 5.97 1024 kg.
masse de la Lune m = 0.0735 1024 kg
rayon de la Terre RT = 6400 km
rayon de la Lune r = 1736.6 km
2 ⁄ ⁄
on adoptera la valeur 𝜀 = 𝑚 𝑀𝑇 = 1 81

Dans la suite du problème, on pourra introduire les périodes de révolution TT(l) dans le champ
gravitationnel de la Terre, à la distance l du centre de la Terre et TL(z) période de révolution dans le
champ gravitationnel de la Lune, à la distance z du centre de la Lune.

1 – a) Exprimer g en fonction de G, MT et RT.

b) Exprimer TT(d), période du mouvement lunaire autour de la Terre en fonction de G, MT et d, puis
en fonction de g, RT et RT d. Calculer TT(d)
En négligeant la gravitation lunaire
Dans cette partie, on néglige l’attraction lunaire. Un boulet de masse  est envoyé de la surface
terrestre vers l’espace. On note x sa distance au centre de la Terre et 𝑣 = 𝑑𝑥 ⁄𝑑𝑡 sa vitesse1. Le boulet
est lancé à la verticale ; on suppose la trajectoire rectiligne et le boulet soumis uniquement à
l'attraction terrestre.
2 – Exprimer l’énergie mécanique totale du boulet en fonction de g, x et RT.
3 – Exprimer et calculer en fonction de g et de RT la vitesse de libération 𝑣0→∞ ,vitesse initiale
minimale nécessaire pour atteindre l’infini.
4 – Exprimer et calculer en fonction de g, RT et D la vitesse initiale minimale 𝑣0→𝐷 nécessaire pour
atteindre un point D situé à la distance D du centre de la Terre. Vérifier le résultat pour D = RT et pour
D infini.
Quelques données supplémentaires (à confronter, éventuellement, à vos résultats) :

𝑣∞ (km/s) Période orbitale (jour) Période rotation (jour) Excentricité d’orbite

Terre 11.2 365.25 1 0.016
Lune 2.38 27.32 27.32 0.055

1/4
Exercice N°2 : Satellite de Télécommunication sur orbite Circulaire
On se propose d'étudier quelques aspects du fonctionnement de satellites de télécommunication en
orbite autour de la Terre. On considère que la Terre est une sphère homogène de rayon RT et de centre
O, immobile dans l’espace, sans rotation propre.
constante de gravitation G = 6,67 10-11 m3.kg-1.s-2 rayon de la Terre RT = 6400 km
masse de la Terre MT = 6,0 1024 kg masse du satellite MS = 2,0 103 kg.

1 – Un satellite de masse MS est en orbite circulaire de centre O, à une altitude h de l’ordre de

quelques centaines de kilomètres (orbite basse).
a) Établir la relation entre la période de révolution T et h.
b) Exprimer de même la relation entre la vitesse 𝑣 = ‖𝑣⃗‖et h.
2 – Soient Ec et Ep l’énergie cinétique du satellite et son énergie potentielle dans le champ de
gravitation de la Terre; établir le « théorème du viriel » : 2Ec + Ep = 0
3 – À 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  d’un satellite est l’intervalle de temps entre son apparition sur l’horizon (point A) et sa
disparition sous l’horizon (point B).
a) Exprimer  en fonction de h, G, TM et TR.
b) Calculer  pour h = 8105 m.
c) Calculer T /.

Fig. 1 : Satellite P, point Q et ligne des horizons AB. Le plan orbital représenté est dit polaire (la ligne des
pôles est N’SNS’). L’angle est dit ancillaire.
4 – Pour les besoins de téléphonie mobile, on place sur des orbites polaires (c’est-à-dire contenues
dans un plan méridien terrestre) 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.
a) Calculer le nombre minimal de satellites nécessaires pour former un « train » afin que tous les
points au sol, dans le même plan méridien que l’orbite, voient au moins un satellite à tout instant.
b) Combien d’orbites polaires de ce type faut-il pour couvrir la surface de la Terre, c'est-à-dire pour
que chaque point de la surface terrestre voie au moins un satellite à tout instant ?
c) Combien doit-on disposer de satellites en tout ?
5 – Dans cette question, on prend en compte la rotation de la Terre.
a) Calculer la période et l’altitude d’un satellite placé sur orbite géostationnaire.
b) La notion de durée de visibilité garde-t-elle, dans ce cas, un sens ?
c) Quels sont les avantages et les inconvénients d'un satellite géostationnaire comparé au train de la
question 4 ?

2/4
6 – La Terre est entourée d’une atmosphère qui s’oppose au mouvement du satellite. La force de
𝒇créée par l’atmosphère est proportionnelle au carré de la vitesse v du satellite et elle
frottement ⃗⃗
s’exprime par 𝒇⃗⃗ = −𝛼𝑀𝑆 𝑣𝒗 ⃗⃗ ; où  a une valeur positive, constante dans cette question.
a) Déterminer la dimension de 
bÉcrire le théorème de l’énergie cinétique en supposant que le théorème du viriel établi à la question
2 reste applicable en présence de 𝒇⃗⃗.
c) Établir l’équation différentielle vérifiée par h.
7 – Un satellite 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.
a) En déduire une estimation au premier ordre de  (ne pas s’étonner de la petitesse extrême du
résultat !).
b) Calculer, avec la même approximation, ce qu’il advient de l’altitude au bout de 10 ans de
fonctionnement du satellite.
c)Le fait d’avoir une augmentation de la vitesse en présence d’une force opposée au mouvement est-il
paradoxal ?

Exercice N°3 : Vaisseau spatial dans un champ newtonien

On considère un vaisseau supposé ponctuel de masse m, mobile par rapport à un astre de masse M de
centre O et de rayon R. Le champ de gravitation de cet astre est à symétrie sphérique. La constante de
gravitation est notée G. La distance entre le vaisseau et le centre de l’astre est r, r > R. On se placera
dans le référentiel (supposé galiléen) lié à l’astre. Sauf mention contraire, le moteur fusée est éteint,
c’est-à-dire que le vaisseau est en vol balistique.
1 - Montrer que le moment cinétique 𝑳 ⃗⃗⃗⃗⃗𝟎 (calculé en O) du vaisseau est une constante du mouvement.
2 - Cette constance de ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑳𝟎 a deux conséquences sur la trajectoire du vaisseau : lesquelles ?
3 - Déterminer le champ gravitationnel g (P) créé par l’astre en un point P extérieur à l’astre à la
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.
distance r de O en fonction de G, M , r et du vecteur 𝑶𝑷
4 - En déduire l’énergie potentielle Ep du vaisseau en fonction de G, M, m et r en la choisissant nulle à
l’infini.
5 - Dans le cas d’une orbite circulaire de rayon r0, exprimer l’énergie mécanique Em du vaisseau et sa
période de révolution Trev en fonction de G, M, r0 et, si nécessaire, m. Commenter le signe de Em.
6 - Dans le cas où l’astre est notre Terre, on considère une masse de 1 kg, initialement au repos à la
surface de la Terre (rayon RT = 6400 km), puis placée sur une orbite circulaire de rayon r0 = 7000 km.
En prenant g0 l’intensité du champ gravitationnel terrestre, au niveau du sol, égale à 10 ms-2, évaluer
numériquement la différence d’énergie mécanique Em entre ces deux états.
On peut montrer que la trajectoire d’un vaisseau (moteur coupé) dans le champ gravitationnel de
l’astre est une conique, d’équation polaire :
𝑝
𝑟=
1 + 𝑒 cos 𝜃
où e est l’excentricité de la conique et p le paramètre. On se limitera ici au cas où la trajectoire est
fermée, donc elliptique.
7 - Dessiner l’allure de la trajectoire du satellite en plaçant l’astre attracteur, l’apogée et le périgée.
Exprimer le demi-grand axe a de l’ellipse en fonction de e et p.
8 - Donner la relation entre la période orbitale Torb, le demi-grand axe a, G et M (troisième loi de
Kepler).
9 - Supposons qu’à la distance r0 du centre de l’astre, la norme v de la vitesse d’un vaisseau soit la
même que pour une orbite circulaire mais que l’angle  entre le support du vecteur vitesse et la

3/4
tangente au cercle de centre O et de rayon r0 appartienne à ]0, /2[. Déterminer en fonction de r0 et 
les caractéristiques de la trajectoire de ce vaisseau : sa nature, le demi-grand axe a, les distances rA du
centre O à l’apogée et rP du centre O au périgée, l’excentricité e, le paramètre p.

Vitesse de libération
10 - Le vaisseau est initialement sur une orbite circulaire de rayon r0 décrite à la vitesse V0. On allume
le moteur pendant un temps court, de sorte que la vitesse varie mais pas la distance au centre de
l’astre.
Évaluer la vitesse V1 qu’il faut communiquer au vaisseau pour qu’il échappe au champ gravitationnel
de l’astre en fonction de G, M et r0.
11 - Le commandant de bord dispose en fait d’un « budget de vitesse » V égal à 4V0; cela signifie
que la quantité de carburant disponible lui permet de faire varier la vitesse du vaisseau, en une ou
plusieurs fois, pourvu que la somme des valeurs absolues des variations de vitesses n’excède pas 4V0.
a) option 1 : le commandant utilise tout son budget d’un seul coup en amenant sa vitesse initiale à 5
V0. Évaluer sa vitesse finale (« à l’infini »), en fonction de V0.
b) option 2 : on utilise un huitième du budget pour ralentir le vaisseau de V0 à V0/2 en un temps très
court devant la période, le vecteur vitesse gardant la même direction. Décrire la nouvelle trajectoire :
le demi-grand axe a, les rA du centre O à l’apogée et rP du centre O au périgée, les normes des vitesses
VA et VP à l’apogée et au périgée en fonction de r0.
Quelle condition doit vérifier rP ?
12) On utilise ensuite le reste du « budget vitesse » au passage au périgée pour augmenter au
maximum la vitesse du vaisseau.
Justifier la nature de la nouvelle trajectoire et déterminer la nouvelle vitesse finale (« à l’infini »), en
fonction de V0.
13) Comparer les deux options, et commenter.

4/4
 Solution
Exercice N°1
1. a) On néglige la rotation propre de la Terre donc le poids μg d’un objet de masse μ à la surface de la
𝑴 𝝁 𝑴
Terre est la force gravitationnelle terrestre : ⃗𝑭⃗ = −𝑮 𝑻𝟐 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝒖𝒓 = 𝛍𝐠⃗⃗ → 𝒈⃗⃗⃗ = −𝑮 𝑻𝟐 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝒖𝒓
𝑹𝑻 𝑹𝑻
On peut vérifier numériquement. Avec les données de l’énoncé, on trouve : 𝒈 = 𝟗. 𝟕𝟗 𝒎𝒔−𝟐
b) La Lune suit une orbite circulaire de rayon d autour de la Terre. Son accélération radiale vaut, par
conséquent,
𝑣2
⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑢 = −𝜔2 𝑑𝑢
𝑎𝑟 = − ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗𝑟
𝑑 𝑟
La relation fondamentale de la dynamique appliquée à la Lune de masse m donne alors :
𝑣2 𝑴𝑻 𝑴𝑻 𝑴𝑻 𝟐𝝅
𝑚𝑎
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 = −𝑚 𝑢𝑟 = −𝑚𝜔2 𝑑𝑢
⃗⃗⃗⃗⃗ 𝒖𝒓 → 𝜔2 = 𝑮 𝟑 → 𝜔 = √𝑮 𝟑 =
⃗⃗⃗⃗⃗𝑟 = −𝑚𝑮 𝟐 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑 𝒅 𝒅 𝒅 𝑻𝑻 (𝒅)

𝒅𝟑
𝑻𝑻 (𝒅) = 𝟐𝝅√
𝑮𝑴𝑻
Comme
𝑴𝑻 𝟐
𝒅𝟑
𝒈= 𝑮 → 𝑮𝑴 𝑻 = 𝒈𝑹 𝑻 → 𝑻 𝑻 (𝒅) = 𝟐𝝅√ = 𝟐. 𝟑𝟕 𝟏𝟎𝟔 𝒔 ≅ 𝟐𝟕. 𝟒 𝒋𝒐𝒖𝒓𝒔
𝑹𝑻 𝟐 𝒈𝑹𝟐𝑻
Application numérique : TT(d) = 27,39 jours à comparer aux 27,42 jours donnés en fin d’énoncé (0,3%
d’écart).
Ce résultat est en accord avec la valeur de 27, 32 jours donnée par l’énoncé, l’hypothèse d’une orbite
lunaire circulaire étant justifiée par la faible excentricité de sa trajectoire réelle (e = 0, 055).
Par ailleurs, on peut noter que l’on retrouve la loi de Kepler, à savoir T 2/a3 = Cte où a est le demi-
grand axe de l’orbite considérée (ici, d = a).

En négligeant la gravitation lunaire

2) L’énergie mécanique E du boulet de masse μ se décompose en énergie cinétique et énergie
potentielle d’interaction terrestre, et s’écrit donc dans le référentiel géocentrique :
1 𝑑𝑥 2 𝑀𝑇 1 𝑑𝑥 2 𝑅𝑇 2
𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 = 𝜇 ( ) − 𝜇𝐺 = 𝜇 ( ) − 𝜇𝑔
2 𝑑𝑡 𝑥 2 𝑑𝑡 𝑥

3) En l’absence de forces extérieures et intérieures non conservatives, l’énergie mécanique du boulet

se conserve. En particulier, entre les situations x = RT et x tendant vers l’infini :
1
𝐸𝑚 ( 𝑅𝑇 ) = 𝐸𝑚 (∞) = 𝐸𝑐 (∞) + 𝐸𝑝 (∞) = 𝐸𝑐 (∞) = 𝜇(𝑣∞ )2
2
puisque l’énergie potentielle est nulle à l’infini par convention. Supposons que l’on communique la
vitesse v(RT) au boulet au niveau de la surface terrestre, en x = RT ; alors la conservation de l’énergie
1 1
mécanique donne : 2 𝜇(𝑣∞ )2 = 2 𝜇(𝑣0 )2 − 𝜇𝑔𝑅𝑇
En notant v0 la vitesse initiale du boulet. Pour atteindre l’infini, il faut que la vitesse soit non nulle
pour 𝑥 → ∞. c’est-à-dire que l’énergie mécanique totale du boulet soit positive ce qui impose,
𝑣0→∞ ≥ 𝑣∞
Si le boulet atteint l’infini avec une vitesse nulle et comme l’énergie cinétique est nécessairement
positive ou nulle, on en déduit :
𝑣0→∞ = √2𝑔𝑅𝑇 = 11.19 𝑘𝑚 𝑠 −1 ≥ 𝑣∞
La vitesse de libération correspond à une vitesse du boulet nulle à l’infini et sa valeur est en accord
avec celle donnée par l’énoncé.
4) Dans le référentiel géocentrique, la conservation de l’énergie mécanique du boulet entre x = RT et
x = D s’écrit :

5/4
 1 1 𝑅𝑇 2
𝐸𝑚 ( 𝑅𝑇 ) = 𝐸𝑚 (𝐷) = 𝐸𝑐 (𝐷) + 𝐸𝑝 (𝐷) → 𝜇(𝑣0→𝐷 )2 − 𝜇𝑔𝑅𝑇 = 𝜇(𝑣𝐷 )2 − 𝜇𝑔
2 2 𝐷
2
1 1 𝑅 𝑇 1 1 1
𝜇(𝑣0→𝐷 )2 = 𝜇𝑔𝑅𝑇 + 𝜇(𝑣𝐷 )2 − 𝜇𝑔 = 𝜇(𝑣𝐷 )2 + 𝜇𝑔𝑅𝑇 2 ( − )
2 2 𝐷 2 𝑅𝑇 𝐷
1 1 1 1
(𝑣0→𝐷 )2 = (𝑣𝐷 )2 + 2𝑔𝑅𝑇 2 ( − ) → 𝑣0→𝐷 = √[(𝑣𝐷 )2 + 2𝑔𝑅𝑇 2 ( − )]
𝑅𝑇 𝐷 𝑅𝑇 𝐷
Si le boulet atteint le point D avec une vitesse nulle alors :

1 1
𝑣0→𝐷 = 𝑅𝑇 √2𝑔 ( − )
𝑅𝑇 𝐷

Pour D = RT 𝑣0→𝐷 = 0

Pour D → ∞ 𝑣0→𝐷 = √2𝑔𝑅𝑇

Exercice N°2 : Satellites sur orbite circulaire

1)
a) On considère le système constitué par le satellite soumis à la seule attraction de la Terre, dans le
référentiel géocentrique considéré comme galiléen. La relation fondamentale de la dynamique en
mouvement uniforme sur une orbite circulaire impose :
𝑀𝑇 𝑀𝑆 2 (𝑅
2𝜋 2 𝑇2 4𝜋 2
𝐺 = 𝑀 𝑆 𝜔 𝑇 + ℎ) = 𝑀𝑆 ( ) (𝑅 𝑇 + ℎ) → = 𝑙𝑜𝑖 𝑑𝑒 𝑘𝑒𝑝𝑙𝑒𝑟
(𝑅𝑇 + ℎ)2 𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)3 𝐺𝑀𝑇
On retrouve ainsi la troisième loi de Kepler dans le cas d’un mouvement circulaire.
2
4𝜋 2 3
(𝑅𝑇 + ℎ)3/2
𝑇 = (𝑅 + ℎ) → 𝑇 = 2𝜋
𝐺𝑀𝑇 𝑇 (𝐺𝑀𝑇 )1/2
b) La vitesse du satellite est :
2𝜋 𝐺𝑀𝑇 𝐺𝑀𝑇
𝑣 = 𝜔(𝑅𝑇 + ℎ) = (𝑅𝑇 + ℎ) = 2𝜋(𝑅𝑇 + ℎ)√ 2 3
= √
𝑇 4𝜋 (𝑅𝑇 + ℎ) (𝑅𝑇 + ℎ)
2) Calculons séparément l’énergie cinétique et l’énergie potentielle de pesanteur en prenant l’origine
des énergies potentielles à l’infini donc.
1 1 𝐺𝑀𝑇 𝐺𝑀𝑇
𝐸𝑐 = 𝑀𝑆 𝑣 2 = 𝑀𝑆 , 𝐸𝑝 = −𝑀𝑆
2 2 (𝑅𝑇 + ℎ) (𝑅𝑇 + ℎ)
On en déduit immédiatement le théorème du viriel : 2Ep + Ec = 0
L’appellation théorème du viriel désigne un théorème bien plus général, qui exprime la valeur
moyenne de l’énergie cinétique d’un système de points matériels en interaction. La situation de la
question 2 ne constitue qu’un cas très particulier d’application de ce théorème. Historiquement, il a été
introduit par Clausius lors de ses études sur la théorie cinétique des gaz et il est régulièrement utilisé
dans des domaines aussi variés que la thermodynamique, la mécanique quantique ou encore
l’astrophysique.
3)
a) Pour déterminer le temps , il suffit de déterminer l’angle 2 balayé par le satellite, puis de le
diviser par la vitesse angulaire calculée à la question 1. On a :
La durée τ est proportionnelle à la longueur 2(R+h) de l’arc APB, soit

2𝛼 2𝛼 2𝛼
𝜏 = 𝑇 = = (𝑅𝑇 + ℎ)
2𝜋 𝜔 𝑣
𝑂𝑄 𝑅𝑇 𝑅𝑇
On a par ailleurs 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑂𝐴
= 𝑅𝑇 +ℎ
→ 𝛼 = cos −1 (𝑅 )
𝑇 +ℎ

6/4
 (𝑅𝑇 + ℎ) 𝑅𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)3/2 𝑅𝑇
𝜏 = 2(𝑅𝑇 + ℎ)√ cos −1 ( )=2 1/2
cos−1 ( )
𝐺𝑀𝑇 𝑅𝑇 + ℎ (𝐺𝑀𝑇 ) 𝑅𝑇 + ℎ

b)
Dans le cas de l’énoncé, l’application numérique fournit τ = 460 s
c) La période T pour une altitude de 800 km vaut, d’après la question 1,
(𝑅𝑇 + ℎ)3/2 𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)3/2 (𝑅𝑇 + ℎ)−3/2 1 𝜋
𝑇 = 2𝜋 → = 𝜋 = = 6.6
(𝐺𝑀𝑇 ) 1/2 𝜏 (𝐺𝑀𝑇 ) 1/2 (𝐺𝑀𝑇 ) −1/2 𝑅𝑇 𝑅𝑇
cos −1 ( ) cos−1 ( )
𝑅𝑇 + ℎ 𝑅𝑇 + ℎ
4)
a) Pour que la durée de visibilité totale soit égale à T, il faut au moins 7 satellites par train.
b) De plus, depuis chaque point de la surface solaire, un train de satellite ne couvre qu’une fraction
2π = 1/6,6 de l’arc de méridien. Pour couvrir tout ce méridien, il faut donc 7 trains de satellites.
c) Finalement, la communication avec des satellites de basse altitude impose l’emploi de 7x7 = 49
satellites.
Pour pouvoir être constamment en vue d’un satellite sur une orbite polaire fixée, il faut donc au
minimum un train de 7 satellites, et 7 orbites polaires pour couvrir l’ensemble de la surface terrestre,
soit 49 satellites en tout.
5)
a) Un satellite est en orbite géostationnaire s’il apparaît immobile dans le référentiel terrestre pour un
observateur lui-même immobile sur Terre. Une orbite géostationnaire est forcément située dans le plan
équatorial de la Terre, sa période étant alors
T = 24 h
À l’aide de la relation établie à la question 1, on constate que cela correspond à
1/3
4𝜋 2 𝐺𝑀𝑇 𝑇 2
𝑇2 = (𝑅𝑇 + ℎ)3 → (𝑅𝑇 + ℎ) = ( ) = 42000𝑘𝑚 → ℎ = 36000𝑘𝑚
𝐺𝑀𝑇 4𝜋 2
b) La durée de visibilité est alors infinie si chaque satellite est au-dessus d’un point fixe de l’équateur.
Chaque satellite couvre alors une part importante de la surface terrestre et le nombre de satellites
nécessaires est limité (toutefois, en raison de leur orbite équatoriale, les satellites géostationnaires sont
inutilisables pour la communication avec les régions polaires) ; par contre, le cout énergétique de leur
mise en orbite est plus élevé.
Puisque l’on est toujours en vue d’un même satellite, la notion de durée de visibilité n’a plus de sens.
L’emploi de la formule obtenue dans la question précédente montre qu’un satellite couvre un angle
d’environ 163°, trois satellites suffisent donc pour couvrir l’orbite équatoriale complète et leur suivi
est facile. Cependant, un satellite géostationnaire ne pourra pas couvrir toute la surface du globe, car,
comme on vient de le voir, les zones situées au-dessus d’environ 81° de latitude (et en dessous de
-81°) ne seront pas couvertes, ce qui constitue un inconvénient. De plus, en cas de panne ou de défaut
d’un satellite, une communication ne pourra plus être assurée, jusqu’à remplacement du satellite ; dans
le cas d’un train, cela sera impossible uniquement durant la durée de visibilité du satellite défectueux,
il y aura donc une certaine continuité de transmission. Enfin, les émetteurs en relation avec un satellite
géostationnaire ont besoin de plus d’énergie pour envoyer leur signal, puisque ce satellite est situé plus
loin ; c’est également le cas du satellite, mais c’est moins gênant puisqu’il est équipé de panneaux
solaires.
6)

7/4
a) Puisque αmv2 est une force, mv2 étant une énergie (produit d’une force par une longueur), la
grandeur α est inverse d’une longueur.
b) On peut alors écrire le théorème de l’énergie mécanique sous la forme :
𝑑𝐸
= 𝑃 = 𝐹⃗ 𝑣⃗ = −𝛼𝑀𝑆 𝑣 3
𝑑𝑡
avec d’autre part 𝐸 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 = 𝐸𝑝⁄2 = −𝐺𝑀𝑇 𝑀𝑆 ⁄2(𝑅𝑇 + ℎ) 𝑐𝑎𝑟 𝐸𝑐 = − 𝐸𝑝⁄2
ce qui impose aussi : 𝑀𝑆 𝑣 2 = −𝐺𝑀𝑇 𝑀𝑆 ⁄(𝑅𝑇 + ℎ)
c) Finalement :
𝑑 𝐺𝑀𝑇 𝐺𝑀𝑇 3/2
( ) = 𝛼[ ]
𝑑𝑡 2(𝑅𝑇 + ℎ) (𝑅𝑇 + ℎ)
Ou :
𝑑ℎ
= −2𝛼[𝐺𝑀𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)]1/2
𝑑𝑡
2𝜋
7) a) Avec 𝑑ℎ⁄𝑑𝑡 = ∆ℎ⁄𝑇 et 𝑇 = [𝑅𝑇 + ℎ]3/2
√𝐺𝑀𝑇
on obtient :
1 1
∆ℎ 1 ∆ℎ 1 2 (𝐺𝑀𝑇 )2 ∆ℎ
𝛼= − [𝐺𝑀𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)]−2 = − [ ] [ 3] =
2𝑇 2 𝐺𝑀𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ) 4𝜋(𝑅𝑇 + ℎ)2
2𝜋(𝑅𝑇 + ℎ)2
𝛼 = 1, 5 × 10−15 m−1
b) Avec la même approximation, une valeur constante
𝑑ℎ 1
= −2𝛼[𝐺𝑀𝑇 (𝑅𝑇 + ℎ)]2 = 1.65 10−5 𝑚𝑠 −1
𝑑𝑡
donc, en dix ans :
(10 × 365, 25 × 86 400 s ou 3, 16 × 108 s) une chute de ′h = 52 km.
c) Au fur et à mesure de la descente, l’altitude diminue et la vitesse augmente donc mais
l’augmentation d’énergie cinétique s’accompagne d’une diminution double de l’énergie potentielle ;
l’énergie mécanique diminue donc et il n’y a pas de paradoxe.

Exercice N°3 : Vaisseau spatial dans un champ newtonien

1) - La force est centrale, son moment en O est nul ; d’après le théorème du moment cinétique, ce
moment est la dérivée du moment cinétique ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐿𝑜 par rapport au temps. Donc ⃗⃗⃗⃗⃗𝐿𝑜 est une constante du
mouvement.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗est perpendiculaire à ⃗⃗⃗⃗⃗
2) - Soit P la position du vaisseau ; 𝑂𝑃 𝐿𝑜 donc :
 le vaisseau se déplace dans le plan fixe passant par O et perpendiculaire à 𝐿 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑜 .
 L’aire balayée par OP est proportionnelle au temps.
3)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃
𝑔⃗ = −𝐺𝑀 3
𝑟
4)
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑢𝑟
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐺 = −𝐺𝑚𝑀 3 = −𝐺𝑚𝑀 2
𝑟 𝑟
Or
𝑑𝑟 𝐺𝑚𝑀
𝐸𝑝 = − ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹𝐺 𝑑𝑂𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐺𝑚𝑀 ∫ = − + 𝑐𝑡𝑒
𝑟 2 𝑟
En choisissant l’énergie potentielle nulle à l’infini alors
𝐺𝑚𝑀
𝐸𝑝 = −
𝑟
5) Dans le cas d’une orbite circulaire de rayon r0,
𝐺𝑚𝑀 1 𝐺𝑚𝑀
𝐸𝑚 = 𝐸𝑝 + 𝐸𝑐 = − + 𝑚𝑣02 = −
𝑟 2 2𝑟
qui est négatif, comme il se doit pour un état lié.

8/4
 𝑟3
𝑇𝑟𝑒𝑣 = 2𝜋√ 0
𝐺𝑀
6)
𝐺𝑚𝑀 𝑅𝑇 2 𝐺𝑚𝑀 𝑅𝑇 𝑅2 𝑇 𝑅𝑇
∆𝐸𝑚 = 𝐸𝑚𝑓 − 𝐸𝑚 𝑖𝑛𝑖 = − ( ) + ( ) = −𝑔𝑚 + 𝑚𝑔𝑅𝑇 = 𝑚𝑔𝑅𝑇 (1 − )
2𝑟0 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 2𝑟0 2𝑟0
∆𝐸𝑚 = 3.5 107 𝐽
7)
𝑝
𝑟𝐴 =
{ 1 − 𝑒 → 2𝑎 = 𝑟 + 𝑟 → 𝑎 = 𝑝
𝑝 𝐴 𝑝
1 − 𝑒2
𝑟𝑝 =
1+𝑒

8)
𝒂𝟑
𝑻𝒐𝒓𝒃 = 𝟐𝝅√
𝑮𝑴
Qu’on retrouve en remplaçant r0 par a dans l’expression de la question 5).
9)
Comme la vitesse et la distance sont les mêmes que pour un mouvement circulaire, l’énergie est la
même : la trajectoire est une ellipse de demi grand axe a = r0. Le point considéré de la trajectoire étant
à la distance a du foyer, il est un des sommets B du petit axe de l’ellipse.
L’angle α entre la direction de la vitesse et celle qu’elle aurait pour un mouvement circulaire est aussi
l’angle entre les directions perpendiculaires, soit :
𝑐 𝑂𝐹
𝛼 = (𝐵𝑂, 𝑂𝐹), 𝑒 = = = 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑎 𝐵𝐹
𝑝
𝑎=
1 − 𝑒2
𝑝 = 𝑟0 𝑐𝑜𝑠 2 𝛼
𝑟𝐴 = 𝑎 + 𝑐 = 𝑎(1 + 𝑒)
{ → {𝑟𝐴 = 𝑟0 (1 + 𝑠𝑖𝑛𝛼)
𝑟𝑝 = 𝑎 − 𝑐 = 𝑎(1 − 𝑒)
𝑟𝑝 = 𝑟0 (1 − 𝑠𝑖𝑛𝛼)
Vitesse de libération
10) - Le vaisseau échappe au champ gravitationnel de l’astre si son énergie est positive soit si :
𝐺𝑚𝑀 1 2𝐺𝑀 2𝐺𝑀
𝐸𝑚 = 𝐸𝑝 + 𝐸𝑐 = − + 𝑚𝑣𝑙2 > 0 → 𝑣𝑙2 > → 𝑣𝑙 > √
𝑟0 2 𝑟0 𝑟0

11)
a) option 1 : Exprimons la conservation de l’énergie entre le départ et l’infini :
𝐺𝑚𝑀 1 1 𝐺𝑚𝑀 25 1
− + 𝑚(5𝑣0 )2 = 𝑚(𝑣∞ )2 → − + 𝑚(𝑣0 )2 = 𝑚(𝑣∞ )2
𝑟0 2 2 𝑟0 2 2
Or
𝐺𝑚𝑀
𝑚(𝑣0 )2 = → (𝑣∞ )2 = 23(𝑣0 )2 → 𝑣∞ = 𝑣0 √23
𝑟0
b) option 2 : La conservation de l’énergie, qui est égale à l’énergie potentielle à une distance égale au
grand axe, permet de calculer ce grand axe :

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 𝐺𝑚𝑀 1 𝑣0 2 𝐺𝑚𝑀 𝐺𝑚𝑀 𝐺𝑚𝑀 1 𝐺𝑚𝑀 1 7𝐺𝑚𝑀
− + 𝑚( ) = − → = − 𝑚(𝑣0 )2 = (1 − ) =
𝑟0 2 2 2𝑎 2𝑎 𝑟0 8 𝑟0 8 8𝑟0
4𝑟0
𝑎=
7
Il n’y a qu’au périgée et à l’apogée que le rayon vecteur est perpendiculaire à la vitesse. Donc le point
de départ est l’apogée : rA = r0 et VA = V0/2 .
La valeur de a et la conservation du moment cinétique entre l’apogée et le périgée montrent que :
rA + rP = 2a ⇒ rP = r0 / 7
𝑟𝐴 𝑉0
𝑟𝐴 𝑣𝐴 = 𝑟𝑝 𝑣𝑝 → 𝑣𝑝 = 𝑣𝐴 = 𝟕
𝑟𝑝 2
Pour que la manœuvre réussisse, il faut que le rayon de l’astre soit inférieur à rP.
12) Au périgée, on fait passer la vitesse de 7V0 / 2 à 7V0 / 2 + 7V0 / 2 = 7V0 .La nouvelle trajectoire est
une branche d’hyperbole, car l’énergie est positive, comme le montre le calcul qui suit, et la nouvelle
vitesse finale (« à l’infini ») est telle que :
𝐺𝑚𝑀 1 1 𝐺𝑚𝑀 49 1
− 𝑟 + 𝑚(7𝑣0 )2 = 𝑚(𝑣∞ )2 → −7 + 𝑚(𝑣0 )2 = 𝑚(𝑣∞ )2
0 2 2 𝑟0 2 2
7
1 𝐺𝑚𝑀 49 − 14 𝐺𝑀
→ 𝑚(𝑣∞ )2 = ( ) → 𝑣∞ = √35 = 𝑉0 √35
2 𝑟0 2 𝑟0
13) La deuxième option permet d’obtenir une vitesse à l’infini plus grande, ce qui peut paraître
paradoxal, puisqu’on a utilisé une partie du budget vitesse pour freiner. Il est plus efficace de produire
une variation de vitesse près d’un astre que loin de lui.

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