Trajectoires d’un système à deux corps
279
2) On en déduit que :
d v
d t
= 0 =⇒ v = cste, et que m
v
2
r
= G
mM T
r 2 =⇒ v
2 = G
M T
r
.
A.N. : G = 66,67.10
−11 USI, r = (6378 + 130) km, MT = 6.10
24 kg =⇒ v = 7,8 km.s
−1 .
6 Satellite géostationnaire
1) Pour qu’un satellite soit géostationnaire il faut qu’il reste fixe par rapport à un point particulier de la Terre. Il faut donc qu’il ait un mouvement circulaire uniforme et que sa période de
révolution soit égale à la période de rotation de la Terre. De plus pour qu’il reste constamment
en regard d’un point de la Terre il faut qu’il se trouve dans le plan équatorial. En utilisant le
résultat de l’exercice précédent on voit que :
v
2 = r
2 v
2 = r
2 4p
2
T 2 = G
M T
r
=⇒ r
3 = G
M T
4p 2 T
2 .
On trouve une valeur de r = 42 223 km, soit une altitude de 35 823 km. Nous en déduisons
aussi que : v = 42 223 × 7.10
−5 = 3, 07 km.s
−1 .
2) Nous avons donc rP = 6 600 km et rA = 42 223 km soit rP + rA = 48 823 km = 2a. Le
demi-grand axe vaut donc a = 24 411 km. Nous avons vu à l’exercice 2 que vPrP = vArA = C.
Nous savons aussi que la conservation du moment cinétique impose que
dA
dt
=
1
2
r
2 ˙
u =
1
2
C
=⇒
2pab
Tt
= C, avec Tt période de l’orbite de transfert. Rappelons que l’aire d’une ellipse est
égale à pab. Nous voyons donc que vP =
2pab
Ttr P
.
Or nous savons d’après la troisième loi de Kepler que : T
2
t =
4p
2 a
3
GM T
, d’où :
vP =
2pab
q
4p 2 a 3
GM T
rP
=
ab
q
a 3
GM T
a(1 − e)
et comme b = a
√
1 − e 2 nous concluons que :
vP =
p
a 2 (1 − e 2 )
q
a 3
GM T
(1 − e)
=
s
GMT (1 + e)
a (1 − e)
=
r GMTrA
arP
= 10,48 km.s
−1 .
Nous en déduisons que vA = 10, 48 × 6 600/42 223 = 1,638 km.s
−1 . Pour l’amener de l’orbite
de transfert à l’orbite circulaire il faut lui communiquer de l’énergie car la vitesse du satellite à
l’apogée est trop faible par rapport à celle qui correspond à l’orbite circulaire.
7 Vitesse de libération ou 2
e vitesse cosmique
1) L’énergie effective d’un système est : Eeff = m
C
2
2r 2 − G
m 1 m 2
r
, avec m =
m 1 m 2
m 1 +m 2
.
2) Voir la figure 9.11
3) Si l’énergie effective est négative, le système est lié. L’objet de masse la plus petite ne peut
pas quitter l’attraction de l’autre objet. On dit qu’il est enfermé dans un puits de potentiel.
4) La libération se produit quand E = 0.
5) Pour libérer un objet de masse m de l’attraction de la Terre, il faut lui communiquer une
vitesse v qui vérifie
1
2
mv
2 − G
mMT
r
= 0 =⇒ v =
r
2GMT
r
= 11 km.s
−1
(10.8)
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2) On en déduit que :
d v
d t
= 0 =⇒ v = cste, et que m
v
2
r
= G
mM T
r 2 =⇒ v
2 = G
M T
r
.
A.N. : G = 66,67.10
−11 USI, r = (6378 + 130) km, MT = 6.10
24 kg =⇒ v = 7,8 km.s
−1 .
6 Satellite géostationnaire
1) Pour qu’un satellite soit géostationnaire il faut qu’il reste fixe par rapport à un point particulier de la Terre. Il faut donc qu’il ait un mouvement circulaire uniforme et que sa période de
révolution soit égale à la période de rotation de la Terre. De plus pour qu’il reste constamment
en regard d’un point de la Terre il faut qu’il se trouve dans le plan équatorial. En utilisant le
résultat de l’exercice précédent on voit que :
v
2 = r
2 v
2 = r
2 4p
2
T 2 = G
M T
r
=⇒ r
3 = G
M T
4p 2 T
2 .
On trouve une valeur de r = 42 223 km, soit une altitude de 35 823 km. Nous en déduisons
aussi que : v = 42 223 × 7.10
−5 = 3, 07 km.s
−1 .
2) Nous avons donc rP = 6 600 km et rA = 42 223 km soit rP + rA = 48 823 km = 2a. Le
demi-grand axe vaut donc a = 24 411 km. Nous avons vu à l’exercice 2 que vPrP = vArA = C.
Nous savons aussi que la conservation du moment cinétique impose que
dA
dt
=
1
2
r
2 ˙
u =
1
2
C
=⇒
2pab
Tt
= C, avec Tt période de l’orbite de transfert. Rappelons que l’aire d’une ellipse est
égale à pab. Nous voyons donc que vP =
2pab
Ttr P
.
Or nous savons d’après la troisième loi de Kepler que : T
2
t =
4p
2 a
3
GM T
, d’où :
vP =
2pab
q
4p 2 a 3
GM T
rP
=
ab
q
a 3
GM T
a(1 − e)
et comme b = a
√
1 − e 2 nous concluons que :
vP =
p
a 2 (1 − e 2 )
q
a 3
GM T
(1 − e)
=
s
GMT (1 + e)
a (1 − e)
=
r GMTrA
arP
= 10,48 km.s
−1 .
Nous en déduisons que vA = 10, 48 × 6 600/42 223 = 1,638 km.s
−1 . Pour l’amener de l’orbite
de transfert à l’orbite circulaire il faut lui communiquer de l’énergie car la vitesse du satellite à
l’apogée est trop faible par rapport à celle qui correspond à l’orbite circulaire.
7 Vitesse de libération ou 2
e vitesse cosmique
1) L’énergie effective d’un système est : Eeff = m
C
2
2r 2 − G
m 1 m 2
r
, avec m =
m 1 m 2
m 1 +m 2
.
2) Voir la figure 9.11
3) Si l’énergie effective est négative, le système est lié. L’objet de masse la plus petite ne peut
pas quitter l’attraction de l’autre objet. On dit qu’il est enfermé dans un puits de potentiel.
4) La libération se produit quand E = 0.
5) Pour libérer un objet de masse m de l’attraction de la Terre, il faut lui communiquer une
vitesse v qui vérifie
1
2
mv
2 − G
mMT
r
= 0 =⇒ v =
r
2GMT
r
= 11 km.s
−1
(10.8)