420 Chapitre 15
Champ de force centrale
2. La force
#»
F dérive de l’énergie potentielle Ep = −
GMT m
r
, et l’énergie cinétique de M est :
Ec =
m
2
(r
2 ˙
θ
2 + ˙
r
2 ). Le système est conservatif, il y a conservation de l’énergie mécanique. Cette
dernière s’écrit :
Em =
m
2
(r
2 ˙
θ
2 + ˙
r
2 ) −
GMT m
r
.
Or ˙
θ
2 =
C
2
r 4 , soit r
2 ˙
θ
2 =
C
2
r 2 . On peut donc écrire
l’énergie mécanique sous la forme suivante :
Em =
1
2
m ˙
r
2 +
1
2
m
C
2
r 2 −
GMT m
r
. On définit l’énergie potentielle effective de l’astéroïde par :
Ep,e =
1
2
m
C
2
r 2 −
GMT m
r
.
La figure ci-contre montre l’allure de l’évolution de
l’énergie potentielle effective divisée par l’opposé
de la valeur de son minimum (il est négatif) en
fonction du rapport r/r0 avec r0 correspondant
au miminum de Ep,e.
0
2
4
6
8
10
12
14
16
r/r0
−1.5
−1.0
−0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Ep,e/Epe,0
3. On obtient la valeur de l’énergie mécanique en se plaçant très loin de la Terre :
Em =
1
2
mv
2
0 = 5,0 · 10
25 J > 0 : il s’agit clairement d’un état de diffusion.
4. La distance minimum d’approche correspond à la distance rmin tel que Em = Ep,e(rmin). On obtient
pour rmin l’équation suivante : r
2
min + 2
GMT
v
2
0
− b
2 = 0, ce qui se résout en :
rmin =
GMT
v
2
0
1 +
bv
2
0
GMT
2
− 1
= 4,9 · 10
3 km < RT : le choc avec la Terre sera inévitable...
Exercice 15.2
1. D’après la troisième loi de Kepler :
R
3
g
T 2 =
MT G
4π 2 . On trouve ainsi Rg = 42,16 · 10
3 km. Le satellite doit
avoir le même axe de rotation qu’un observateur terrestre (axe des pôles) pour être stable par rapport
à ce dernier, d’où sa localisation dans le plan équatorial de la Terre.
2. La vitesse du satellite est donnée par vg =
2πRg
T
=
MT G
Rg
= 3,075 km · s
−1 .
3. a. a = Rg + h/2 = 42,31 · 10
3 km. L’énergie mécanique s’écrit alors Em = −
GMT m
2a
= −
GMT m
2Rg + h
.
b. L’énergie mécanique se conserve, et l’énergie potentielle en P du satellite est Ep(P ) = −
GMT m
Rg
,
d’où Em = −
GMT m
2Rg + h
=
1
2
mv
2
P −
GMT m
Rg
. On en déduit vP =
2GMT
Rg + h
Rg(2Rg + h)
. Numériquement : vP = 3,080 km · s
−1 . L’énergie fournie par le moteur est :
Wm = E m,f − Em,i = −
GMT m
2Rg + h
+
GMT m
2Rg
= 59 MJ.
c. En utilisant la même méthode que précédemment : Em = −
GMT m
2Rg + h
=
1
2
mv
2
A −
GMT m
Rg + h
, soit
vA =
2GMT
Rg
(2Rg + h)(Rg + h)
= 3,058 km · s
−1 .
Après modification par le moteur, le satellite est sur une orbite circulaire, donc on peut reprendre
le résultat de la question 2 : v
g =
MT G
Rg + h
= 3,064 km · s
−1 .
partagelivrescpge.blogspot.com
Champ de force centrale
2. La force
#»
F dérive de l’énergie potentielle Ep = −
GMT m
r
, et l’énergie cinétique de M est :
Ec =
m
2
(r
2 ˙
θ
2 + ˙
r
2 ). Le système est conservatif, il y a conservation de l’énergie mécanique. Cette
dernière s’écrit :
Em =
m
2
(r
2 ˙
θ
2 + ˙
r
2 ) −
GMT m
r
.
Or ˙
θ
2 =
C
2
r 4 , soit r
2 ˙
θ
2 =
C
2
r 2 . On peut donc écrire
l’énergie mécanique sous la forme suivante :
Em =
1
2
m ˙
r
2 +
1
2
m
C
2
r 2 −
GMT m
r
. On définit l’énergie potentielle effective de l’astéroïde par :
Ep,e =
1
2
m
C
2
r 2 −
GMT m
r
.
La figure ci-contre montre l’allure de l’évolution de
l’énergie potentielle effective divisée par l’opposé
de la valeur de son minimum (il est négatif) en
fonction du rapport r/r0 avec r0 correspondant
au miminum de Ep,e.
0
2
4
6
8
10
12
14
16
r/r0
−1.5
−1.0
−0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Ep,e/Epe,0
3. On obtient la valeur de l’énergie mécanique en se plaçant très loin de la Terre :
Em =
1
2
mv
2
0 = 5,0 · 10
25 J > 0 : il s’agit clairement d’un état de diffusion.
4. La distance minimum d’approche correspond à la distance rmin tel que Em = Ep,e(rmin). On obtient
pour rmin l’équation suivante : r
2
min + 2
GMT
v
2
0
− b
2 = 0, ce qui se résout en :
rmin =
GMT
v
2
0
1 +
bv
2
0
GMT
2
− 1
= 4,9 · 10
3 km < RT : le choc avec la Terre sera inévitable...
Exercice 15.2
1. D’après la troisième loi de Kepler :
R
3
g
T 2 =
MT G
4π 2 . On trouve ainsi Rg = 42,16 · 10
3 km. Le satellite doit
avoir le même axe de rotation qu’un observateur terrestre (axe des pôles) pour être stable par rapport
à ce dernier, d’où sa localisation dans le plan équatorial de la Terre.
2. La vitesse du satellite est donnée par vg =
2πRg
T
=
MT G
Rg
= 3,075 km · s
−1 .
3. a. a = Rg + h/2 = 42,31 · 10
3 km. L’énergie mécanique s’écrit alors Em = −
GMT m
2a
= −
GMT m
2Rg + h
.
b. L’énergie mécanique se conserve, et l’énergie potentielle en P du satellite est Ep(P ) = −
GMT m
Rg
,
d’où Em = −
GMT m
2Rg + h
=
1
2
mv
2
P −
GMT m
Rg
. On en déduit vP =
2GMT
Rg + h
Rg(2Rg + h)
. Numériquement : vP = 3,080 km · s
−1 . L’énergie fournie par le moteur est :
Wm = E m,f − Em,i = −
GMT m
2Rg + h
+
GMT m
2Rg
= 59 MJ.
c. En utilisant la même méthode que précédemment : Em = −
GMT m
2Rg + h
=
1
2
mv
2
A −
GMT m
Rg + h
, soit
vA =
2GMT
Rg
(2Rg + h)(Rg + h)
= 3,058 km · s
−1 .
Après modification par le moteur, le satellite est sur une orbite circulaire, donc on peut reprendre
le résultat de la question 2 : v
g =
MT G
Rg + h
= 3,064 km · s
−1 .
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