Posons r = r 0 (1 + e(t)) , et linéarisons cette équation :
+ er 0
+ ... = r 0 ¨
e –
(1 – 3 e + ...)
où le terme d’ordre 0 se simplifie (question 1)), ce qui donne :
¨
e + – e = 0
ou bien encore : ¨
e –
+ F(r 0 ) e = 0.
On obtient une évolution au voisinage de r 0 si :
+ F(r 0 ) 0.
3 • Pour F(r) =
, il vient k (n – 3) 0.
Pour avoir une trajectoire circulaire, il faut déjà avoir un
champ attractif, soit k 0, de sorte que la condition de stabilité est n 3. Dans le cas de la gravitation, n = 2, et ainsi
la trajectoire circulaire apparaît stable : ouf !
Chez le petit prince
Sur Terre, un saut à pieds joints permet facilement d’élever
son centre de gravité d’une hauteur h de l’ordre de 50 centimètres. L’impulsion initiale correspond à une énergie développée de l’ordre de mgh.
Admettons que l’on fera de même sur la planète en question,
pour laquelle la vitesse de libération est donnée par :
1
2
mv 0
2 –
Gm
R
M
= 0
où G est la constante de gravitation, M la masse de la planète, R son rayon.
L’énergie cinétique
mv 0
2 que l’on peut créer étant de
l’ordre de mgh, on en déduit gh =
G
R
M
où le champ de
pesanteur g est pratiquement égal au champ de gravitation à
la surface terrestre : g
, et on obtient :
M T
= .
En supposant que la densité de la planète soit très voisine de
celle de la Terre, on aura alors M = M T
, et donc finalement :
R = 6h R T 1,8 km (R T = 6 400 km).
La planète a la taille d’un astéroïde...
R 3
R T
3
M
R
h
R T
2
GM T
R T
2
1
2
3
– k
r n
3F(r 0 )
r 0
3F(r 0 )
r 0
1
m
F(r 0 )
m
3v 0
2
r 0
2
v 0
2
r 0
F(r 0 )
m
F(r 0 )
m
Lancement d’un satellite GPS
1 • La relation fondamentale de la dynamique projetée
sur e
➞
r donne –
où M T est la masse de
la Terre. Avec
on obtient
On en
déduit
L’énergie potentielle gravitationnelle est :
P = – M
= – g 0 M
.
L’énergie mécanique (r) du système est donc :
2 • L’énergie mécanique de la fusée sur le pas de tir est :
avec
La variation d’énergie mécanique entre le lancement et l’arrivée sur l’orbite circulaire est donc :
3 • ∆ représente l’énergie à fournir au système pour le mettre en orbite. Elle diminue quand cos l augmente, donc
quand l diminue : les meilleures bases de lancement sont les
plus proches de l’équateur.
4 •
Par unité de masse, l’économie d’énergie est de 24 kJ , ce qui
semble assez faible, si on la compare à (l 2 ) ≈ 32,8 . 10 3 kJ
pour 1 kg de charge.
5 •
,
soit :
H =
2
3
– R = 20,3.10 3 km.
Transfert d’un satellite
1 • Sur l’orbite circulaire de rayon R, on a :
m
= mg 0 d’où v 0 = 6g 0 R.
2 • v 0 = Rw 0 = R
2π
T 0
v 2
0
R
5
RT 0 4g 0
2π
T
RH
Rg
0
0
3
2
0
2
2
==
+
π
π
ω
()
∆∆
π
()
()
(cos
cos ).
λλ
λλ
1
2
2
2
2
2
1
2
−=
−
M
R
T
∆
π
=− =
−
−
()
cos
.
r
M gR
R
r
M
R
T
0
0
2
1 2
1
2
2λ
v 0
2
=
π
T
R cos .
λ
0 =−
1
2
0
2
0
MM gR
v
( rM rM g
R
r
Mg
R
r
)( )
.
=−
=−
1
2
2
2
0
2
0
2
v
R 2
r
GM T
r
ω 00
2
3
==
v
r
g
R
r
.
v = R
g
r
0
.
g
GM
R
0
2
=
T
,
=−G
MM
r
2
T
,
M v 2
r
4
CORRIGÉS
Forces centrales conservatives – Interaction newtonienne
6
78
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
+ er 0
+ ... = r 0 ¨
e –
(1 – 3 e + ...)
où le terme d’ordre 0 se simplifie (question 1)), ce qui donne :
¨
e + – e = 0
ou bien encore : ¨
e –
+ F(r 0 ) e = 0.
On obtient une évolution au voisinage de r 0 si :
+ F(r 0 ) 0.
3 • Pour F(r) =
, il vient k (n – 3) 0.
Pour avoir une trajectoire circulaire, il faut déjà avoir un
champ attractif, soit k 0, de sorte que la condition de stabilité est n 3. Dans le cas de la gravitation, n = 2, et ainsi
la trajectoire circulaire apparaît stable : ouf !
Chez le petit prince
Sur Terre, un saut à pieds joints permet facilement d’élever
son centre de gravité d’une hauteur h de l’ordre de 50 centimètres. L’impulsion initiale correspond à une énergie développée de l’ordre de mgh.
Admettons que l’on fera de même sur la planète en question,
pour laquelle la vitesse de libération est donnée par :
1
2
mv 0
2 –
Gm
R
M
= 0
où G est la constante de gravitation, M la masse de la planète, R son rayon.
L’énergie cinétique
mv 0
2 que l’on peut créer étant de
l’ordre de mgh, on en déduit gh =
G
R
M
où le champ de
pesanteur g est pratiquement égal au champ de gravitation à
la surface terrestre : g
, et on obtient :
M T
= .
En supposant que la densité de la planète soit très voisine de
celle de la Terre, on aura alors M = M T
, et donc finalement :
R = 6h R T 1,8 km (R T = 6 400 km).
La planète a la taille d’un astéroïde...
R 3
R T
3
M
R
h
R T
2
GM T
R T
2
1
2
3
– k
r n
3F(r 0 )
r 0
3F(r 0 )
r 0
1
m
F(r 0 )
m
3v 0
2
r 0
2
v 0
2
r 0
F(r 0 )
m
F(r 0 )
m
Lancement d’un satellite GPS
1 • La relation fondamentale de la dynamique projetée
sur e
➞
r donne –
où M T est la masse de
la Terre. Avec
on obtient
On en
déduit
L’énergie potentielle gravitationnelle est :
P = – M
= – g 0 M
.
L’énergie mécanique (r) du système est donc :
2 • L’énergie mécanique de la fusée sur le pas de tir est :
avec
La variation d’énergie mécanique entre le lancement et l’arrivée sur l’orbite circulaire est donc :
3 • ∆ représente l’énergie à fournir au système pour le mettre en orbite. Elle diminue quand cos l augmente, donc
quand l diminue : les meilleures bases de lancement sont les
plus proches de l’équateur.
4 •
Par unité de masse, l’économie d’énergie est de 24 kJ , ce qui
semble assez faible, si on la compare à (l 2 ) ≈ 32,8 . 10 3 kJ
pour 1 kg de charge.
5 •
,
soit :
H =
2
3
– R = 20,3.10 3 km.
Transfert d’un satellite
1 • Sur l’orbite circulaire de rayon R, on a :
m
= mg 0 d’où v 0 = 6g 0 R.
2 • v 0 = Rw 0 = R
2π
T 0
v 2
0
R
5
RT 0 4g 0
2π
T
RH
Rg
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3
2
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2
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==
+
π
π
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()
∆∆
π
()
()
(cos
cos ).
λλ
λλ
1
2
2
2
2
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1
2
−=
−
M
R
T
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π
=− =
−
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.
r
M gR
R
r
M
R
T
0
0
2
1 2
1
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r
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=−
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M v 2
r
4
CORRIGÉS
Forces centrales conservatives – Interaction newtonienne
6
78
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La photocopie non autorisée est un délit.