• au point où elle coupe l’orbite terrestre :
(2)
avec pour la Terre sur son orbite circulaire :
(3)
La conservation de l’énergie de la comète permet de déterminer v . Tous calculs faits, on obtient :
= 41,8 km.s
–1 .
2 • L’énergie de la comète est égale à:
=– 25 . 10 6 m (en joules) ;
elle est négative, donc la trajectoire de la comète est une ellipse. Elle est reliée au demi-grand axe a par :
Des relations (1) et (3), on déduit
;
c’est de la forme a = lR T , avec
.
Pour déterminer l’excentricité e de la trajectoire, on peut utiliser, par exemple, la distance comète–Soleil au périhélie :
r P = kR T = a(1 – e) , d’où :
(e < 1:la trajectoire est bien elliptique).
La troisième loi de Kepler donne
où T 0 est la
période de rotation de la Terre autour du Soleil.
On en déduit
A.N. : l = 17,9 ; e = 0,977 (e est donc proche de 1, l’ellipse
est très excentrée) ; n = 75,7 : la période de la comète est
d’environ 76 ans (il s’agit sans doute de la comète de Halley).
3 • La loi des aires donne
(au périhélie, la
vitesse est orthogonale à SC). L’équation de la trajectoire est :
avec p = r P (1 + e) = R T
2 .
kv 1
v T
r
p
e
= +
1c os
,
θ
r
L
m
kR
2
1
θ
• == T v
TT nT
== λ
3
2 00 .
T
a
T
R
2
3
0
2
=
T
3 ,
e
k k
=− =−
11
1
2
λ
v
v T
2
λ =
−
1
2 1
2
k
v
v T
2
a
R
k
=
−
T
T
2
2 1
2
v
v
=−
=−
m
GM
a
m
R
a
ST
2
T
22
v
.
=−
m
k
1
2
1
2
v
v T
2
vv
v
=+
−
1
2 21
1
T
2
k
v T
S
T
2 =
GM
R
.
=−
1
2
2
mm
GM
R
v
S
T
;
On en déduit :
On pose
La durée recherchée est :
∆t =
+ q 0
q =–q0
dt = t
+ q 0
– q 0
,
où q 0 est l’angle correspondant au point d’intersection de la
trajectoire de la comète et de celle de la Terre (voir le schéma
précédent).
Pour déterminer l’ordre de grandeur de ∆t , on prend e = 1
(approximation justifiée par l’application numérique ci-dessus).
On obtient
avec
d’où :
soit q 0 = 100°.
A.N. : ∆t = 1,76 t , soit environ 77 jours.
Incident sur un satellite
1 • L’énergie du satellite après l’incident est la même qu’avant puisque la vitesse reste la même en module : elle est
donc négative, égale à:
la trajectoire est une ellipse de demi-grand axe r 0 (l’énergie
sur une trajectoire elliptique est
).
=−G
mM
a
T
2
=−
1
2
0
G
mM
r
T
7
θ 0
2 1
2
2
1
2
2
1
1
=
−
−
arccos
,
k
k
v
v
v
v
T
T
R
p
e
T = +
1
0
cos
,
θ
∆t =
+
2
1
22
1
62
0
3
0
τ
θθ
tan
tan
,
dq
(1 + e cos q) 2
τ = R
k
T
T
4
() .
v
v
1
3
d
d
T
4
T
θθ
θ
t
L
m
e
pR k
e
=
+
=+
(c os )
()
(c os ).
1
1
2
2
1
3
2
v
v
C
S
0
r = R T
θ
CORRIGÉS
Forces centrales conservatives – Interaction newtonienne
6
80
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
(2)
avec pour la Terre sur son orbite circulaire :
(3)
La conservation de l’énergie de la comète permet de déterminer v . Tous calculs faits, on obtient :
= 41,8 km.s
–1 .
2 • L’énergie de la comète est égale à:
=– 25 . 10 6 m (en joules) ;
elle est négative, donc la trajectoire de la comète est une ellipse. Elle est reliée au demi-grand axe a par :
Des relations (1) et (3), on déduit
;
c’est de la forme a = lR T , avec
.
Pour déterminer l’excentricité e de la trajectoire, on peut utiliser, par exemple, la distance comète–Soleil au périhélie :
r P = kR T = a(1 – e) , d’où :
(e < 1:la trajectoire est bien elliptique).
La troisième loi de Kepler donne
où T 0 est la
période de rotation de la Terre autour du Soleil.
On en déduit
A.N. : l = 17,9 ; e = 0,977 (e est donc proche de 1, l’ellipse
est très excentrée) ; n = 75,7 : la période de la comète est
d’environ 76 ans (il s’agit sans doute de la comète de Halley).
3 • La loi des aires donne
(au périhélie, la
vitesse est orthogonale à SC). L’équation de la trajectoire est :
avec p = r P (1 + e) = R T
2 .
kv 1
v T
r
p
e
= +
1c os
,
θ
r
L
m
kR
2
1
θ
• == T v
TT nT
== λ
3
2 00 .
T
a
T
R
2
3
0
2
=
T
3 ,
e
k k
=− =−
11
1
2
λ
v
v T
2
λ =
−
1
2 1
2
k
v
v T
2
a
R
k
=
−
T
T
2
2 1
2
v
v
=−
=−
m
GM
a
m
R
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ST
2
T
22
v
.
=−
m
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1
2
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v
v T
2
vv
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=+
−
1
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1
T
2
k
v T
S
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2 =
GM
R
.
=−
1
2
2
mm
GM
R
v
S
T
;
On en déduit :
On pose
La durée recherchée est :
∆t =
+ q 0
q =–q0
dt = t
+ q 0
– q 0
,
où q 0 est l’angle correspondant au point d’intersection de la
trajectoire de la comète et de celle de la Terre (voir le schéma
précédent).
Pour déterminer l’ordre de grandeur de ∆t , on prend e = 1
(approximation justifiée par l’application numérique ci-dessus).
On obtient
avec
d’où :
soit q 0 = 100°.
A.N. : ∆t = 1,76 t , soit environ 77 jours.
Incident sur un satellite
1 • L’énergie du satellite après l’incident est la même qu’avant puisque la vitesse reste la même en module : elle est
donc négative, égale à:
la trajectoire est une ellipse de demi-grand axe r 0 (l’énergie
sur une trajectoire elliptique est
).
=−G
mM
a
T
2
=−
1
2
0
G
mM
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T
7
θ 0
2 1
2
2
1
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−
−
arccos
,
k
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v
v
v
v
T
T
R
p
e
T = +
1
0
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,
θ
∆t =
+
2
1
22
1
62
0
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0
τ
θθ
tan
tan
,
dq
(1 + e cos q) 2
τ = R
k
T
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v
v
1
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+
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1
1
2
2
1
3
2
v
v
C
S
0
r = R T
θ
CORRIGÉS
Forces centrales conservatives – Interaction newtonienne
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La photocopie non autorisée est un délit.