Gravitation et mouvement des satellites

Appliquer la mécanique de Newton au mouvement des astres.

Physique Terminale Chapitre 2 / 11 ⏱ 10 h

Ce que tu sauras faire à la fin

Calculer la vitesse et la période d'un satellite
Justifier les conditions d'un satellite géostationnaire
Appliquer la troisième loi de Kepler

Chaque soir, ton téléphone te dit qu'il va pleuvoir sur Abidjan demain, ton GPS te guide dans les rues de Dakar, et la télévision capte un match retransmis en direct depuis Ndjamena. Rien de tout cela n'existerait sans une bonne trentaine de satellites en orbite au-dessus de ta tête — et rien, dans le mouvement de ces satellites, n'échappe à une loi unique, écrite par Isaac Newton il y a plus de trois siècles.

Ce chapitre part de cette loi de gravitation universelle pour construire, étape par étape et démonstration à l'appui, toute la mécanique des satellites : pourquoi leur mouvement est nécessairement uniforme, comment calculer leur vitesse et leur période sans jamais les avoir observés, pourquoi un seul type d'orbite permet à un satellite de rester immobile au-dessus du Golfe de Guinée. Tu retrouveras aussi les lois de Kepler, découvertes avant celles de Newton et pourtant contenues tout entières dans sa loi de gravitation — l'un des plus beaux exemples d'unification de toute la physique.

Jusqu'ici, tu connaissais le poids comme une force verticale, de valeur $P = mg$ avec $g \approx 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}$ constant. Tu vas découvrir que $g$ n'est en réalité que la manifestation, à la surface de la Terre, d'un champ de gravitation qui s'affaiblit avec l'altitude — et que ce même affaiblissement est precisément ce qui permet à un satellite de « tomber sans jamais toucher le sol ».

La rigueur est ici essentielle : chaque formule sera démontrée à partir du principe fondamental de la dynamique, chaque grandeur exprimée dans les unités du Système international. C'est cette rigueur, plus que la mémorisation, qui te fera réussir les exercices type bac de fin de chapitre.

1Loi de la gravitation

Pourquoi la Lune tourne-t-elle autour de la Terre plutôt que de s'en échapper en ligne droite ou de lui tomber dessus ? Parce qu'une force invisible les attire l'une vers l'autre. Newton eut l'intuition géniale que cette force est exactement la même que celle qui fait tomber une pomme : une seule loi pour le ciel et pour la Terre.

Définition — Loi de la gravitation universelle

Deux corps ponctuels A et B, de masses $m_A$ et $m_B$ (en kg), dont les centres sont distants de $r = AB$ (en m), exercent l'un sur l'autre une force attractive, dirigée selon la droite (AB), de valeur :

$F = G\ \dfrac{m_A \times m_B}{r^{2}}$

où $G$ est la constante de gravitation universelle, la même dans tout l'Univers :

$G \approx 6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^{2}\text{·kg}^{-2}$

Cette loi ne s'applique, à proprement parler, qu'à des corps ponctuels. Mais Newton a démontré qu'un corps à répartition de masse à symétrie sphérique (une planète, une étoile) attire exactement comme s'il était ponctuel, toute sa masse étant concentrée en son centre — c'est ce résultat, appelé théorème de Gauss pour la gravitation, qui autorise à assimiler la Terre à un point matériel dès que l'on est à l'extérieur de son volume.

1.1 Expression vectorielle de la force

Propriété — forme vectorielle

Soit $\vec{u}_{AB}$ le vecteur unitaire de la droite (AB), dirigé de A vers B. La force exercée par A sur B s'écrit :

$\vec{F}_{A/B} = -G\ \dfrac{m_A \times m_B}{AB^{2}}\ \vec{u}_{AB}$

Le signe $-$ traduit l'attraction : cette force, appliquée en B, est dirigée vers A, donc dans le sens opposé à $\vec{u}_{AB}$ . D'après le principe des actions réciproques (3^e loi de Newton), la force exercée par B sur A est exactement opposée : $\vec{F}_{B/A} = -\vec{F}_{A/B}$ , de même valeur, de sens opposé, portée par la même droite.

Attention

Ne confonds jamais $G$ (constante universelle, la même partout, $6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^{2}\text{·kg}^{-2}$ ) et $g$ (champ de pesanteur local, en $\text{m·s}^{-2}$ , qui dépend du lieu et de l'altitude — tu le retrouveras section 2). Autre piège classique : $r$ est la distance entre les centres des corps, jamais entre leurs surfaces.

Méthode — calculer une force de gravitation

1) Identifier les deux masses $m_A$ , $m_B$ et les convertir en kg. 2) Identifier la distance $r$ entre les centres et la convertir en m. 3) Appliquer $F = G\dfrac{m_A m_B}{r^{2}}$ . 4) Vérifier l'ordre de grandeur : ces forces sont énormes entre astres, dérisoires entre objets du quotidien.

Exemple — force exercée par la Terre sur la Lune

Données : $M_T = 5{,}98 \times 10^{24}\ \text{kg}$ ; masse de la Lune $M_L = 7{,}35 \times 10^{22}\ \text{kg}$ ; distance Terre-Lune $d = 3{,}844 \times 10^{8}\ \text{m}$ .

$F = G\ \dfrac{M_T \times M_L}{d^{2}}$
$=$ $6{,}67 \times 10^{-11} \times \dfrac{5{,}98 \times 10^{24} \times 7{,}35 \times 10^{22}}{\left(3{,}844 \times 10^{8}\right)^{2}}$
$=$ $1{,}98 \times 10^{20}\ \text{N}$ une force énorme, mais qui n'imprime qu'une accélération infime à un astre aussi massif

Exemple — force exercée par le Soleil sur la Terre

Données : masse du Soleil $M_S = 1{,}99 \times 10^{30}\ \text{kg}$ (valeur que tu redémontreras section 6) ; distance Terre-Soleil $d = 1{,}496 \times 10^{11}\ \text{m}$ .

$F = G\ \dfrac{M_S \times M_T}{d^{2}}$
$=$ $6{,}67 \times 10^{-11} \times \dfrac{1{,}99 \times 10^{30} \times 5{,}98 \times 10^{24}}{\left(1{,}496 \times 10^{11}\right)^{2}}$
$=$ $3{,}54 \times 10^{22}\ \text{N}$ c'est cette force qui maintient la Terre sur son orbite

Physique & Co — la pomme et les Principia

En 1666, à Woolsthorpe, le jeune Isaac Newton (1643-1727) aurait eu l'intuition de la gravitation universelle en observant la chute d'une pomme dans le verger familial — l'anecdote, rapportée par son ami William Stukeley en 1726, est probablement enjolivée mais authentique dans son principe : Newton comprit que la force qui fait tomber la pomme et celle qui retient la Lune sur son orbite ne font qu'une.

Il fallut plus de vingt ans à Newton pour formaliser complètement cette intuition. C'est en 1687 qu'il publie les Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, où figure pour la première fois l'énoncé complet de la loi de gravitation universelle — l'un des textes fondateurs de la physique moderne. Il faudra attendre 1798 pour que le physicien britannique Henry Cavendish, à l'aide d'une balance de torsion d'une extrême sensibilité, mesure expérimentalement la valeur de $G$ — une expérience qu'il présenta modestement comme permettant de « peser la Terre ».

2Champ de gravitation

Plutôt que de raisonner à chaque fois avec deux masses en interaction, il est commode de décrire l'effet d'un astre par un champ : une grandeur définie en tout point de l'espace, indépendante de la masse qu'on y placerait pour la « sonder ».

Définition — champ de gravitation

Un corps de masse $M$ crée, en tout point de l'espace situé à la distance $r$ de son centre, un champ de gravitation $\vec{G}(r)$ , dirigé vers le centre du corps, de valeur :

$G(r) = \dfrac{GM}{r^{2}}$

Une masse $m$ placée en ce point y subit alors la force $\vec{F} = m\vec{G}(r)$ (voir Figure 1). Le champ $G(r)$ s'exprime en $\text{N·kg}^{-1}$ , unité équivalente au $\text{m·s}^{-2}$ .

Figure 1 — En un point P situé à la distance r du centre de la Terre, le champ de gravitation G⃗(r) est toujours dirigé vers le centre. Une masse m placée en P y subit la force F⃗ = mG⃗(r), colinéaire à G⃗(r) et de même sens.

2.1 Champ de pesanteur terrestre

À la surface de la Terre ( $r = R_T$ ), le champ de gravitation se confond, en très bonne approximation, avec le champ de pesanteur $g$ que tu utilises depuis la classe de seconde pour écrire le poids $P = mg$ .

Propriété

$g_0 = \dfrac{GM_T}{R_T^{2}}$

Avec $M_T = 5{,}98 \times 10^{24}\ \text{kg}$ et $R_T = 6{,}38 \times 10^{6}\ \text{m}$ (soit $6\,380$ km), on retrouve la valeur bien connue $g_0 \approx 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}$ .

Exemple — vérifier la valeur de g₀

$g_0 = \dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}98 \times 10^{24}}{\left(6{,}38 \times 10^{6}\right)^{2}}$
$=$ $\dfrac{3{,}99 \times 10^{14}}{4{,}07 \times 10^{13}}$
$=$ $9{,}80\ \text{m·s}^{-2}$ cohérent avec la valeur usuelle

2.2 Variation de g avec l'altitude

Le champ de pesanteur n'est donc qu'un champ de gravitation particulier, mesuré à $r = R_T$ . À l'altitude $h$ , on a $r = R_T + h$ , d'où une formule qui va se révéler essentielle pour tout le reste du chapitre.

Démonstration — g(h)

Le champ de gravitation à l'altitude $h$ (donc à la distance $r = R_T + h$ du centre) vaut $G(R_T+h) = \dfrac{GM_T}{(R_T+h)^{2}}$ . Or, d'après la propriété précédente, $GM_T = g_0 R_T^{2}$ . En substituant :

$g(h) = \dfrac{GM_T}{(R_T+h)^{2}}$
$=$ $\dfrac{g_0 R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}}$ substitution de $GM_T = g_0 R_T^{2}$

$g(h) = g_0\ \dfrac{R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}}$

Figure 2 — Variation du champ de pesanteur terrestre g avec l'altitude h. À l'altitude de l'ISS (400 km), g vaut encore 8,68 m·s⁻² : ce n'est pas l'absence de gravité qui explique l'impesanteur des astronautes, mais la chute libre permanente (section 3).

Exemple — g au sommet de l'Everest

Altitude $h = 8\,849\ \text{m}$ .

$g(h) = 9{,}80 \times \dfrac{6\,380^{2}}{(6\,380 + 8{,}849)^{2}}$ altitude en km, cohérent car c'est un rapport
$=$ $9{,}80 \times 0{,}9972$
$\approx$ $9{,}77\ \text{m·s}^{-2}$ variation de $0{,}3\ \%$ seulement

Exemple — g à l'altitude d'un satellite GPS

Altitude $h = 20\,200\ \text{km}$ .

$g(h) = 9{,}80 \times \dfrac{6\,380^{2}}{(6\,380+20\,200)^{2}}$
$=$ $9{,}80 \times 0{,}0576$
$\approx$ $0{,}56\ \text{m·s}^{-2}$ 17 fois plus faible qu'au sol

Attention — le mythe de « l'apesanteur »

On dit souvent que les astronautes de l'ISS « flottent car il n'y a plus de gravité ». C'est faux : à $400$ km d'altitude, $g$ vaut encore $8{,}68\ \text{m·s}^{-2}$ , soit $88\ \%$ de sa valeur au sol ! La bonne explication : l'ISS et tout ce qu'elle contient sont en chute libre permanente autour de la Terre (section 3) — chutant à la même vitesse, astronaute et vaisseau n'exercent plus de force de contact l'un sur l'autre. On parle plus justement d'impesanteur que d'apesanteur.

Méthode — calculer g à une altitude donnée

1) Convertir l'altitude $h$ et le rayon terrestre $R_T$ dans la même unité. 2) Calculer $r = R_T + h$ — ne jamais oublier d'ajouter $R_T$ ! 3) Appliquer $g(h) = g_0 R_T^{2}/(R_T+h)^{2}$ , ou directement $g(h)=GM_T/r^2$ .

3Mouvement circulaire uniforme d'un satellite

Avant de démontrer que le mouvement d'un satellite est circulaire uniforme, il faut disposer des bons outils pour décrire tout mouvement sur un cercle — y compris un mouvement dont on ne sait pas encore, a priori, s'il est uniforme.

Définition — repère de Frenet

En tout point M d'une trajectoire, on définit deux vecteurs unitaires orthogonaux : $\vec{u}_t$ , tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement, et $\vec{u}_n$ , normal, dirigé vers l'intérieur de la courbure. Dans ce repère mobile, appelé repère de Frenet, le vecteur vitesse est toujours porté par $\vec{u}_t$ :

$\vec{v} = v\,\vec{u}_t \qquad (v \geqslant 0)$

3.1 Accélération d'un point sur un cercle

Pour un point M se déplaçant sur un cercle de centre O et de rayon $r$ constant, repérons sa position par l'angle $\theta(t)$ et utilisons la base polaire $(\vec{u}_r, \vec{u}_\theta)$ : $\vec{u}_r$ unitaire radial, dirigé de O vers M (donc ici confondu avec $-\vec{u}_n$ ), et $\vec{u}_\theta$ unitaire orthoradial (confondu avec $\vec{u}_t$ si $\theta$ croît). Cette base, mobile, vérifie les relations de dérivation $\dfrac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t} = \dot\theta\,\vec{u}_\theta$ et $\dfrac{\mathrm{d}\vec{u}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot\theta\,\vec{u}_r$ .

Démonstration — accélération sur un cercle

La position s'écrit $\overrightarrow{\text{OM}} = r\,\vec{u}_r$ , avec $r$ constant. On dérive deux fois par rapport au temps.

$\vec{v} = \dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{\text{OM}}}{\mathrm{d}t} = r\,\dfrac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t}$ $r$ constant, il sort de la dérivée
$=$ $r\dot\theta\,\vec{u}_\theta$ relation de dérivation de $\vec{u}_r$
$\vec{a} = \dfrac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\mathrm{d}(r\dot\theta)}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_\theta + r\dot\theta\,\dfrac{\mathrm{d}\vec{u}_\theta}{\mathrm{d}t}$ dérivée d'un produit
$=$ $r\ddot\theta\,\vec{u}_\theta + r\dot\theta\left(-\dot\theta\,\vec{u}_r\right)$
$=$ $-r\dot\theta^{2}\,\vec{u}_r + r\ddot\theta\,\vec{u}_\theta$

En posant $v = r\dot\theta$ (norme de la vitesse), on obtient la composante normale $a_n = r\dot\theta^{2} = \dfrac{v^{2}}{r}$ (dirigée vers O, donc bien selon $+\vec{u}_n$ ) et la composante tangentielle $a_t = r\ddot\theta = \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$ .

Théorème — cas particulier du mouvement circulaire uniforme

Si, de plus, le mouvement est uniforme ( $v$ constante, donc $\dot\theta = \omega$ constante), alors $\ddot\theta = 0$ : la composante tangentielle de l'accélération s'annule. L'accélération se réduit à sa seule composante normale, centripète :

$\vec{a} = \dfrac{v^{2}}{r}\,\vec{u}_n \qquad \text{soit } a = \dfrac{v^{2}}{r}$

Figure 3 — Repère de Frenet en un point M d'une trajectoire circulaire de centre T (Terre) : le vecteur vitesse v⃗ est tangent au cercle, le vecteur accélération a⃗, dans le cas uniforme, est centripète et dirigé vers T.

Exemple — accélération d'un point sur un manège

Un point situé au bord d'un manège décrit un cercle de rayon $r = 0{,}50$ m à la vitesse constante $v = 2{,}0\ \text{m·s}^{-1}$ .

$a = \dfrac{v^{2}}{r} = \dfrac{2{,}0^{2}}{0{,}50}$
$=$ $8{,}0\ \text{m·s}^{-2}$ dirigée vers le centre du manège

Exemple — accélération de l'ISS

L'ISS décrit une trajectoire quasi circulaire de rayon $r = 6\,780$ km à la vitesse $v = 7{,}67\ \text{km·s}^{-1}$ (valeurs que tu redémontreras section 4).

$a = \dfrac{v^{2}}{r} = \dfrac{\left(7{,}67 \times 10^{3}\right)^{2}}{6{,}78 \times 10^{6}}$
$=$ $8{,}68\ \text{m·s}^{-2}$ exactement $g(400\text{ km})$ trouvée section 2 — ce n'est pas un hasard !

Méthode — montrer qu'un mouvement est circulaire uniforme

1) Faire l'inventaire des forces et appliquer le principe fondamental de la dynamique. 2) Projeter sur $\vec{u}_\theta$ (ou $\vec{u}_t$ ) : si cette composante est nulle, alors $\ddot\theta = 0$ , donc $v$ est constante — le mouvement est uniforme. 3) Le rayon $r$ étant fixé par la géométrie du problème, le mouvement est circulaire. 4) Projeter sur $\vec{u}_r$ (ou $\vec{u}_n$ ) pour obtenir la relation entre $v$ , $r$ et les données du problème (c'est l'objet de la section 4).

4Vitesse et période orbitale

Tous les outils sont réunis : la loi de la gravitation (section 1) fournit la force, le repère de Frenet (section 3) fournit l'accélération. Il ne reste qu'à appliquer le principe fondamental de la dynamique (2^e loi de Newton) à un satellite.

Hypothèses de travail

On étudie un satellite de masse $m$ , assimilé à un point matériel, en orbite à la distance $r = R_T + h$ du centre de la Terre. On suppose : (i) le satellite n'est soumis qu'à la force de gravitation terrestre (on néglige les frottements de l'atmosphère résiduelle et l'attraction des autres astres) ; (ii) sa trajectoire est circulaire, de centre confondu avec le centre de la Terre ; (iii) l'étude se fait dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen.

Démonstration — mouvement uniforme, vitesse et période

Le principe fondamental de la dynamique s'écrit $m\vec{a} = \vec{F}$ . D'après la section 3 (rayon $r$ constant), $\vec{a} = -r\dot\theta^{2}\,\vec{u}_r + r\ddot\theta\,\vec{u}_\theta$ . D'après la section 1, la seule force est $\vec{F} = -G\dfrac{M_T m}{r^{2}}\,\vec{u}_r$ : elle est purement radiale, sans composante selon $\vec{u}_\theta$ .

projection sur $\vec{u}_\theta$ : $mr\ddot\theta = 0$
$\Rightarrow$ $\ddot\theta = 0$ car $m \neq 0$ et $r \neq 0$
$\Rightarrow$ $\dot\theta = \omega = \text{cste}$ donc $v = r\omega$ est constante : le mouvement est uniforme
projection sur $\vec{u}_r$ : $-mr\omega^{2} = -G\dfrac{M_T m}{r^{2}}$
$\Rightarrow$ $\omega^{2} = \dfrac{GM_T}{r^{3}}$
or $\omega = \dfrac{v}{r}$ , donc $\dfrac{v^{2}}{r^{2}} = \dfrac{GM_T}{r^{3}}$
$\Rightarrow$ $v^{2} = \dfrac{GM_T}{r}$

$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{r}}$

La période $T$ est la durée d'un tour, $T = \dfrac{2\pi r}{v}$ (périmètre divisé par la vitesse) :

$T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi r}{\sqrt{GM_T/r}}$
$=$ $2\pi\ r \times \sqrt{\dfrac{r}{GM_T}}$
$=$ $2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM_T}}$

$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM_T}}$

Propriété — 3^e loi de Kepler (orbite circulaire)

En élevant $T$ au carré, la dépendance en $r$ devient explicite :

$T^{2} = 4\pi^{2}\dfrac{r^{3}}{GM_T}$
$\Rightarrow$ $\dfrac{T^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM_T}$

Le rapport $\dfrac{T^{2}}{r^{3}}$ ne dépend que de $M_T$ : il est le même pour tous les satellites de la Terre, quelle que soit leur masse $m$ ou leur altitude $h$ .

Exemple — vitesse et période de l'ISS

Altitude $h = 400$ km, donc $r = R_T + h = 6\,380+400 = 6\,780$ km $= 6{,}78 \times 10^{6}$ m.

$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}}{6{,}78\times10^{6}}}$
$=$ $7{,}67\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 7{,}67\ \text{km·s}^{-1}$
$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM_T}}$
$=$ $5{,}55\times10^{3}\ \text{s}$
$\approx$ $92{,}6$ min $\approx 1$ h $33$ minl'ISS fait le tour de la Terre en une heure et demie !

Exemple — vitesse et période d'un satellite GPS

Altitude $h = 20\,200$ km, donc $r = 26\,580$ km $= 2{,}658\times10^{7}$ m.

$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{r}}$
$=$ $3{,}87\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 3{,}87\ \text{km·s}^{-1}$ plus lent que l'ISS : plus loin, un satellite va moins vite
$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM_T}}$
$\approx$ $4{,}31\times10^{4}\ \text{s} \approx 11$ h $58$ minsoit la moitié d'un jour sidéral — un choix délibéré des ingénieurs pour que la trace au sol se répète chaque jour

Figure 4 — Altitudes orbitales de quelques satellites usuels et distance moyenne Terre-Lune, en échelle logarithmique : plus de trois ordres de grandeur séparent l'ISS de la Lune.

Attention — le piège du rayon

Les formules $v=\sqrt{GM_T/r}$ et $T=2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$ utilisent $r$ , rayon de l'orbite depuis le centre de la Terre — jamais l'altitude $h$ seule ! Il faut systématiquement calculer $r = R_T + h$ avant d'appliquer ces formules. Oublier $R_T$ est l'erreur la plus fréquente de ce chapitre.

Méthode — calculer v et T d'un satellite

1) Calculer $r = R_T + h$ (en mètres). 2) $v = \sqrt{GM_T/r}$ . 3) $T = 2\pi r/v$ , ou directement $T=2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$ . 4) Convertir $T$ en heures/minutes si besoin (diviser par 3 600 puis garder la partie entière, etc.).

5Satellite géostationnaire

Ta parabole de télévision ne bouge jamais, et pourtant elle pointe vers un satellite en mouvement à plus de $3$ km/s. Comment est-ce possible ? Parce que ce satellite met exactement le même temps que la Terre à faire un tour sur elle-même : vu depuis le sol, il semble immobile.

Définition — satellite géostationnaire

Un satellite est dit géostationnaire s'il reste en permanence à la verticale d'un même point de la Terre. Cela impose quatre conditions simultanées : (i) trajectoire circulaire ; (ii) trajectoire dans le plan équatorial (seul plan dont la trace au sol soit un point fixe) ; (iii) même sens de rotation que la Terre (vers l'est) ; (iv) période égale à la période de rotation propre de la Terre, le jour sidéral :

$T_{\text{sid}} = 23\ \text{h}\ 56\ \text{min}\ 4\ \text{s} = 86\,164\ \text{s}$

Attention — jour sidéral, pas jour solaire

Le piège classique : utiliser $T = 24$ h $= 86\,400$ s. Le jour sidéral ( $86\,164$ s), c'est la durée d'un tour complet de la Terre par rapport aux étoiles lointaines ; le jour solaire ( $24$ h), c'est la durée entre deux passages du Soleil au zénith — légèrement plus long car la Terre, en tournant sur elle-même, avance aussi sur son orbite autour du Soleil. C'est le jour sidéral qu'il faut utiliser, car c'est la vraie période de rotation de la Terre par rapport au référentiel géocentrique où l'on travaille.

Il suffit d'injecter cette période dans la 3^e loi de Kepler démontrée section 4 pour trouver le rayon — et donc l'altitude — de la seule orbite qui convient.

Démonstration — altitude géostationnaire

$\dfrac{T_{\text{sid}}^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM_T}$ 3^e loi de Kepler, section 4
$\Rightarrow$ $r^{3} = \dfrac{GM_T\,T_{\text{sid}}^{2}}{4\pi^{2}}$
$\Rightarrow$ $r = \sqrt[3]{\dfrac{GM_T\,T_{\text{sid}}^{2}}{4\pi^{2}}}$
$=$ $\sqrt[3]{\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}\times\left(86\,164\right)^{2}}{4\pi^{2}}}$
$=$ $4{,}22\times10^{7}\ \text{m} = 42\,200\ \text{km}$
$h = r - R_T = 42\,200 - 6\,380$
$=$ $35\,800\ \text{km}$ l'altitude géostationnaire, la même pour tous les satellites de télécommunication

Exemple — vitesse d'un satellite géostationnaire

$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}}{4{,}22\times10^{7}}}$
$=$ $3{,}08\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 3{,}08\ \text{km·s}^{-1}$ deux fois et demie plus lent que l'ISS, bien qu'à plus de 100 fois son altitude

Figure 5 — Orbite géostationnaire tracée à l'échelle réelle : son rayon (≈ 42 200 km) vaut environ 6,6 fois le rayon terrestre. Le satellite reste en permanence à la verticale du même point de l'équateur.

5.1 Applications

Les satellites Meteosat, qui fournissent les images de nuages utilisées chaque jour pour les prévisions météorologiques en Afrique, sont géostationnaires, positionnés à $0°$ de longitude, à la verticale du golfe de Guinée. Cette position fixe leur permet d'observer en continu le même disque terrestre — tout le continent africain et l'Atlantique voisin — sans qu'aucune antenne au sol n'ait besoin de les suivre. Les satellites de télédiffusion et de télécommunication utilisent le même principe : une parabole, une fois orientée, n'a plus jamais besoin d'être réajustée.

Physique & Co — l'idée d'Arthur C. Clarke

En octobre 1945, l'écrivain et ingénieur britannique Arthur C. Clarke publie dans la revue Wireless World un article visionnaire, Extra-Terrestrial Relays, où il propose d'utiliser des satellites placés sur une orbite circulaire équatoriale de période 24 heures comme relais de télécommunication permanents — décrivant, douze ans avant le premier satellite artificiel, le principe exact des satellites géostationnaires actuels.

Le premier satellite artificiel, Spoutnik 1, ne fut lancé par l'URSS que le 4 octobre 1957, sur une orbite basse (bien loin d'être géostationnaire). Il fallut attendre 1963-1964 et les satellites américains Syncom pour qu'un engin atteigne enfin, pour la première fois, une véritable orbite géostationnaire — ouvrant l'ère des retransmissions télévisées intercontinentales en direct.

6Lois de Kepler

Toute cette étude s'est jusqu'ici limitée aux orbites circulaires. Or la plupart des trajectoires célestes — comètes, planètes, satellites de transfert — sont en réalité des ellipses. C'est l'astronome allemand Johannes Kepler qui, le premier, en a formulé les lois, par pure analyse de données d'observation, plusieurs décennies avant que Newton n'en donne l'explication théorique.

Théorème — les trois lois de Kepler

1^re loi (loi des orbites). Dans le référentiel héliocentrique (ou, plus généralement, dans le référentiel du corps central), la trajectoire d'un corps en orbite est une ellipse dont le corps central occupe l'un des deux foyers.

2^e loi (loi des aires). Le segment reliant le corps central au corps en orbite balaie des aires égales pendant des durées égales.

3^e loi (loi des périodes). Le carré de la période $T$ est proportionnel au cube du demi-grand axe $a$ de l'ellipse :

$\dfrac{T^{2}}{a^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM} = \text{constante pour tous les corps orbitant autour du même astre de masse } M$

Démonstration — idée de preuve (loi des aires)

La force de gravitation est une force centrale : elle est à tout instant dirigée vers le corps central, donc sa composante orthoradiale est nulle : $F_\theta = 0$ . Le principe fondamental de la dynamique, projeté sur $\vec{u}_\theta$ (cette fois avec $r$ non constant), s'écrit $m\left(r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta\right)=0$ , ce qui équivaut à $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\!\left(r^{2}\dot\theta\right)=0$ : la quantité $r^{2}\dot\theta$ est donc constante au cours du mouvement. Or l'aire balayée pendant $\mathrm{d}t$ vaut $\mathrm{d}A = \tfrac{1}{2}r^{2}\dot\theta\,\mathrm{d}t$ : la vitesse à laquelle l'aire est balayée, $\mathrm{d}A/\mathrm{d}t$ , est donc elle aussi constante. C'est la loi des aires. La démonstration complète de la 1^re loi (la trajectoire est une ellipse) demande des outils mathématiques hors programme de Terminale ; on l'admet.

La 3^e loi généralise exactement ce qui a été démontré section 4 pour une orbite circulaire : pour un cercle, le « demi-grand axe » $a$ n'est autre que le rayon $r$ .

Figure 6 — Loi des aires : les deux secteurs colorés ont la même aire. Balayés dans la même durée, ils montrent que le corps va nettement plus vite au périhélie P (près du foyer F, occupé par le corps central) qu'à l'aphélie A.

6.1 Application — masse du Soleil

La 3^e loi de Kepler permet de « peser » n'importe quel astre autour duquel un autre corps est en orbite, sans jamais y avoir posé la moindre balance : il suffit de connaître le demi-grand axe $a$ et la période $T$ de l'orbite.

Méthode — déterminer la masse d'un astre central

1) Identifier un corps en orbite autour de l'astre étudié, et connaître $a$ et $T$ de son orbite. 2) Isoler $M$ dans $T^{2}/a^{3}=4\pi^{2}/(GM)$ : $M = 4\pi^{2}a^{3}/(GT^{2})$ . 3) Convertir toutes les données en unités SI avant de calculer.

Exemple — masse du Soleil à partir de l'orbite terrestre

Demi-grand axe de l'orbite terrestre $a = 1{,}496\times10^{11}$ m ; période $T = 365{,}25$ jours.

$T = 365{,}25\times24\times3\,600 = 3{,}156\times10^{7}\ \text{s}$
$M_S = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{GT^{2}}$
$=$ $\dfrac{4\pi^{2}\times\left(1{,}496\times10^{11}\right)^{3}}{6{,}67\times10^{-11}\times\left(3{,}156\times10^{7}\right)^{2}}$
$=$ $1{,}99\times10^{30}\ \text{kg}$ soit environ 333 000 fois la masse de la Terre

Cette même méthode, appliquée aux quatre planètes telluriques, confirme numériquement que le rapport $T^{2}/a^{3}$ est bien constant, comme l'annonce la 3^e loi de Kepler :

Planète	$a$ (m)	$T$ (s)	$T^{2}/a^{3}$ (s²·m⁻³)
Mercure	$5{,}79\times10^{10}$	$7{,}61\times10^{6}$	$2{,}98\times10^{-19}$
Vénus	$1{,}08\times10^{11}$	$1{,}94\times10^{7}$	$2{,}98\times10^{-19}$
Terre	$1{,}50\times10^{11}$	$3{,}16\times10^{7}$	$2{,}97\times10^{-19}$
Mars	$2{,}28\times10^{11}$	$5{,}94\times10^{7}$	$2{,}97\times10^{-19}$

Physique & Co — Kepler contre les cercles parfaits

Johannes Kepler (1571-1630) hérite en 1601 des observations extraordinairement précises de l'astronome danois Tycho Brahe, en particulier celles de la planète Mars. Pendant près de dix ans, Kepler tente d'ajuster ces données à des orbites circulaires, conformément au dogme antique des « cercles parfaits » — sans y parvenir : un écart de $8$ minutes d'angle, infime mais bien réel dans les données de Tycho, résiste à tous ses modèles. Kepler finit par abandonner le cercle et publie en 1609, dans son Astronomia nova, les deux premières lois portant son nom. La troisième loi ne viendra que dix ans plus tard, dans Harmonices Mundi (1619), après des années de tâtonnements numériques que Kepler lui-même qualifiait de recherche de « l'harmonie du monde ». Il faudra encore attendre Newton, en 1687, pour comprendre pourquoi ces lois, purement empiriques chez Kepler, sont vraies.

7Énergie d'un satellite

Pour finir, une dernière question : combien d'énergie faut-il pour placer, puis maintenir, un satellite en orbite — et combien pour l'en arracher définitivement ? La réponse tient dans le bilan énergétique du satellite.

Définition — énergies d'un satellite

Énergie cinétique : $E_c = \tfrac{1}{2}mv^{2}$ . Énergie potentielle de gravitation, avec la convention usuelle $E_p \to 0$ quand $r \to \infty$ :

$E_p(r) = -\dfrac{GM_T m}{r}$

Énergie mécanique : $E_m = E_c + E_p$ . Contrairement à $E_p = mgz$ utilisée près du sol (référence au niveau du sol, $z$ petit), cette expression est générale, valable à toute distance, avec pour référence l'infini.

Attention — le signe de Eₚ

$E_p(r)$ est toujours négative pour $r$ fini : ce n'est pas une erreur de signe ! Le choix $E_p \to 0$ à l'infini impose que $E_p$ soit négative à toute distance finie, puisque le système {satellite + Terre} doit recevoir de l'énergie pour atteindre l'état de référence ( $r \to \infty$ ). Ne confonds pas cette convention avec celle de $E_p = mgz$ , où c'est le sol qui sert de référence.

Démonstration — énergie mécanique d'une orbite circulaire

Pour une orbite circulaire, $v^{2} = GM_T/r$ (section 4), donc :

$E_c = \dfrac{1}{2}mv^{2} = \dfrac{1}{2}m\times\dfrac{GM_T}{r}$
$=$ $\dfrac{GM_T m}{2r}$ toujours positive
$E_m = E_c + E_p = \dfrac{GM_T m}{2r} - \dfrac{GM_T m}{r}$
$=$ $\dfrac{GM_T m}{2r} - \dfrac{2GM_T m}{2r}$
$=$ $-\dfrac{GM_T m}{2r}$

$E_m = -\dfrac{GM_T m}{2r} = -E_c$

L'énergie mécanique d'une orbite circulaire est toujours négative : c'est la signature d'un état lié (le satellite reste captif). Remarque utile : $E_m = -E_c$ et $E_p = 2E_m$ — une bonne façon de vérifier tes calculs.

Figure 7 — Énergie cinétique, potentielle et mécanique d'un satellite de masse m = 1 000 kg en fonction du rayon r de son orbite circulaire : Em = −Ec en permanence, et Em < 0 traduit un état lié.

7.1 Vitesse de libération

Définition — vitesse de libération

La vitesse de libération $v_{\text{lib}}$ est la vitesse minimale qu'il faut communiquer à un corps, depuis la surface d'un astre, pour qu'il échappe définitivement à son attraction (trajectoire qui s'éloigne indéfiniment, avec une vitesse résiduelle nulle à l'infini).

Démonstration — vitesse de libération

La condition « limite » d'échappement est $E_m = 0$ : le corps atteint l'infini ( $E_p=0$ ) avec une vitesse tout juste nulle ( $E_c=0$ ). En écrivant $E_m=0$ au départ, à la surface ( $r=R_T$ ) :

$E_m = \dfrac{1}{2}mv_{\text{lib}}^{2} - \dfrac{GM_T m}{R_T} = 0$
$\Rightarrow$ $\dfrac{1}{2}v_{\text{lib}}^{2} = \dfrac{GM_T}{R_T}$
$\Rightarrow$ $v_{\text{lib}}^{2} = \dfrac{2GM_T}{R_T}$

$v_{\text{lib}} = \sqrt{\dfrac{2GM_T}{R_T}}$

Application numérique : $v_{\text{lib}} = \sqrt{2\times6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}/6{,}38\times10^{6}} \approx 11{,}2\ \text{km·s}^{-1}$ . Remarque : $v_{\text{lib}} = \sqrt{2}\,v_1$ , où $v_1=\sqrt{GM_T/R_T}$ est la vitesse qu'aurait un satellite en orbite rasante (juste au-dessus du sol).

Exemple — vitesse de libération lunaire

$M_L = 7{,}35\times10^{22}$ kg, $R_L = 1\,737$ km.

$v_{\text{lib}} = \sqrt{\dfrac{2\times6{,}67\times10^{-11}\times7{,}35\times10^{22}}{1{,}737\times10^{6}}}$
$\approx$ $2{,}38\ \text{km·s}^{-1}$ presque 5 fois plus faible que sur Terre — c'est pourquoi la Lune n'a pas retenu d'atmosphère : les molécules de gaz, agitées thermiquement, s'échappent facilement

Exemple — bilan énergétique d'un satellite de 500 kg (orbite ISS)

$E_c = \dfrac{GM_T m}{2r} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}\times500}{2\times6{,}78\times10^{6}}$
$\approx$ $1{,}47\times10^{10}\ \text{J}$
$E_m = -E_c \approx -1{,}47\times10^{10}\ \text{J}$ énergie qu'il aurait fallu fournir, au minimum, pour le placer sur cette orbite depuis un état « au repos à l'infini »

Méthode — étudier l'énergie d'un satellite

1) $E_c = GM_Tm/2r$ (toujours positive). 2) $E_p = -GM_Tm/r$ (toujours négative, référence à l'infini). 3) $E_m = E_c+E_p = -GM_Tm/2r$ (négative : orbite liée). 4) Pour une libération, poser $E_m=0$ et isoler la vitesse cherchée.

Fiche mémo

Loi de gravitation : $F = G\dfrac{m_Am_B}{r^{2}}$ , avec $G \approx 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N·m}^{2}\text{·kg}^{-2}$ ; forme vectorielle $\vec{F}_{A/B}=-G\dfrac{m_Am_B}{AB^{2}}\vec{u}_{AB}$ .
Champ de gravitation : $G(r)=GM/r^{2}$ , $\vec{F}=m\vec{G}(r)$ .
Champ de pesanteur : $g_0=GM_T/R_T^{2}\approx9{,}80\ \text{m·s}^{-2}$ ; variation avec l'altitude : $g(h)=g_0R_T^{2}/(R_T+h)^{2}$ .
Mouvement circulaire uniforme : accélération purement centripète, $a=v^{2}/r$ , dirigée vers le centre.
Satellite (orbite circulaire, $r=R_T+h$ ) : mouvement nécessairement uniforme ; $v=\sqrt{GM_T/r}$ ; $T=2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$ .
3^e loi de Kepler (cercle) : $T^{2}/r^{3}=4\pi^{2}/GM_T=\text{cste}$ , valable pour tous les satellites d'un même astre.
Satellite géostationnaire : orbite circulaire, équatoriale, même sens que la Terre, $T=86\,164$ s (jour sidéral) ⟹ $h\approx35\,800$ km.
Lois de Kepler (générales) : 1) orbite elliptique, corps central au foyer ; 2) loi des aires (vitesse aréolaire constante) ; 3) $T^{2}/a^{3}=4\pi^{2}/GM=\text{cste}$ .
Énergies (orbite circulaire) : $E_c=GM_Tm/2r>0$ ; $E_p=-GM_Tm/r$ ; $E_m=E_c+E_p=-GM_Tm/2r=-E_c<0$ (état lié).
Vitesse de libération : $v_{\text{lib}}=\sqrt{2GM_T/R_T}\approx11{,}2\ \text{km·s}^{-1}$ sur Terre (obtenue en posant $E_m=0$ ).
Constantes terrestres : $M_T=5{,}98\times10^{24}$ kg, $R_T=6\,380$ km $=6{,}38\times10^{6}$ m.
Piège n°1 : toujours $r=R_T+h$ , jamais $r=h$ . Piège n°2 : jour sidéral ( $86\,164$ s) $\neq$ jour solaire ( $86\,400$ s).

8Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe

Deux petits satellites de masses $m_1 = 800$ kg et $m_2 = 1\,200$ kg sont distants de $50$ m. Calcule la force de gravitation entre eux.

Voir le corrigé détaillé

$F = G\dfrac{m_1 m_2}{d^{2}} = 6{,}67\times10^{-11}\times\dfrac{800\times1\,200}{50^{2}}$
$=$ $2{,}56\times10^{-8}\ \text{N}$ une force totalement négligeable entre objets « ordinaires »

Mars a pour masse $M = 6{,}42\times10^{23}$ kg et pour rayon $R = 3\,390$ km. Calcule le champ de gravitation à sa surface.

Voir le corrigé détaillé

$G(R) = \dfrac{GM}{R^{2}} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times6{,}42\times10^{23}}{\left(3{,}39\times10^{6}\right)^{2}}$
$=$ $3{,}73\ \text{N·kg}^{-1}$ moins de 40 % de la valeur terrestre

Un avion de ligne vole à $h = 10$ km d'altitude. Calcule $g(h)$ et compare à $g_0$ .

Voir le corrigé détaillé

$g(h) = g_0\dfrac{R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}} = 9{,}80\times\dfrac{6\,380^{2}}{6\,390^{2}}$
$=$ $9{,}77\ \text{m·s}^{-2}$ écart de seulement $0{,}03\ \text{m·s}^{-2}$ : négligeable à cette échelle

Un satellite d'observation est sur une orbite circulaire de rayon $r = 7\,200$ km. Calcule sa vitesse et sa période.

Voir le corrigé détaillé

$v = \sqrt{GM_T/r} = \sqrt{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}/7{,}2\times10^{6}}$
$=$ $7{,}44\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1}$
$T = 2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$
$=$ $6{,}08\times10^{3}\ \text{s} \approx 1$ h $41$ min

Un TGV expérimental parcourt une voie circulaire de rayon $r = 1{,}0$ km à la vitesse constante $v = 50\ \text{m·s}^{-1}$ . Calcule son accélération.

Voir le corrigé détaillé

Le mouvement étant circulaire uniforme, l'accélération est purement centripète.

$a = \dfrac{v^{2}}{r} = \dfrac{50^{2}}{1\,000}$
$=$ $2{,}5\ \text{m·s}^{-2}$ dirigée vers le centre de la voie

Un satellite de masse $m = 200$ kg est en orbite circulaire à $r = 8\,000$ km. Calcule $E_c$ , $E_p$ et $E_m$ .

Voir le corrigé détaillé

$E_c = \dfrac{GM_Tm}{2r} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}\times200}{2\times8\times10^{6}}$
$=$ $4{,}99\times10^{9}\ \text{J}$
$E_p = -\dfrac{GM_Tm}{r} = -2E_c$
$=$ $-9{,}97\times10^{9}\ \text{J}$
$E_m = E_c + E_p = -E_c$
$=$ $-4{,}99\times10^{9}\ \text{J}$

Niveau 2 — Approfondissement

Un satellite a une période $T = 6{,}0$ h. Détermine le rayon $r$ de son orbite, puis son altitude $h$ .

Voir le corrigé détaillé

$T = 6{,}0\times3\,600 = 2{,}16\times10^{4}\ \text{s}$
$\dfrac{T^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM_T} \Rightarrow r = \sqrt[3]{\dfrac{GM_T\,T^{2}}{4\pi^{2}}}$
$=$ $1{,}68\times10^{7}\ \text{m} = 16\,767\ \text{km}$
$h = r - R_T = 16\,767 - 6\,380$
$=$ $10\,387\ \text{km}$

Un satellite a pour vitesse $v = 6{,}20\ \text{km·s}^{-1}$ . Détermine $r$ , son altitude $h$ , puis sa période $T$ .

Voir le corrigé détaillé

$v = \sqrt{GM_T/r} \Rightarrow r = \dfrac{GM_T}{v^{2}}$
$=$ $\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}}{\left(6{,}20\times10^{3}\right)^{2}}$
$=$ $1{,}038\times10^{7}\ \text{m} = 10\,376\ \text{km}$
$h = r-R_T = 10\,376-6\,380 = 3\,996\ \text{km}$
$T = \dfrac{2\pi r}{v}$
$=$ $1{,}05\times10^{4}\ \text{s} \approx 2$ h $55$ min

Phobos, satellite naturel de Mars, décrit une orbite quasi circulaire de rayon $a = 9\,377$ km en $T = 7$ h $39$ min. Détermine la masse de Mars.

Voir le corrigé détaillé

$T = 7\times3\,600+39\times60 = 2{,}754\times10^{4}\ \text{s}$
$\dfrac{T^{2}}{a^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM} \Rightarrow M = \dfrac{4\pi^{2}a^{3}}{GT^{2}}$
$=$ $\dfrac{4\pi^{2}\times\left(9{,}377\times10^{6}\right)^{3}}{6{,}67\times10^{-11}\times\left(2{,}754\times10^{4}\right)^{2}}$
$=$ $6{,}43\times10^{23}\ \text{kg}$ très proche de la valeur mesurée $6{,}42\times10^{23}$ kg

Un satellite de masse $m = 300$ kg, en orbite circulaire à $r_1 = 7\,000$ km, doit être élevé sur une orbite circulaire de rayon $r_2 = 8\,000$ km. Calcule l'énergie $\Delta E_m$ qu'il faut lui fournir.

Voir le corrigé détaillé

$E_{m,1} = -\dfrac{GM_Tm}{2r_1} = -\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}\times300}{2\times7\times10^{6}}$
$=$ $-8{,}55\times10^{9}\ \text{J}$
$E_{m,2} = -\dfrac{GM_Tm}{2r_2}$
$=$ $-7{,}48\times10^{9}\ \text{J}$
$\Delta E_m = E_{m,2}-E_{m,1}$
$=$ $1{,}07\times10^{9}\ \text{J}$ positif : il faut fournir de l'énergie pour monter en orbite, cohérent

Niveau 3 — Type bac

Les satellites Pléiades. Les satellites français Pléiades, dédiés à l'observation de la Terre à haute résolution, sont placés sur une orbite circulaire à l'altitude $h = 694$ km.

Calcule le champ de pesanteur $g(h)$ à cette altitude.
Montre que le mouvement du satellite est uniforme et calcule sa vitesse $v$ .
Calcule la période $T$ de révolution, en minutes.
Compare $v$ et $T$ à ceux de l'ISS ( $r=6\,780$ km, $v=7{,}67\ \text{km·s}^{-1}$ , $T\approx92{,}6$ min, section 4) et conclus sur le lien entre altitude, vitesse et période.

Voir le corrigé détaillé

$g(h) = g_0\dfrac{R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}} = 9{,}80\times\dfrac{6\,380^{2}}{7\,074^{2}}$
$=$ $7{,}97\ \text{m·s}^{-2}$

2. Le satellite n'est soumis qu'à la gravitation terrestre, force radiale : d'après la démonstration de la section 4, la projection du PFD sur $\vec{u}_\theta$ donne $\ddot\theta=0$ , donc le mouvement est uniforme.

$r = R_T+h = 6\,380+694 = 7\,074\ \text{km}$
$v = \sqrt{GM_T/r}$
$=$ $7{,}51\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 7{,}51\ \text{km·s}^{-1}$

$T = 2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$
$=$ $5{,}92\times10^{3}\ \text{s} \approx 98{,}7$ min $\approx 1$ h $39$ min

4. Pléiades est plus haut que l'ISS ( $694 > 400$ km) : il va donc moins vite ( $7{,}51 < 7{,}67\ \text{km·s}^{-1}$ ) et met plus de temps à boucler une orbite ( $98{,}7 > 92{,}6$ min). C'est une règle générale, visible sur les formules : $v$ et $T$ sont respectivement décroissante et croissante avec $r$ .

Vérifier une orbite géostationnaire.

Énonce les quatre conditions nécessaires pour qu'un satellite soit géostationnaire.
En utilisant $T_{\text{sid}} = 86\,164$ s, calcule le rayon $r$ puis l'altitude $h$ de cette orbite.
Un élève utilise par erreur $T = 24$ h $= 86\,400$ s. Calcule l'altitude $h'$ qu'il obtient, et l'écart avec la valeur correcte. Cet écart remet-il en cause l'ordre de grandeur du résultat ?

Voir le corrigé détaillé

1. Orbite circulaire ; dans le plan équatorial ; parcourue dans le même sens que la rotation terrestre ; de période égale au jour sidéral $T_{\text{sid}}=86\,164$ s (section 5).

$r = \sqrt[3]{\dfrac{GM_T\,T_{\text{sid}}^{2}}{4\pi^{2}}}$
$=$ $4{,}217\times10^{7}\ \text{m} = 42\,174\ \text{km}$
$h = r-R_T = 42\,174-6\,380$
$=$ $35\,794\ \text{km} \approx 35\,800\ \text{km}$

$r' = \sqrt[3]{\dfrac{GM_T\times86\,400^{2}}{4\pi^{2}}}$
$=$ $4{,}225\times10^{7}\ \text{m}$
$h' = r'-R_T \approx 35\,870\ \text{km}$
écart $= h'-h \approx 77\ \text{km}$

L'écart relatif est inférieur à $0{,}3\ \%$ : l'ordre de grandeur (« environ $36\,000$ km ») reste correct, mais un professionnel de l'aérospatiale ne peut pas se permettre une telle imprécision — d'où l'importance d'utiliser le jour sidéral, seule durée physiquement pertinente.

Transfert vers l'orbite géostationnaire. Un opérateur de télécommunications souhaite élever un satellite de masse $m = 1\,500$ kg d'une orbite basse de rayon $r_1 = 7\,000$ km vers l'orbite géostationnaire ( $r_2 = 42\,200$ km).

Calcule les énergies mécaniques $E_{m,1}$ et $E_{m,2}$ sur chacune des deux orbites.
En déduis l'énergie $\Delta E$ que les moteurs du satellite doivent lui fournir pour ce transfert.
Calcule l'énergie $E_{\text{éch}}$ qu'il faudrait fournir, depuis l'orbite basse, pour libérer complètement le satellite de l'attraction terrestre. Compare-la à $\Delta E$ .

Voir le corrigé détaillé

$E_{m,1} = -\dfrac{GM_Tm}{2r_1} = -\dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}\times1\,500}{2\times7\times10^{6}}$
$=$ $-4{,}27\times10^{10}\ \text{J}$
$E_{m,2} = -\dfrac{GM_Tm}{2r_2}$
$=$ $-7{,}09\times10^{9}\ \text{J}$

$\Delta E = E_{m,2}-E_{m,1}$
$=$ $-7{,}09\times10^{9}-\left(-4{,}27\times10^{10}\right)$
$=$ $3{,}56\times10^{10}\ \text{J}$ positif : il faut fournir de l'énergie pour s'éloigner

3. Libérer complètement le satellite revient à atteindre $E_m = 0$ depuis $E_{m,1}$ .

$E_{\text{éch}} = 0-E_{m,1} = 4{,}27\times10^{10}\ \text{J}$
$\dfrac{\Delta E}{E_{\text{éch}}} = \dfrac{3{,}56\times10^{10}}{4{,}27\times10^{10}}$
$\approx$ $0{,}83$ atteindre l'orbite géostationnaire coûte déjà 83 % de l'énergie nécessaire à une libération totale !

Niveau 4 — Problèmes de vie courante

Le GPS d'un taxi à Dakar. Amadou, chauffeur de taxi à Dakar, suit chaque jour son application GPS. Les satellites de la constellation GPS orbitent à $r = 26\,580$ km du centre de la Terre.

Calcule la période $T$ d'un satellite GPS, en heures.
Calcule le nombre de tours que ce satellite effectue en un jour sidéral ( $86\,164$ s). Que remarques-tu ?

Voir le corrigé détaillé

$T = 2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$
$=$ $4{,}31\times10^{4}\ \text{s} \approx 11{,}98\ \text{h} \approx 11$ h $59$ min

$n = \dfrac{86\,164}{43\,112}$
$\approx$ $2{,}00$ exactement deux tours par jour sidéral

Ce n'est pas un hasard : les ingénieurs ont choisi cette altitude précisément pour que chaque satellite GPS repasse deux fois par jour au-dessus des mêmes points du globe, ce qui simplifie la couverture et la maintenance de la constellation utilisée par le téléphone d'Amadou.

Meteosat et la météo à Abidjan. Chaque soir, le bulletin météo d'Abidjan diffuse une image satellite de l'Afrique et de l'Atlantique, fournie par Meteosat, géostationnaire au-dessus du golfe de Guinée.

Calcule la vitesse $v$ de Meteosat sur son orbite ( $r=42\,174$ km).
Cette vitesse est-elle nulle ? Explique alors, sans calcul, pourquoi Meteosat paraît pourtant complètement immobile dans le ciel vu depuis Abidjan.

Voir le corrigé détaillé

$v = \sqrt{GM_T/r} = \sqrt{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}/4{,}2174\times10^{7}}$
$=$ $3{,}08\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 3{,}08\ \text{km·s}^{-1}$

2. Non, cette vitesse n'est pas nulle : Meteosat parcourt réellement plus de $3$ km chaque seconde. Mais sa période (le jour sidéral) est exactement celle de la rotation de la Terre sur elle-même : Meteosat et le sol situé sous lui tournent donc à la même vitesse angulaire. Vu depuis un point fixe du sol comme Abidjan, qui tourne avec la Terre, le satellite garde donc toujours la même position apparente dans le ciel — d'où son nom de satellite « géostationnaire ».

Peser la Terre depuis Yaoundé. Pour son exposé de terminale, une élève de Yaoundé veut retrouver la masse de la Terre sans la mesurer directement, en utilisant seulement des données sur la Lune : distance moyenne Terre-Lune $d = 384\,400$ km, période de révolution $T = 27{,}32$ jours.

Voir le corrigé détaillé

La Lune est en orbite (quasi circulaire) autour de la Terre : la 3^e loi de Kepler s'applique avec $M = M_T$ .

$T = 27{,}32\times24\times3\,600$
$=$ $2{,}360\times10^{6}\ \text{s}$
$\dfrac{T^{2}}{d^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM_T} \Rightarrow M_T = \dfrac{4\pi^{2}d^{3}}{GT^{2}}$
$=$ $\dfrac{4\pi^{2}\times\left(3{,}844\times10^{8}\right)^{3}}{6{,}67\times10^{-11}\times\left(2{,}360\times10^{6}\right)^{2}}$
$=$ $6{,}03\times10^{24}\ \text{kg}$ à moins de $1\ \%$ de la valeur de référence $5{,}98\times10^{24}$ kg

Avec un simple chronomètre, une lunette et le rayon de l'orbite lunaire, on retrouve ainsi la masse de la planète tout entière — sans jamais poser la moindre balance.

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Radioactivité et décroissance

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📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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Dans la loi de gravitation universelle $F = G\dfrac{m_A m_B}{r^{2}}$ , la distance $r$ représente :

la distance entre les surfaces des deux corps la distance entre les centres des deux corps le rayon du plus petit des deux corps l'altitude du corps en orbite

Explication :

r

est toujours la distance entre les centres des deux corps, jamais entre leurs surfaces — c'est un piège classique lorsque les corps ont une taille non négligeable devant

r

La constante de gravitation universelle $G$ vaut environ :

6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^{2}\text{·kg}^{-2}

9{,}8\ \text{m·s}^{-2}

6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N·kg}^{-1}

8{,}99 \times 10^{9}\ \text{N·m}^{2}\text{·C}^{-2}

Explication :

G \approx 6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^{2}\text{·kg}^{-2}

est une constante universelle. Ne la confonds pas avec

g

(champ de pesanteur local, en

\text{m·s}^{-2}

) ni avec la constante de Coulomb (électrostatique).

Dans l'écriture vectorielle $\vec{F}_{A/B} = -G\dfrac{m_A m_B}{AB^{2}}\vec{u}_{AB}$ (avec $\vec{u}_{AB}$ dirigé de A vers B), le signe $-$ traduit le fait que :

la force est répulsive l'expression comporte une erreur de signe à corriger la force, appliquée en B, est dirigée vers A : elle traduit l'attraction la force est nulle si les deux masses sont égales

Explication : Le signe

-

devant

\vec{u}_{AB}

(qui pointe de A vers B) inverse le sens du vecteur : la force est donc dirigée vers A, ce qui correspond bien à une attraction.

Le champ de gravitation $G(r) = \dfrac{GM}{r^{2}}$ s'exprime en $\text{N·kg}^{-1}$ , unité équivalente à :

\text{m·s}^{-1}

\text{N·m}

\text{kg·m}^{-3}

\text{m·s}^{-2}

Explication :

\text{N·kg}^{-1} = \text{kg·m·s}^{-2}\text{·kg}^{-1} = \text{m·s}^{-2}

: le champ de gravitation a la même unité qu'une accélération, ce qui n'est pas un hasard puisqu'une masse

m

y subit la force

\vec F = m\vec G(r)

Avec $M_T = 5{,}98\times10^{24}\ \text{kg}$ et $R_T = 6{,}38\times10^{6}\ \text{m}$ , le champ de pesanteur au sol $g_0 = \dfrac{GM_T}{R_T^{2}}$ vaut environ :

6{,}67\ \text{m·s}^{-2}

9{,}80\ \text{m·s}^{-2}

98{,}0\ \text{m·s}^{-2}

0{,}98\ \text{m·s}^{-2}

Explication :

g_0 = \dfrac{6{,}67\times10^{-11}\times5{,}98\times10^{24}}{\left(6{,}38\times10^{6}\right)^{2}}

g_0 \approx 9{,}80\ \text{m·s}^{-2}

, la valeur bien connue au sol.

Lorsque l'altitude $h$ augmente, le champ de pesanteur $g(h)$ :

diminue, selon

g(h) = g_0\dfrac{R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}}

reste rigoureusement constant, quelle que soit l'altitude augmente avec l'altitude ne dépend pas de

R_T

Explication :

g

n'est que la manifestation, au sol, du champ de gravitation

G(r)=GM_T/r^2

, qui décroît avec la distance

r=R_T+h

au centre de la Terre. C'est faible mais réel : en avion (

h\approx10

km), la baisse n'est encore que de

0{,}03\ \text{m·s}^{-2}

Un objet se trouve à l'altitude $h = 2\,000\ \text{km}$ ( $R_T = 6\,380\ \text{km}$ , $g_0 = 9{,}80\ \text{m·s}^{-2}$ ). Le champ de pesanteur $g(h)$ vaut environ :

9{,}8\ \text{m·s}^{-2}

7{,}45\ \text{m·s}^{-2}

5{,}68\ \text{m·s}^{-2}

3{,}2\ \text{m·s}^{-2}

Explication :

g(h) = g_0\dfrac{R_T^{2}}{(R_T+h)^{2}} = 9{,}80\times\dfrac{6\,380^{2}}{8\,380^{2}}

= 9{,}80\times0{,}580

g(h)\approx5{,}68\ \text{m·s}^{-2}

Dans le repère de Frenet, pour un mouvement circulaire uniforme, l'accélération $\vec a = \dfrac{v^{2}}{r}\vec{u}_n$ est :

tangentielle, dans le sens du mouvement toujours nulle centrifuge, dirigée vers l'extérieur centripète, dirigée vers le centre de la trajectoire

Explication : Pour un mouvement uniforme (

v

constante), la composante tangentielle de l'accélération s'annule : il ne reste que la composante normale, centripète, dirigée vers le centre du cercle.

Un point décrit un cercle de rayon $r = 2{,}0\ \text{m}$ à la vitesse constante $v = 4{,}0\ \text{m·s}^{-1}$ . Son accélération vaut :

16\ \text{m·s}^{-2}

8{,}0\ \text{m·s}^{-2}

2{,}0\ \text{m·s}^{-2}

0{,}5\ \text{m·s}^{-2}

Explication :

a = \dfrac{v^{2}}{r} = \dfrac{4{,}0^{2}}{2{,}0}

a = \dfrac{16}{2{,}0}

a = 8{,}0\ \text{m·s}^{-2}

On démontre que le mouvement d'un satellite (soumis à la seule gravitation terrestre) est nécessairement uniforme parce que :

la seule force appliquée, la gravitation, est purement radiale : sa composante orthoradiale est nulle on le suppose arbitrairement, sans justification physique la Terre elle-même tourne de façon uniforme sur elle-même toute trajectoire circulaire est nécessairement parcourue de façon uniforme

Explication : La projection du principe fondamental de la dynamique sur

\vec u_\theta

donne

mr\ddot\theta = F_\theta = 0

(force purement radiale), donc

\ddot\theta=0

: la vitesse angulaire, donc

v=r\dot\theta

, est constante.

Un satellite est en orbite circulaire à $r = 7\,000\ \text{km}$ du centre de la Terre ( $GM_T \approx 3{,}99\times10^{14}\ \text{m}^{3}\text{·s}^{-2}$ ). Sa vitesse $v = \sqrt{GM_T/r}$ vaut environ :

3{,}87\ \text{km·s}^{-1}

11{,}2\ \text{km·s}^{-1}

7{,}55\ \text{km·s}^{-1}

5{,}0\ \text{km·s}^{-1}

Explication :

v = \sqrt{\dfrac{3{,}99\times10^{14}}{7{,}0\times10^{6}}}

v = \sqrt{5{,}70\times10^{7}}

v \approx 7{,}55\times10^{3}\ \text{m·s}^{-1} = 7{,}55\ \text{km·s}^{-1}

D'après la 3^e loi de Kepler pour une orbite circulaire, $\dfrac{T^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM_T}$ . Ce rapport est le même pour :

seulement les satellites de même masse seulement les orbites très basses seulement les satellites géostationnaires tous les satellites de la Terre, quelle que soit leur masse ou leur altitude

Explication : Le rapport

T^2/r^3

ne dépend que de

M_T

: il est identique pour tous les satellites terrestres, léger ou lourd, en orbite basse ou lointaine — c'est ce qui en fait un outil puissant (par exemple pour « peser » un astre).

Dans les formules $v=\sqrt{GM_T/r}$ et $T=2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$ , la grandeur $r$ désigne :

l'altitude

h

du satellite, seule

r = R_T + h

, le rayon de l'orbite mesuré depuis le centre de la Terre le rayon terrestre

R_T

seul le diamètre terrestre

Explication : Oublier d'ajouter

R_T

à l'altitude

h

est l'erreur la plus fréquente de ce chapitre : ces formules utilisent toujours le rayon complet de l'orbite,

r=R_T+h

, jamais l'altitude seule.

Parmi les affirmations suivantes, laquelle N'EST PAS une condition nécessaire pour qu'un satellite soit géostationnaire ?

avoir une masse supérieure à

500\ \text{kg}

décrire une trajectoire circulaire être dans le plan équatorial avoir une période égale au jour sidéral, dans le même sens que la rotation terrestre

Explication : La masse du satellite n'intervient dans aucune des conditions de géostationnarité : seules comptent la forme circulaire de la trajectoire, sa position dans le plan équatorial, le sens de rotation et la période, égale au jour sidéral.

Pour calculer l'altitude d'une orbite géostationnaire, il faut utiliser comme période :

le jour solaire,

T = 24\ \text{h} = 86\,400\ \text{s}

peu importe : l'écart entre les deux durées est totalement négligeable le jour sidéral,

T_{\text{sid}} = 86\,164\ \text{s}

une année sidérale entière

Explication : Le jour sidéral est la vraie durée de rotation de la Terre par rapport aux étoiles lointaines, celle du référentiel géocentrique utilisé dans la démonstration. Le jour solaire (

24

h), légèrement plus long, est un piège classique.

L'altitude d'une orbite géostationnaire terrestre vaut approximativement :

400\ \text{km}

20\,200\ \text{km}

384\,400\ \text{km}

35\,800\ \text{km}

Explication : En injectant

T_{\text{sid}}=86\,164\ \text{s}

dans la 3^e loi de Kepler, on trouve

r\approx42\,200\ \text{km}

, soit

h = r - R_T \approx 35\,800\ \text{km}

: c'est l'altitude, unique, de tous les satellites géostationnaires comme Meteosat.

D'après la loi des aires (2^e loi de Kepler), pour une orbite elliptique :

la vitesse du corps est constante sur toute l'orbite le corps va plus vite près du foyer (périhélie) que loin de lui (aphélie) l'aire balayée par le rayon reliant le corps au foyer est toujours nulle la période ne dépend que de l'excentricité de l'ellipse

Explication : La loi des aires impose des aires égales en des durées égales. Près du foyer, le rayon est plus court : pour balayer la même aire, le corps doit donc se déplacer plus vite. C'est pourquoi

v_{\text{périhélie}} \gg v_{\text{aphélie}}

Pour un satellite en orbite circulaire, avec la convention $E_p \to 0$ quand $r\to\infty$ , l'énergie mécanique $E_m = E_c + E_p$ vérifie toujours :

E_m = -E_c

E_m = E_c

E_m = 2E_c

E_m = 0

, quelle que soit l'orbite

Explication : Avec

E_c=\dfrac{GM_Tm}{2r}

E_p=-\dfrac{GM_Tm}{r}=-2E_c

, on trouve

E_m=E_c+E_p=E_c-2E_c=-E_c

E_m

est donc toujours négative : c'est la signature d'une orbite liée (le satellite reste captif).

La vitesse de libération terrestre, $v_{\text{lib}}=\sqrt{2GM_T/R_T}\approx11{,}2\ \text{km·s}^{-1}$ , est :

la vitesse d'un satellite géostationnaire la vitesse orbitale de l'ISS la vitesse minimale à communiquer, depuis le sol, pour échapper définitivement à l'attraction terrestre une vitesse systématiquement atteinte par tout satellite en orbite basse

Explication :

v_{\text{lib}}

s'obtient en posant

E_m=0

au départ : le corps atteint alors l'infini avec une vitesse tout juste nulle. C'est très différent de la vitesse orbitale (

v\approx7{,}55\ \text{km·s}^{-1}

à basse altitude), qui ne fait que maintenir le satellite en orbite, pas l'en libérer.

Les satellites de la constellation GPS, utilisés chaque jour par les chauffeurs de taxi africains, orbitent à $r = 26\,580\ \text{km}$ du centre de la Terre. Leur période de révolution $T = 2\pi\sqrt{r^{3}/GM_T}$ vaut environ :

1{,}5\ \text{h}

24\ \text{h}

90\ \text{min}

12\ \text{h}

Explication : Le calcul donne

T\approx4{,}31\times10^{4}\ \text{s}\approx12\ \text{h}

(plus précisément

11

58

min). Ce n'est pas un hasard : les satellites GPS bouclent exactement deux orbites par jour sidéral, ce qui simplifie leur suivi depuis le sol.