Physique du lycée · Grades 10–12

27Satellites et mouvement planétaire

L’antenne sur le balcon est boulonnée, pourtant toute la journée elle fixe un point fixe du ciel, à $36\,000\,\mathrm{km}$ ; la station spatiale traverse le ciel du soir en minutes ; une constellation d’horloges volantes dit à votre téléphone où vous êtes. Aucune de ces machines n’a de moteur en marche : elles sont toutes simplement en train de tomber. Ce chapitre calcule à quelle vitesse et à quelle hauteur chacune doit tomber — puis pèse des planètes avec la même loi.

27.1 Tomber autour de la Terre

Tout repose sur la loi mesurée plus tôt (Chapitre 4) : la Terre, de masse $M$ , attire un satellite de masse $m$ dont le centre est à la distance $r$ du sien avec une force dirigée vers le centre de la Terre, de norme

F = G\,\frac{m M}{r^2}, \qquad G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{kg}^{2}.

Attention à ce qu’est $r$ : la distance entre centres. Un satellite à l’altitude $h$ a $r = R + h$ , avec $R = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ le rayon de la Terre — oublier le $R$ est la bévue classique de ce chapitre.

Remarque 27.1 (Le canon de Newton, revisité)

Tiré horizontalement, un boulet atterrit ; plus vite, il atterrit plus loin ; à la bonne vitesse le sol s’éloigne exactement aussi vite que le boulet tombe, et la chute se referme sur elle-même : une orbite. Un satellite n’a pas besoin de moteur — seulement de la bonne vitesse latérale.

Le canon de Newton : tiré toujours plus vite, le boulet atterrit plus loin (orange) ; vers 7.9\, km/ s sa chute épouse la courbure de la Terre et il orbite (bleu) ; plus vite encore, il s’échappe (rouge). — Le canon de Newton : tiré toujours plus vite, le boulet atterrit plus loin (orange) ; vers $7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ sa chute épouse la courbure de la Terre et il orbite (bleu) ; plus vite encore, il s’échappe (rouge).

27.2 L’orbite circulaire : une vitesse, une période

Théorème 27.2 (Vitesse orbitale)

Un satellite en mouvement circulaire uniforme d’orbite de rayon $r$ autour d’un corps de masse $M$ voyage à la vitesse

v = \sqrt{\frac{G M}{r}},

qui ne dépend pas de la masse du satellite.

Démonstration. La gravité est la seule force, donc la deuxième loi de Newton (Théorème 25.5) s’écrit $m\vect a = \vect F$ ; la projeter sur le repère de Frenet (Définition 24.13). La force vise le centre : sa composante tangentielle est nulle, donc la vitesse est constante ; sa composante normale est tout le $GmM/r^2$ , et le mouvement circulaire a $a_n = v^2/r$ (Théorème 24.12). D’où $m v^2/r = GmM/r^2$ , et — $m$ s’annulant — $v^2 = GM/r$ . ∎

Tout le mécanisme d’une orbite : vitesse tangente, force vers le centre — la gravité ne ralentit jamais le satellite, elle ne fait que courber son chemin, pour toujours.

Proposition 27.3 (Période orbitale)

Le satellite accomplit son orbite en la période

T = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{G M}}.

Démonstration. Un tour est la circonférence $2\pi r$ à vitesse constante ; injecter $v = \sqrt{GM/r}$ : $T = 2\pi r\sqrt{r/(GM)} = 2\pi\sqrt{r^3/(GM)}$ . ∎

Ni $v$ ni $T$ ne contiennent $m$ : une vis secouée de la station spatiale orbite juste à côté d’elle. Et toutes deux diminuent avec $r$ : plus l’orbite est haute, plus le satellite est lent, en vitesse ( $v \propto 1/\sqrt r$ ) et en angle ( $T \propto r^{3/2}$ ).

Exemple 27.4 (La station spatiale)

La Station spatiale internationale vole à l’altitude $h \approx 400\,\mathrm{km}$ , donc $r = 6.37 \times 10^{6} + 4.0 \times 10^{5} = 6.77 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ ; avec $GM = 6.67 \times 10^{-11} \times 5.97 \times 10^{24} = 3.98 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}^{2}$ , $v = \sqrt{3.98 \times 10^{14}/6.77 \times 10^{6}} \approx 7.7 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ et $T = 2\pi r/v \approx 5.5 \times 10^{3}\,\mathrm{s} \approx 92\,\mathrm{min}$ : un tour de planète toutes les heures et demie, environ seize levers de soleil par jour pour les astronautes.

Exemple 27.5 (La Lune tombe comme la pomme)

La Lune, à $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , orbite en $T = 27.3\,\mathrm{d} = 2.36 \times 10^{6}\,\mathrm{s}$ , donc $v = 2\pi r/T \approx 1.02 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ et $a = v^2/r \approx 2.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ — précisément $g/60^2$ , et la Lune est à $60$ rayons terrestres : la traction qui fait tomber la pomme courbe la Lune, affaiblie par l’inverse du carré. Chaque seconde la Lune « tombe » d’environ $1.4\,\mathrm{mm}$ vers nous, son kilomètre latéral l’emportant autour — le contrôle que Newton fit en 1666.

27.3 Les lois de Kepler

Newton n’a pas deviné l’inverse du carré : il l’a extrait de trois régularités que Johannes Kepler distilla, entre 1609 et 1619, des vingt années de positions planétaires à l’œil nu de Tycho Brahe — les meilleures données du monde pré-télescope.

Définition 27.6 (Ellipse)

Une ellipse est l’ensemble des points dont les distances à deux points fixes, les foyers, ont une somme constante ; la moitié de son plus long diamètre est le demi-grand axe $a$ , et un cercle est le cas où les foyers fusionnent. Les points de l’orbite d’une planète les plus proches et les plus éloignés du Soleil sont son périhélie et son aphélie.

Théorème 27.7 (Lois de Kepler)

Pour les planètes orbitant le Soleil (masse $M$ ) :

chaque orbite est une ellipse avec le Soleil en un foyer ;
le segment Soleil–planète balaye des aires égales en temps égaux ;
le rapport du carré de la période au cube du demi-grand axe est le même pour toutes les planètes : $T^2/a^3 = 4\pi^2/(G M)$ .

Les mêmes lois gouvernent toute famille de satellites autour de tout corps central, avec $M$ la masse centrale.

Démonstration. Admis à ce niveau. ∎

Remarque 27.8 (Ce que l’on peut prouver cette année)

Pour une orbite circulaire la troisième loi est nôtre : en élevant au carré le Proposition 27.3 on obtient $T^2/r^3 = 4\pi^2/(GM)$ — une constante pour chaque satellite du même centre. Que les ellipses, les aires égales et le $a$ général suivent de l’inverse du carré est montré, avec plus de calcul, dans le volume de Licence 1. En attendant la deuxième loi se lit : la planète va le plus vite au périhélie, où le court segment de balayage doit se hâter.

Deuxième loi de Kepler : en un mois près du périhélie P la planète balaye un secteur court et gras ; près de l’aphélie A, un long et mince — aires égales : elle se hâte de près, musarde de loin. — Deuxième loi de Kepler : en un mois près du périhélie $P$ la planète balaye un secteur court et gras ; près de l’aphélie $A$ , un long et mince — aires égales : elle se hâte de près, musarde de loin.

Les huit planètes en axes log–log : une droite de pente 3/2, c.-à-d. T2 a3 — la troisième loi de Kepler, qui dans ces unités (unités astronomiques, années) se lit simplement T2 = a3. — Les huit planètes en axes log–log : une droite de pente $3/2$ , c.-à-d. $T^2 \propto a^3$ — la troisième loi de Kepler, qui dans ces unités (unités astronomiques, années) se lit simplement $T^2 = a^3$ .

27.4 Les orbites au travail

Définition 27.9 (Orbite géostationnaire)

Un satellite est géostationnaire lorsqu’il reste au-dessus d’un point fixe du sol. Son orbite doit être circulaire, équatoriale, et de période un jour sidéral, $T = 86\,164\,\mathrm{s}$ ( $23\,\mathrm{h}$ $56\,\mathrm{min}$ $4\,\mathrm{s}$ ) : le temps que met la Terre pour tourner une fois par rapport aux étoiles. (Le jour de $24\,\mathrm{h}$ est relatif au Soleil, vers lequel la Terre avance aussi d’un degré par jour.)

Exemple 27.10 (L’altitude géostationnaire)

La troisième loi de Kepler, lue à l’envers, dicte le rayon : $r = \left(GMT^2/4\pi^2\right)^{1/3} = \left(3.98 \times 10^{14} \times (86\,164)^2/4\pi^2\right)^{1/3} \approx 4.22 \times 10^{7}\,\mathrm{m}$ — une altitude $h = r - R \approx 3.58 \times 10^{7}\,\mathrm{m} \approx 35\,800\,\mathrm{km}$ , parcourue à $v = 2\pi r/T \approx 3.1\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Tout relais qui « reste immobile » siège sur ce seul cercle au-dessus de l’équateur — il n’y en a pas d’autre.

Exemple 27.11 (La constellation de navigation)

Les systèmes de navigation par satellite font voler une trentaine de satellites à $r \approx 2.66 \times 10^{7}\,\mathrm{m}$ (altitude $\approx 20\,200\,\mathrm{km}$ ), où le Proposition 27.3 donne $T \approx 4.32 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ : un demi-jour sidéral, si bien que chaque satellite retrace sa trace au sol quotidiennement. Votre récepteur compare les temps d’arrivée de leurs signaux d’horloge à des orbites connues au mètre près.

Méthode 27.12 (Peser un monde à partir de son satellite)

Pour mesurer la masse d’une planète ou d’une étoile : trouver n’importe quel satellite d’elle (une lune, une sonde, une planète), mesurer le rayon $r$ et la période $T$ de son orbite, et inverser la troisième loi :

M = \frac{4\pi^2 r^3}{G\,T^2}.

Cela pèse seulement le corps central — la masse du satellite s’est annulée dans le Théorème 27.2. Chaque masse de la carte de données est venue ainsi : la Terre depuis la Lune, le Soleil depuis l’orbite propre de la Terre.

Remarque 27.13 (Plus haut est plus lent — mais coûte plus)

Comme $v = \sqrt{GM/r}$ , la Lune rampe à $1\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ tandis que la station court à $7.7\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Pourtant l’orbite plus haute est la plus chère : grimper contre la gravité stocke de l’énergie potentielle (le compte est réglé au Chapitre 29), et le gain en $E_p$ l’emporte sur la perte en $E_k$ . D’où une fusée qui brûle vers l’avant pour atteindre une orbite plus haute et plus lente — et un satellite freiné par un air ténu spirale vers le bas et accélère.

Remarque 27.14 (Carte de données)

Sauf mention contraire : $G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{kg}^{2}$ ; Terre : $M = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ , $R = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ , jour sidéral $86\,164\,\mathrm{s}$ ; orbite de la Lune : $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , $T = 27.3\,\mathrm{d}$ ; Soleil : $M = 1.99 \times 10^{30}\,\mathrm{kg}$ ; distance Terre–Soleil $1.496 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ ; une année $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ ; Mars : $M = 6.42 \times 10^{23}\,\mathrm{kg}$ , $R = 3.39 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ .

27.5 Exercices

Exercice 27.1 ★

Calculer la force de gravité sur un astronaute de $80\,\mathrm{kg}$ (a) sur le pas de tir ; (b) dans la station à $r = 6.77 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ . Pourquoi flotte-t-il là-haut ?

Solution

Solution de Exercice 27.1.

Sur le pas de tir : $F = GMm/R^2 = 3.98 \times 10^{17}/4.06 \times 10^{13} \approx 9.8 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ . À $r = 6.77 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ : $F \approx 8.7 \times 10^{3}\,\mathrm{N}$ — encore $89\%$ de la valeur au sol. Les occupants flottent parce qu’ils tombent avec la station, non parce que la gravité a disparu.

Exercice 27.2 ★

Calculer la vitesse et la période d’une orbite rase ( $r = R$ ). Comparer la vitesse au boulet de Newton.

Solution

Solution de Exercice 27.2.

$v = \sqrt{GM/R} = \sqrt{3.98 \times 10^{14}/6.37 \times 10^{6}} \approx 7.9 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $T = 2\pi R/v \approx 5.1 \times 10^{3}\,\mathrm{s} \approx 84\,\mathrm{min}$ . Exactement les $7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ du boulet de canon : une orbite rase est le tir de Newton.

Exercice 27.3 ★

Si le rayon d’une orbite double, que deviennent $v$ et $T$ ? La masse du satellite entre-t-elle ?

Solution

Solution de Exercice 27.3.

$v \propto 1/\sqrt{r}$ : divisée par $\sqrt 2 \approx 1.41$ . $T \propto r^{3/2}$ : multipliée par $2^{3/2} \approx 2.8$ . Ni l’une ni l’autre ne contient $m$ : non.

Exercice 27.4 ★

Pour la station à $r = 6.77 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ , calculer $v$ , $T$ et le nombre d’orbites par jour solaire ( $86\,400\,\mathrm{s}$ ).

Solution

Solution de Exercice 27.4.

$v = \sqrt{3.98 \times 10^{14}/6.77 \times 10^{6}} \approx 7.67 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $T = 2\pi r/v \approx 5.55 \times 10^{3}\,\mathrm{s} \approx 92\,\mathrm{min}$ ; $86\,400/5546 \approx 15.6$ orbites par jour.

Exercice 27.5 ★

Énoncer les trois lois de Kepler. Où une planète va-t-elle le plus vite, et par quelle loi ? La masse du satellite entre-t-elle dans la troisième loi ?

Solution

Solution de Exercice 27.5.

Ellipses avec le Soleil en un foyer ; aires égales en temps égaux ; $T^2/a^3$ identique pour toutes les planètes. Plus rapide au périhélie, par la deuxième loi (le court segment de balayage doit balayer vite). Non : la masse du satellite s’annule — seule la masse centrale entre.

Exercice 27.6 ★★

À partir de l’orbite de la Lune ( $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , $T = 27.3\,\mathrm{d}$ ), peser la Terre et comparer à $5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ .

Solution

Solution de Exercice 27.6.

$T = 2.36 \times 10^{6}\,\mathrm{s}$ : $M = 4\pi^2 r^3/(GT^2) = 2.24 \times 10^{27}/371 \approx 6.0 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ — à $1\%$ près de $5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ .

Exercice 27.7 ★★

Pourquoi une orbite géostationnaire doit-elle être équatoriale ? Un satellite peut-il « stationner » au-dessus de Paris ?

Solution

Solution de Exercice 27.7.

La gravité pointe vers le centre de la Terre, et en mouvement circulaire la force résultante pointe vers le centre du cercle : les deux centres coïncident. Un cercle au-dessus du parallèle de Paris est centré sur l’axe, non sur le centre de la Terre — impossible. Le stationnement fonctionne seulement là où le parallèle est un grand cercle centré au centre : au-dessus de l’équateur.

Exercice 27.8 ★★

Phobos orbite Mars à $r = 9.38 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ en $T = 7.65\,\mathrm{h}$ . Peser Mars.

Solution

Solution de Exercice 27.8.

$T = 2.754 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ : $M = 4\pi^2 r^3/(GT^2) = 3.26 \times 10^{22}/5.06 \times 10^{-2} \approx 6.4 \times 10^{23}\,\mathrm{kg}$ — Mars de la carte de données.

Exercice 27.9 ★★

Vérifier $T^2/a^3$ pour la Terre ( $a = 1.496 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ , $T = 1\,\mathrm{yr}$ ) et Mars ( $a = 2.279 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ , $T = 1.88\,\mathrm{yr}$ ) ; en déduire la masse du Soleil.

Solution

Solution de Exercice 27.9.

Terre : $T^2/a^3 = 9.96 \times 10^{14}/3.35 \times 10^{33} = 2.98 \times 10^{-19}\,\mathrm{s}^{2}/\mathrm{m}^{3}$ . Mars : $T = 5.94 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ , $3.52 \times 10^{15}/1.18 \times 10^{34} = 2.98 \times 10^{-19}\,\mathrm{s}^{2}/\mathrm{m}^{3}$ — égaux, comme le demande la troisième loi. Alors $M = 4\pi^2/(G \times 2.98 \times 10^{-19}) \approx 1.99 \times 10^{30}\,\mathrm{kg}$ .

Exercice 27.10 ★★

Calculer $v$ et $a$ de la Lune ; comparer $a$ à $g/60^2$ . Que vérifie ce contrôle ?

Solution

Solution de Exercice 27.10.

$v = 2\pi r/T = 1.02 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $a = v^2/r = 2.72 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $g/60^2 = 9.81/3600 = 2.73 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . La Lune est à $60$ rayons terrestres, et sa chute est $60^2$ fois plus faible que celle de la pomme : exactement l’inverse du carré — une seule loi pour les deux.

Exercice 27.11 ★★

En unités astronomiques et années ( $T^2 = a^3$ ), trouver la période de Cérès ( $a = 2.77$ ) et de la comète de Halley ( $a = 17.8$ ). Quand Halley revient-elle après 1986 ?

Solution

Solution de Exercice 27.11.

Cérès : $T = 2.77^{3/2} = \sqrt{21.3} \approx 4.6\,\mathrm{yr}$ . Halley : $T = 17.8^{3/2} \approx 75\,\mathrm{yr}$ , donc prochain périhélie vers $1986 + 75 \approx 2061$ .

Exercice 27.12 ★★★

La station perd de l’altitude de $400\,\mathrm{km}$ à $350\,\mathrm{km}$ sous l’effet de la traînée. Calculer $v$ aux deux hauteurs. Le frottement ralentit-il vraiment le satellite ? Expliquer avec l’énergie mécanique.

Solution

Solution de Exercice 27.12.

À $400\,\mathrm{km}$ : $v \approx 7.67 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; à $350\,\mathrm{km}$ ( $r = 6.72 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ ) : $v \approx 7.70 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Le frottement draine bien l’énergie mécanique — l’orbite se rétrécit ; mais en descendant le travail de la gravité rembourse plus que la perte de vitesse due à la traînée : $E_m$ chute tandis que $E_k$ monte.

Exercice 27.13 ★★★

Une exoplanète orbite une étoile à $r = 1.5 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ en $T = 3.5\,\mathrm{d}$ . Peser l’étoile en masses solaires. Peut-on peser la planète de cette seule donnée ?

Solution

Solution de Exercice 27.13.

$T = 3.024 \times 10^{5}\,\mathrm{s}$ : $M = 4\pi^2 r^3/(GT^2) = 1.65 \times 10^{31}/6.10 \approx 2.7 \times 10^{30}\,\mathrm{kg} \approx 1.4$ Soleils. La masse de la planète est hors d’atteinte : elle s’est annulée des équations d’orbite.

Exercice 27.14 ★★★

Calculer l’altitude d’une orbite « aréeostationnaire » autour de Mars (même période que le jour sidéral martien $88\,642\,\mathrm{s}$ ).

Solution

Solution de Exercice 27.14.

$T = 8.862 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ , $GM = 4.28 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}^{2}$ : $r^3 = GMT^2/(4\pi^2) = 8.52 \times 10^{21}$ , donc $r \approx 2.04 \times 10^{7}\,\mathrm{m}$ et $h = r - R \approx 1.7 \times 10^{7}\,\mathrm{m} \approx 17\,000\,\mathrm{km}$ au-dessus du sol martien.

Exercice 27.15 ★★★

La comète de Halley a $r_p = 8.77 \times 10^{10}\,\mathrm{m}$ au périhélie avec $v_p = 54.5\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , et $r_a = 5.25 \times 10^{12}\,\mathrm{m}$ à l’aphélie. En admettant la conservation du moment cinétique $r v_\perp$ constant (admis), trouver $v_a$ . Commenter le contraste.

Solution

Solution de Exercice 27.15.

$v_a = r_p v_p / r_a = 8.77 \times 10^{10} \times 5.45 \times 10^{4} / 5.25 \times 10^{12} \approx 9.1 \times 10^{2}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Comme $r_a/r_p \approx 60$ , la comète est $60$ fois plus loin et $60$ fois plus lente : elle passe des décennies à musarder dans le noir et des semaines à sprinter devant le Soleil.

27.6 Problème : Un siège au-dessus de l’équateur

Problème 27.1

Problème du week-end — placer un satellite au-dessus de l’équateur : le jour sidéral fixe la période, la troisième loi de Kepler fixe le rayon, la station spatiale vérifie la loi, et le mois d’Io pèse Jupiter

Vous concevez un relais de télévision géostationnaire, puis vous vérifiez les lois de Kepler sur la station spatiale et sur Io. Données de la carte : $G$ , $M$ , $R$ de la Terre ; jour sidéral $86\,164\,\mathrm{s}$ ; $GM = 3.98 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}^{2}$ . Pour Jupiter, prendre $r_{\text{Io}} = 4.22 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ et $T_{\text{Io}} = 1.769\,\mathrm{d}$ .

Partie I — Pourquoi le jour sidéral.

Pourquoi la période d’un satellite géostationnaire est-elle le jour sidéral, non $24\,\mathrm{h}$ ?
Pourquoi l’orbite doit-elle être circulaire ? (Indices : force résultante du MCU ; direction de la gravité.)
Pourquoi doit-elle être équatoriale ? Un « hover » au-dessus de Paris est-il possible ?
De la deuxième loi de Newton en projection normale, dériver $v = \sqrt{GM/r}$ .
En déduire $T = 2\pi\sqrt{r^3/(GM)}$ et $T^2/r^3 = 4\pi^2/(GM)$ .

Partie II — Dimensionner le relais.

Calculer le rayon $r$ de l’orbite géostationnaire.
En déduire l’altitude $h$ .
Calculer la vitesse orbitale $v$ .
Vérifier avec $v = \sqrt{GM/r}$ .
Un satellite deux fois plus massif a-t-il le même $r$ ? Qu’est-ce qui change ?

Partie III — La station comme contrôle. La station vole à $r = 6.77 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ .

Calculer sa vitesse.
Calculer sa période.
Combien d’orbites par jour solaire ?
Vérifier que $r_{\text{geo}}/r_{\text{ISS}}$ élevé à $3/2$ redonne le rapport des périodes (troisième loi de Kepler).
Laquelle est plus rapide, et laquelle coûte plus d’énergie par kilogramme ?

Partie IV — Peser Jupiter avec Io.

Écrire la formule qui donne $M_J$ à partir de $r$ et $T$ d’Io.
Calculer $M_J$ .
Comparer à la Terre et au Soleil.
Un satellite géostationnaire autour de Jupiter aurait quelle période (égale au jour sidéral jovien $9.925\,\mathrm{h}$ ) ? Calculer son rayon et le comparer à Io.
En une phrase : où parquer le relais, à quelle vitesse, et quelle masse de Jupiter a livrée la même loi ?

Solution

Solution de Problème 27.1.

1. $T = 86\,164\,\mathrm{s}$ : le sol tourne avec la Terre par rapport aux étoiles une fois par jour sidéral ; le jour de $24\,\mathrm{h}$ ajoute le degré par jour dont la Terre avance autour du Soleil.

2. La force résultante du mouvement circulaire vise le centre du cercle ; la seule force, la gravité, vise le centre de la Terre : les deux centres sont le même point.

3. Un cercle stationnaire au-dessus de Paris serait centré sur l’axe au nord du centre — exclu par 2. L’orbite doit se trouver dans le plan équatorial.

4. Composante normale de la deuxième loi de Newton : $m v^2/r = GmM/r^2$ , donc $v = \sqrt{GM/r}$ ( $m$ s’annule).

5. $T = 2\pi r/v = 2\pi\sqrt{r^3/(GM)}$ ; en élevant au carré, $T^2/r^3 = 4\pi^2/(GM)$ .

6. $r = \left(GMT^2/4\pi^2\right)^{1/3} = (7.49 \times 10^{22})^{1/3} \approx 4.22 \times 10^{7}\,\mathrm{m}$ .

7. $h = r - R = 4.22 \times 10^{7} - 6.37 \times 10^{6} \approx 3.58 \times 10^{7}\,\mathrm{m} \approx 35\,800\,\mathrm{km}$ .

8. $v = 2\pi \times 4.22 \times 10^{7}/86\,164 \approx 3.07 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

9. $\sqrt{3.98 \times 10^{14}/4.22 \times 10^{7}} \approx 3.07 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — cohérent.

10. Rayons identiques : la masse s’est annulée en 4. Le satellite plus lourd ne change que la facture de lancement — plus de carburant pour la même orbite.

11. $v = \sqrt{3.98 \times 10^{14}/6.77 \times 10^{6}} \approx 7.67 \times 10^{3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

12. $T = 2\pi r/v \approx 5.55 \times 10^{3}\,\mathrm{s} \approx 92.4\,\mathrm{min}$ .

13. $86\,400/5546 \approx 15.6$ orbites : environ $16$ levers de soleil par jour.

14. $r_{\text{geo}}/r_{\text{ISS}} = 4.22 \times 10^{7}/6.77 \times 10^{6} = 6.23$ ; $6.23^{3/2} \approx 15.5 = 86\,164/5546$ — la troisième loi de Kepler, vérifiée sur place.

15. La station est plus rapide ( $7.67\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ contre $3.07\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ), pourtant le géostationnaire coûte plus d’énergie par kilogramme : la montée en énergie potentielle l’emporte sur la perte de vitesse.

16. $M_J = 4\pi^2 r^3/(G T^2)$ .

17. $T = 1.529 \times 10^{5}\,\mathrm{s}$ : $M_J = 2.97 \times 10^{27}/1.56 \approx 1.90 \times 10^{27}\,\mathrm{kg}$ .

18. $1.90 \times 10^{27}/5.97 \times 10^{24} \approx 318$ Terres — et environ $1/1000$ du Soleil.

19. $T_J = 3.576 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ : $r^3 = GM_J T_J^2/(4\pi^2) = 4.11 \times 10^{24}$ , $r \approx 1.60 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ — Io, à $4.22 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , vole $2.6$ fois plus haut et dérive à travers le ciel de Jupiter.

20. Parquer le relais sur le cercle équatorial d’altitude $35\,800\,\mathrm{km}$ , où il voyage à $3.07\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ et ne quitte jamais la visée de l’antenne ; et la même loi, nourrie du mois d’Io, a pesé Jupiter à $1.90 \times 10^{27}\,\mathrm{kg}$ — $318$ Terres — gratuitement.