Exercices de mouvements dans un champ newtonien suivant une

Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique
I29.
Vitesse de la Terre, dont l’orbite est supposée circulaire : vT = 30 km/s .
Lorsqu’elle croise l’orbite terrestre, une comète a la vitesse v dans le référentiel héliocentrique. Discuter si elle
revient périodiquement ou si elle n’effectue qu’un seul passage.
II28.
Pour aller de la Terre, notée sur la figure T, à Mars, noté
sur la figure M, la trajectoire la plus économique est une
ellipse de Hohmann, tangente en son périhélie à l’orbite
de la Terre et en son aphélie à l’orbite de Mars. Ces deux
orbites sont représentées sur la figure comme des cercles
coplanaires de centre le Soleil noté S. Expliquer pourquoi
les orbites dessinées sur la figure de droite ne sont pas
réalistes et pourquoi la bonne orbite est celle de la figure
de gauche.
III54. Mise sur orbite d'un satellite (d’après petites mines 2001).
Dans le référentiel géocentrique considéré comme galiléen, un satellite de masse m , assimilé à un point matériel P,
est en orbite autour de la Terre de masse M = 6,00.1024 kg et supposée sphérique de rayon R = 6400 km. Ce satellite
n’est soumis qu’à la force gravitationnelle exercée par la Terre ; on néglige toute force de freinage due à l'atmosphère
terrestre. On note G = 6, 67.10−11 kg−1 . m 3 .s−2 la constante de gravitation universelle et on pose k = GmM.
1- Exprimer la force subie par le satellite et l’énergie potentielle Ep associée, en fonction de k, de r = OP et de
JJJG
G
u = OP / r , cette énergie potentielle étant nulle "à l'infini".
2- Le satellite décrit, autour du centre de la Terre, une orbite circulaire à l'altitude h telle que h = α.R. Déterminer
l'expression littérale de sa vitesse V0 en fonction de G, M, R et α, puis calculer sa valeur numérique si α = 5,00.10–2.
G
3- On ne se limite plus à l'étude d'une trajectoire circulaire. Démontrer que le moment cinétique L du satellite par
rapport au centre O de la Terre est constant. Montrer que la trajectoire est contenue dans un plan à préciser.
4- A présent, le satellite décrit une ellipse de grand axe 2a et de foyer O. Exprimer la conservation de l’énergie et du
moment cinétique entre le périgée et l’apogée. En déduire que l’énergie est E = −k / 2a .
5- Le satellite étant situé en un point P d'altitude h = α.R, avec α = 5,00.10–2, on lui communique une vitesse
JJJG
perpendiculaire au rayon-vecteur OP et de grandeur V = β V0, en notant toujours V0 la valeur qui lui permettrait de
décrire une orbite circulaire. Calculer, d'abord sous forme littérale, puis en effectuant les applications numériques, dans
quel intervalle doit être situé β pour que le satellite ne s'écrase pas sur le sol et qu'il n’échappe pas définitivement à
l'attraction de la Terre.
IV43. Destruction d’un satellite.
1) On appelle vitesse de satellisation vs d’un astre sphérique la limite de la vitesse d’un satellite de cet astre quand
l’altitude de ce satellite tend vers zéro sur toute sa trajectoire. Elle vaut 8 km/s pour la Terre. Un satellite de la Terre se
trouve sur une orbite circulaire de rayon r double du rayon R terrestre. Calculer littéralement et numériquement sa
vitesse v ?
2) On désire détruire ce satellite en lui faisant subir une brève variation de vitesse qui le fait passer dans l’atmosphère
terrestre, sans percuter la Terre. Les efforts mécaniques et l’échauffement produit par le passage dans l’atmosphère
détruiront le satellite. On rappelle que l’épaisseur de l’atmosphère terrestre est très petite par rapport au rayon terrestre.
Dessiner la trajectoire souhaitable du satellite après la variation de vitesse et calculer littéralement et numériquement la
vitesse souhaitée v ′ obtenue immédiatement après cette brève variation de vitesse.
3) Calculer littéralement et numériquement la vitesse v ′′ avec laquelle le satellite arrive dans l’atmosphère pour s’y
désintégrer.
1
1
≈ 0, 7
≈ 0, 6 .
On donne
2
3
V17. Capture d’un satellite.
Cet exercice suppose que vous connaissiez une propriété essentielle des chocs.
Deux satellites de même masse tournent autour de la Terre dans le même sens selon des orbites coplanaires dont
l’une est circulaire de rayon r0 et l’autre est elliptique avec une apogée distante du centre de la Terre de 8r0 et un
périgée distant du centre de la Terre de r0 . Au passage au périgée, l’un des satellites capture l’autre. Quelles sont les
distances du centre de la Terre au périgée et à l’apogée de la nouvelle orbite ?
VI17. Deux tirs.
Soit M et R la masse et le rayon de la Terre et G la constante de la gravitation.
1) Exprimer la vitesse vS de satellisation de la Terre, c’est-à-dire la vitesse d’un satellite de la Terre sur une orbite
circulaire d’altitude nulle.
2) Montrer l’existence de la vitesse vL de libération de la Terre, c’est-à-dire de la vitesse minimale à laquelle il faut
lancer un projectile de la surface terrestre pour qu’il s’en écarte indéfiniment.
3) Rappeler les relations entre la longueur du grand axe, la période et l’énergie d’un satellite de la Terre.
G
G
4) De la surface de la Terre, on lance deux projectiles avec des vitesses dans le référentiel géocentrique v1 et v2 de
G
G
même module v0 . On néglige le freinage par l’atmosphère. Tout d’abord, v1 est vertical et v2 horizontal ; v0 est
compris entre vS et vL . Quel est le projectile qui s’écarte le plus de la Terre ?
5) Quel est le projectile qui s’écarte le plus du point de lancement ?
6) Quel est le projectile qui retombe le premier ?
7) On lance de la surface de la Terre deux projectiles avec des vitesses de même norme, comprise entre la vitesse de
satellisation et la vitesse de libération, et d’inclinaisons différentes. Lequel de ces deux projectiles s’écarte le plus de la
Terre ?
VII52. Déviation par un champ newtonien.
On se place dans un référentiel galiléen. Soit O un point fixe et k une constante positive.
JJJG
G
G
k G
OP
.
Un point matériel P de masse m se meut sous l’action d’une force F = − 2 ur , où r = OP et ur =
OP
r
G
1) Montrer que le moment cinétique L en O de P reste constant au cours du mouvement.
2) Montrer que le mouvement a lieu dans un plan à préciser.
3) On considère le mouvement en coordonnées polaires r , θ . Exprimer la grandeur L du moment cinétique en
utilisant ces coordonnées.
G
G
G
4) Montrer que le vecteur A = Lv / k − uθ reste constant au cours du temps.
5) On considère une trajectoire selon une branche d’hyperbole (figure). Soit P1 une position de P
P1
située très loin de O, à un instant t1 très négatif, P0 la position de P la plus proche de O, à l’instant
G G G
0 et P2 une position de P située très loin de O, à un instant t2 très positif. Soit v1, v0 , v2 les vitesses
correspondantes. Dans quelle direction et avec quel sens pointe le moment cinétique ?
6) Montrer que v1 = v2 ; soit v∞ leur valeur commune.
G
k G
7) Soit D l’angle de déviation de P par la force F = − 2 ur . Dessiner le triangle formé par les
P0
O
r
G
G
G
D
vecteurs A , Lv / k et u θ pour les trois positions P0, P1 et P2. Exprimer tan
en fonction de k ,
2
L et v∞ .
P2
8) Exprimer le moment cinétique en fonction de m , v∞ et du paramètre b de l’hyperbole. En
D
k
.
déduire tan =
2
2
mbv∞
9) Exprimer l’excentricité en fonction de D .
VIII46. Tir balistique vers les antipodes.
Rappel : l’ellipse, lieu des points M tels que MF + MF' = 2a, a pour équation en coordonnées polaires par rapport à
p
b2
, où p =
.
son foyer : r =
a
1 + e cos θ
On note G la constante de la gravitation, M la masse de la Terre, R son rayon et vs sa vitesse de satellisation,
c’est-à-dire la vitesse d’un satellite circulaire d’altitude nulle..
Un projectile de masse m décrit dans le champ gravitationnel de la Terre une ellipse de grand axe AA′ = 2a .
1) Exprimer la conservation en A et A' de l’énergie E et celle du moment cinétique L calculé au centre de la Terre ;
en déduire une expression de E en fonction de G, M , m, a .
L2
2) Exprimer la conservation en B, extrémité du petit axe de l’ellipse, de E et L ; montrer que p =
.
GMm 2
G
G
G
3) On tire du Pôle Nord de la Terre un projectile avec une vitesse v0 = v0x ux + v0z uz de composante horizontale
v0x et de composante verticale v0z . Ce projectile retombe sur le Pôle Sud.
3.a) Montrer que R = p .
3.b) Montrer que v0x = vs .
3.c) Montrer que v0z < vs .
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 2
IX28. Voyage vers Mars.
Schématiquement, la Terre et Mars décrivent des cercles de rayons rT et rM = 1, 5237rT dans le sens gauche vu du
Pôle Nord de la Terre. Dans le référentiel héliocentrique, la vitesse de la Terre est vT = 30 km .s−1 et sa période
orbitale est TT = 1an .
1) L’orbite la plus économique pour aller de la Terre à Mars est une ellipse tangente aux deux extrémités de son
grand axe à l’orbite de la Terre et à celle de Mars. Quelle vitesse vP possède le véhicule sur cette orbite à son périhélie ?
2) On tire de la surface terrestre un projectile avec une vitesse v0 par rapport au référentiel géocentrique. La vitesse
de libération de la Terre est vL = 11,2 km .s−1 .
a) Exprimer la vitesse v∞ du projectile quand il est à une distance de la Terre grande par rapport au rayon terrestre et
petite par rapport à la distance Terre Soleil en fonction de v 0 et vL .
b) Dans quelle direction et dans quel sens faut-il le tirer pour se diriger vers Mars le plus économiquement possible ?
c) En déduire la valeur correspondante v0 .
3) Calculer la durée τ en année de l’aller Terre-Mars.
Réponses
I. Comète périodique si v < 2vT = 42, 4 km/s .
II. S n’est pas le foyer de l’orbite de droite la plus à droite ; l’autre orbite de droite ne peut recouper la trajectoire de
la Terre.
G
k G
k
2
GM
III. 1) F = − 2 u ; E p = − ; 2) V0 =
= 7,72 km.s–1 ; 3) et 4) voir cours ; 5)
<β< 2 ;
r
2 +α
R(1 + α )
r
0, 988 < β < 1, 414 .
v
v
A
IV. 1) v = S = 5, 6 km .s−1 ; 2) voir ci-contre ; v ′ = S = 4, 8 km .s−1 ;
2
3
3) v ′′ = 2v ′ = 9, 6 km .s−1 .
49
r .
V. Périgée r0 ; apogée
A’
23 0
GM
GMm a 3
GM
; 2) vL = 2vS ; 3) E = −
=
; 4) le projectile 1 ; 5) le
2
R
2a
T
4π2
projectile 2 ; 6) le projectile 1 ; 7) le projectile tiré le plus verticalement.
D
k
1
VII. 3) L = mr 2 θ ; 5) vers l’observateur ; 7) tan =
; 8) L = mbv∞ ; 9) e =
.
2
Lv∞
sin ( D / 2 )
GMm
VIII. 1) E = −
.
2a
2rM
IX. 1) vP = vT
= 32, 97 km . s−1 ; 2.a) v∞ = v02 − vL2 ; b) dans la direction et le sens du mouvement
rT + rM
T r + rM 3 / 2
= 0, 709 an .
de la Terre ; c) v0 = ( vP − vT )2 + vL2 = 11, 59 km . s−1 ; 3) τ = T T
2
2rT
VI. 1) vS2 =
(
)
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 3
Corrigé
I.
La comète est périodique si sa trajectoire est une ellipse, et non une parabole ou une branche d’hyperbole, donc si son
1
GMm
< 0.
énergie est négative : mv 2 −
2
r
v2
GMmT
Le mouvement de la Terre impose mT T =
⇒ GM = rvT2 , donc la comète est périodique si
r
r2
v < 2vT = 42, 4 km/s .
II.
L’orbite la plus économique est une orbite balistique, qui ne nécessite de force motrice qu’au voisinage de la Terre,
pour communiquer la vitesse initiale nécessaire, et éventuellement au voisinage de Mars, où toutefois on peut utiliser le
freinage par l’atmosphère martienne ; c’est une ellipse dont le Soleil occupe un foyer. Pour trouver ou est le foyer, on
peut remarquer qu’il est sur le grand axe, à une distance d’un sommet du petit axe égale au demi grand axe. On voit
alors qu’aucun des foyers des ellipses de la figure de droite ne se trouve au centre des orbites approximativement
circulaires de Mars et de la Terre.
p
implique que r est une fonction croissante de θ dans l’intervalle 0, π , ce qui interdit à
L’équation r =
1 + e cos θ
l’orbite de transfert de recouper l’orbite de la Terre comme le fait la grande ellipse de la figure de droite.
III.
G
G JJG
k G
kdr
k
1- F = − 2 u ; dE p = −F ⋅ dr = −Fdr = 2
; Ep = − .
r
r
r
G
V2
G
k
GM
2- F = ma est vérifié en direction et en sens et donne en projection radiale é = m 0 ⇒ V0 =
.
r
r
r
GM
Pour r = R ( 1 + α), on trouve V0 =
= 7,72 km.s–1 pour α = 0,05.
R(1 + α )
G
G
G
JJJG
JJJG
dL
= OP ∧ F , qui est nul puisque OP et F sont parallèles. Le
3- D’après le théorème du moment cinétique,
dt
moment cinétique est donc constant.
G
G
JJJG
Comme OP est perpendiculaire à L , la trajectoire est dans le plan passant par O et perpendiculaire à L .
4- Notons r1 la distance et v1 la vitesse au périgée et r2 la distance et v2 la vitesse à l’apogée. La conservation de
k
k
l'énergie donne : E = 21 mv12 − = 21 mv22 − .
r1
r2
La conservation du moment cinétique donne : mr1v1 = mr2 v2 ⇒ r12 v12 = r22 v22
En remplaçant les carrés des vitesses par leurs expressions tirées de la conservation de l'énergie, on obtient :
k⎞
2⎛
k⎞
k
k
2 2 ⎛
⎜ E + ⎟⎟ = r22 ⎜⎜ E + ⎟⎟ ⇒ ( r12 − r22 ) E = k ( r2 − r1 ) ⇒ E = −
r1
=−
2a
m ⎜⎝
r1 ⎠⎟
m⎝
r2 ⎠⎟
r1 + r2
5- Pour éviter que le satellite ne s'écrase au sol, il faut que r1 > R , soit 2a = r1 + R > R(2 + α) , puisque la
position initiale correspond à l'apogée (vitesse initiale perpendiculaire au rayon-vecteur). Comme l’énergie est une
1
k
k
fonction croissante de la longueur du grand axe, cela équivaut à E = mV 2 −
>−
, ou
2
R(2 + α)
R (1 + α )
⎞⎟
GM
2 G M ⎛⎜
1
2
>
, soit numériquement β > 0,988.
⎟ , ou β >
⎜
⎜
R (1 + α )
R ⎝ (1 + α) (2 + α) ⎠⎟
2 +α
Pour éviter que le satellite n'échappe définitivement à l'attraction de la Terre, il faut E < 0, soit
1
k
2G M
mV 2 −
< 0 , ou V 2 <
. D'où β < 2 .
R (1 + α )
2
R (1 + α )
Donc β doit être compris entre 0,988 et 1,414.
V 2 = β2
IV.
GMm
v2
= m , d’où :
2
r
r
R
vS
8
=
=
= 5, 6 km . s−1
r
2
2
1) D’après la loi fondamentale de la dynamique,
v =
GM
et vS =
r
GM
, soit v = vS
R
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 4
r
R
M
2) La nouvelle orbite est une ellipse de foyer F le centre de la Terre, d’apogée A distant de F de 2R et de périgée A'
situé à une distance de F très peu supérieure à R . Son grand axe a pour longueur AA′ = 3R .
La conservation de l’énergie donne
A
1
GMm
GMm
2
mv ′ −
=−
2
r
2a
1
1
1
1
GM
v
−
= 2GM
−
=
= S = 4, 8 km . s−1
v ′ = 2GM
A’
r 2a
2R 3R
3R
3
3) La conservation du moment cinétique entre A et A' donne
mrv ′ = mRv ′′ ⇒ v ′′ = 2v ′ = 9, 6 km . s−1 .
(
)
(
)
V.
GMm
v2
GM
= m 1 ⇒ v1 =
.
2
r0
r0
r0
L’autre satellite décrit une ellipse de grand axe 2a = r0 + 8r0 = 9r0 . D’après la conservation de l’énergie, sa
1
GMm
GMm
16GM
4
=−
⇒ v2 =
= v1 .
vitesse à son périgée est telle que mv22 −
r0
2
9r0
9r0
3
G
Le choc conservant la quantité de mouvement, l’ensemble après la capture a la vitesse v3 telle que
G
G
G
G
7G
mv1 + mv2 = 2mv3 ⇒ v3 = v1 .
6
Comme la vitesse est perpendiculaire au rayon vecteur, le point de capture est une extrémité du grand axe.
La longueur du grand axe se calcule en exprimant la conservation de l’énergie :
1 2 GMm
42
GMm 1 49 GM GM
GM
mv3 −
=−
−
=−
⇒ 2a =
r .
2
2a
2 36 r0
2a
23 0
r0
r0
72
49
r − r0 =
r .
D’où les distances du centre de la Terre au périgée r0 et à l’apogée
23 0
23 0
La vitesse v1 du satellite circulaire est telle que
VI.
1) F = ma
GMm
v2
=m S
2
R
R
vS2 =
GM
R
2) Le mobile s’écarte indéfiniment si E ≥ 0 ⇒ 12 mv02 −
GMm
≥ 0 ⇒ v 0 ≥ vL =
R
2GM
=
R
2vS
GMm a 3
GM
=
2
2a
4π2
T
4) Le calcul de l’énergie au moment du lancement donne le même résultat. A l’apogée, le premier projectile a une
énergie cinétique nulle, tandis que la conservation du moment cinétique fait que le second a une énergie cinétique non
nulle, donc une énergie potentielle plus petite et s’est moins écarté de la Terre.
5) Les deux projectiles décrivent des ellipses de même énergie, donc de même longueur 2a du grand axe. Le
premier projectile, qui décrit une ellipse aplatie qui se réduit au segment joignant ses foyers, s’écarte de 2a − R de son
point de lancement ; le second s’en écarte de 2a , donc s’en écarte davantage.
6) Les deux projectiles ont même énergie, donc même période. Le second retombe au bout d’une période, tandis que
le premier, qui décrit une ellipse aplatie qui se réduit au segment joignant ses foyers ne décrit qu’une partie de cette
ellipse, donc retombe avant le premier projectile.
7) Les deux projectiles ont même énergie, donc leurs ellipses ont des grands axes 2a égaux. Leurs paramètres
2
L2
R2v0h
p=
=
est une fonction croissante de la composante horizontale v0h de la vitesse de lancement. Comme
mk
GM
b2
a 2 − c2
p=
=
, c est une fonction décroissante de v0h , donc la distance maximale a + c au centre de la Terre est
a
a
une fonction décroissante de l’angle de tir avec la verticale.
3) E = −
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 5
VII.
G
G
G
G
G
G
dLO
1)
= r ∧ F = 0 , car r est parallèle à F .
dt
G
G
G
G
G
2) LO = r ∧ mv est perpendiculaire à r , donc P est dans le plan perpendiculaire à LO passant par O.
mr
r
G
G
3) LO = 0 ∧ mr θ = mr 2 θ uz .
0 0
G
G
G
dA
L dv duθ
4)
=
−
dt
k dt
dt
G
G
G
G
L dv
L G
G
du
du
= − 2 ur = −θ ur , tandis que θ = θ θ = −θ ur , donc
D’après la loi fondamentale de la dynamique,
k dt
dt
dθ
mr
G
dA
= 0.
dt
G
5) LO est perpendiculaire au plan de figure et pointe vers l’observateur.
6) Plusieurs justifications sont possibles :
• les asymptotes sont à la même distance b de O ; la conservation du moment cinétique entre P1 et P2 donne
bmv1 = bmv2 ;
1
1
• la conservation de l’énergie entre P1 et P2 donne E = mv12 = mv22 .
2
2
G
G G
7) En P0, les vecteurs v , u θ et A sont parallèles à la tangente à l’hyperbole et pointent vers le bas de la feuille de
G
G
papier. Si P tend vers l’infini, la direction de u θ tend vers la perpendiculaire à l’asymptote, celle de v tend vers celle de
G
l’asymptote et A reste constant. La déviation D , angle entre les directions de la vitesse avant et après action de la
force, est représentée sur la figure 3. On retrouve D / 2 sur la figure 1. D’où dans le triangle rectangle dessiné en la
D
k
figure 1 : tan =
.
2
Lv2
G
u θ2
G
u θ1
D
G 2
Lv2
k
G
uθ0
G
A
G
Lv1
k
G
A
P1
G
Lv0
k
G
v
H
P
O
H
C
O
D
D
2
P2
figure 1
figure 2
figure 3
O
figure 4
8) Soit H la projection du foyer O sur la tangente à l’hyperbole (figure 2) :
G
JJJG
JJJG JJJG
JJJG
G
G
G
LO = OP ∧ mv = (OH + HP ) ∧ mv = OH ∧ mv ⇒ L = OH .mv .
Si P tend vers l’infini, la tangente PH à la trajectoire tend vers l’asymptote et OH → b , donc L = mbv∞ et par
D
k
.
conséquent tan =
2
2
mbv∞
9) Dessinons les asymptotes et la projection H du foyer O sur l’une d’elles (figure 4) :
c
OC
1
OH = b OC = c CH = a e = =
=
.
a
CH
sin ( D / 2 )
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 6
VIII.
1) Le projectile décrit une ellipse dont le centre de la Terre occupe un foyer F.
L’énergie E et le moment cinétique L en F prennent la même valeur aux deux extrémités A et A' du grand axe :
1
GMm
1
GMm
G
E = mv12 −
= mv22 −
G
vB
2
r1
2
r2
B
v1
L = mr1v1 = mr2v2
D’où :
A'
A
r12v12 = r22v22
O
F
G
GMm ⎞
GMm ⎞
2⎛
2
v2
⎟ = r22 ⎛⎜ E +
⎟
r12 ⎜⎜ E +
⎟
⎟
⎜
m⎝
r1 ⎠
m⎝
r2 ⎠
GMm ( r2 − r1 )
GMm
GMm
E =
=−
=−
2
2
2a
r
r
+
r1 − r2
1
2
2) Comme l’ellipse est le lieu des points M tels que MF + MF ′ = 2a et comme B est à égale distance des deux
foyers, FB = a .
G
JJJG
JJJG JJJG
JJJG
G
G
G
L = FB ∧ mvB = ( FO + OB ) ∧ mvB = OB ∧ mvB ⇒ L = mbvB .
1 2 GMm
GMm
GM
.
mv −
=−
⇒ vB2 =
2 B
a
2a
a
GM
L2
.
L2 = m 2b 2
= GMm 2 p ⇒ p =
a
GMm 2
3.a) Soit θN et θS les valeurs de la coordonnée polaire angulaire θ aux Pôles Nord et
p
p
et θS = θN + π montrent que
Sud. R =
=
1 + e cos θN
1 + e cos θS
π
π
cos θN = cos θS = cos ( θN + π ) = − cos θN , d’où cos θN = 0 θN = , θS = − et
2
2
p =R.
3.b) Pour un satellite sur orbite circulaire d’altitude nulle,
F = ma
E =
N
S
GMm
vs2
GM
=
⇒ vs2 =
m
2
R
R
R
D’autre part,
L2
GMm 2 p
GM
=
= vs2 .
L = mRv0x ⇒ v02x = 2 2 =
2 2
R
m R
m R
Autre raisonnement, plus abstrait.
L2
, L est le même pour tous les mouvements de même p , donc est le même que pour le
D’après p =
GMm 2
mouvement circulaire de rayon R = p , d’où L = mRv0x = mRvs ⇒ v0x = vs .
3.c) Le mobile ne retombe sur la Terre que si son orbite est une ellipse, soit
1
GMm
<0
E = mv02 −
2
R
2GM
= 2vs2
v02 = v02x + v02z <
R
v02z < vs2
v0z < vs
IX.
1) La loi fondamentale de la dynamique appliquée à la Terre donne : MT
E =
vT2
GM S MT
=
⇒ GM S = rT vT2
rT
rT
1 2 GM S m
GM S m
=−
mv −
2 P
rT
rT + rM
( r1 − r
)=v
2rM
2 × 1, 5237
= 30
= 32, 97 km . s−1
+
r
r
2,
2537
T
T
T
M
1
GMT m
1 2
2.a) La conservation de l’énergie s’écrit : E = mv02 −
= mv∞
.
2
2
RT
vP =
2GM S
1
+ rM
T
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 7
La vitesse de libération correspond à une énergie nulle :
2
D’où, en retranchant membre à membre, v02 − vL2 = v∞
1 2 GMT m
mv −
= 0.
2 L
RT
v∞ =
v02 − vL2 .
2.b) Pour profiter de l’élan de la Terre, il faut tirer dans la direction et le sens du mouvement de la Terre.
2.c) v∞ = vP − vT ⇒ v0 = ( vP − vT )2 + vL2 = ( 32, 97 − 30 )2 + 11, 22 = 11, 59 km . s−1 .
Tirer vers Mars est à peine plus coûteux qu’échapper à l’attraction terrestre.
3) D’après la troisième loi de Kepler,
2τ 2
r + rM 3
T r + rM 3 /2
1 2, 5237 1,5
= T
⇒τ= T T
=
= 0, 709 an .
TT
2rT
2
2rT
2
2
( ) (
)
(
)
(
)
Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique, page 8