Mouvement des satellites et des planètes

Les prérequis indispensables, en trois minutes

Idée générale. Une planète tourne autour du Soleil, un satellite tourne autour d'une planète. Dans les deux cas, ce qui les fait tourner est la même chose : la force de gravitation. Et cette force impose une relation entre la durée d'un tour et la taille de l'orbite.

1. La force de gravitation (Newton). Deux corps de masses $M$ et $m$, dont les centres sont distants de $r$, s'attirent avec une force d'intensité $F = \dfrac{GMm}{r^2}$, avec $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ (unités SI). Cette force est dirigée le long de la droite qui joint les deux centres : le satellite est tiré vers l'astre central.

2. Le mouvement circulaire uniforme. En Terminale, on approche l'orbite par un cercle de rayon $R$ parcouru à vitesse constante $v$. La durée d'un tour complet s'appelle la période $T$. Comme le satellite parcourt le périmètre $2\pi R$ pendant la durée $T$ : $v = \dfrac{2\pi R}{T}$.

3. La force centripète. Pour tourner au lieu d'aller tout droit, il faut être tiré en permanence vers le centre du cercle. Ici, c'est exactement le rôle que joue la gravitation. C'est de cette égalité que sortira toute la suite.

4. Le piège de vocabulaire (à lire deux fois). Le rayon orbital $R$ se compte depuis le centre de la planète, pas depuis le sol. L'altitude $h$, elle, se compte depuis le sol. Donc $R = R_{\text{planète}} + h$. Une bonne moitié des points perdus vient de là.

5. Les unités. Tout en SI avant de calculer : $T$ en secondes, $R$ en mètres, $M$ en kilogrammes.

L'essentiel en mots simples et les formules clés

Les trois lois de Kepler, en une phrase chacune.

• 1^re loi : la trajectoire d'une planète est une ellipse dont le Soleil occupe l'un des foyers (en Terminale, on la traite souvent comme un cercle).
• 2^e loi : le segment Soleil-planète balaie des aires égales pendant des durées égales ; la planète va donc plus vite quand elle est proche du Soleil. Sur un cercle, la vitesse est constante.
• 3^e loi : pour tous les corps qui tournent autour du même astre central, le rapport $\dfrac{T^2}{a^3}$ est constant ($a$ est le demi-grand axe, et vaut $R$ pour un cercle).

Les formules à savoir écrire sans hésiter.

Gravitation universelle : $F = \dfrac{GMm}{r^2}$

Troisième loi pour une orbite circulaire : $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$

Vitesse sur l'orbite : $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}} = \dfrac{2\pi R}{T}$

Masse de l'astre central déduite d'une orbite : $M = \dfrac{4\pi^2 R^3}{G T^2}$

Comment s'en servir. Si tu connais $R$ et $M$, tu obtiens $T$ et $v$. Si tu connais $T$ et $M$, tu obtiens $R$. Si tu connais $T$ et $R$, tu obtiens $M$ : on peut littéralement peser le Soleil depuis une chaise. Remarque au passage que la masse $m$ du satellite n'apparaît nulle part : elle n'a aucune influence.

Un exemple entièrement traité : un satellite à 700 km d'altitude

Énoncé. Un satellite décrit une orbite circulaire à l'altitude $h = 700$ km autour de la Terre. Données : $R_{\text{Terre}} = 6371$ km, $M_{\text{Terre}} = 5{,}97 \times 10^{24}$ kg, $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ SI. Calculer la période $T$ puis la vitesse $v$.

Étape 1 — je convertis tout en unités SI. $h = 700\ \text{km} = 7{,}00 \times 10^{5}$ m et $R_{\text{Terre}} = 6371\ \text{km} = 6{,}371 \times 10^{6}$ m.

Étape 2 — je calcule le rayon orbital (le fameux piège) : $R = R_{\text{Terre}} + h = 6{,}371 \times 10^{6} + 0{,}700 \times 10^{6} = 7{,}071 \times 10^{6}$ m.

Étape 3 — je calcule le produit $GM$ une fois pour toutes : $GM = 6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24} = 3{,}98 \times 10^{14}$ (SI).

Étape 4 — j'écris la troisième loi et je l'isole. De $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$ on tire $T^2 = \dfrac{4\pi^2 R^3}{GM}$.

Étape 5 — je calcule $R^3$ : $R^3 = (7{,}071 \times 10^{6})^3 = 3{,}54 \times 10^{20}$ m$^3$.

Étape 6 — j'applique : $T^2 = \dfrac{39{,}48 \times 3{,}54 \times 10^{20}}{3{,}98 \times 10^{14}} = 3{,}51 \times 10^{7}$ s$^2$.

Étape 7 — je prends la racine carrée : $T = \sqrt{3{,}51 \times 10^{7}} = 5{,}9 \times 10^{3}$ s.

Étape 8 — je traduis en minutes pour vérifier que c'est crédible : $\dfrac{5{,}9 \times 10^{3}}{60} \approx 99$ min, soit environ 1 h 39 min pour faire le tour de la Terre. C'est bien l'ordre de grandeur d'un satellite en orbite basse.

Étape 9 — la vitesse : $v = \dfrac{2\pi R}{T} = \dfrac{2\pi \times 7{,}071 \times 10^{6}}{5{,}9 \times 10^{3}} = 7{,}5 \times 10^{3}$ m/s, soit $7{,}5$ km/s.

Étape 10 — je vérifie avec l'autre formule : $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}} = \sqrt{\dfrac{3{,}98 \times 10^{14}}{7{,}071 \times 10^{6}}} = \sqrt{5{,}63 \times 10^{7}} = 7{,}5 \times 10^{3}$ m/s. Les deux chemins donnent le même résultat : le calcul est cohérent.

Le cadre : quel système, quel référentiel, quelles forces

Le système étudié est le corps en orbite : la planète (masse $m$) pour un mouvement autour du Soleil, le satellite (masse $m$) pour un mouvement autour d'une planète. L'astre central, de masse $M$, est supposé beaucoup plus massif ($M \gg m$) et donc considéré comme fixe.

Le référentiel doit être précisé, c'est une exigence de rédaction : le référentiel héliocentrique (centré sur le Soleil, axes pointant vers des étoiles lointaines) pour les planètes ; le référentiel géocentrique pour les satellites de la Terre. Tous deux sont supposés galiléens sur la durée de l'étude.

Le bilan des forces est d'une simplicité rare : dans le vide, il n'y a que la force gravitationnelle exercée par l'astre central. Pas de frottement, pas de poids au sens du sol, pas de force propulsive (le moteur est éteint une fois le satellite placé sur son orbite).

Cette force vaut $F = \dfrac{GMm}{r^2}$ et elle est centripète : toujours dirigée du corps en orbite vers le centre de l'astre.

L'approximation circulaire. Les orbites réelles sont des ellipses, mais celles des planètes du Système solaire et de la plupart des satellites artificiels sont très peu excentriques : on les traite comme des cercles. C'est la convention en Terminale, et c'est ce qui permet d'écrire des formules simples. Dans ce cas, le demi-grand axe $a$ de l'ellipse est simplement remplacé par le rayon $R$ du cercle.

Les trois lois de Kepler, avec les définitions

Première loi — loi des orbites. Dans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre de chaque planète est une ellipse dont le Soleil occupe l'un des deux foyers.

Une ellipse est une courbe fermée allongée possédant deux points particuliers appelés foyers. Sa dimension caractéristique est le demi-grand axe $a$, c'est-à-dire la moitié de sa plus grande largeur. Un cercle est le cas limite où les deux foyers sont confondus au centre : alors $a = R$.

Vocabulaire utile : le point de l'orbite le plus proche du Soleil est le périhélie, le plus éloigné l'aphélie. Pour un satellite de la Terre, on dit périgée et apogée.

Deuxième loi — loi des aires. Le segment qui joint le Soleil à la planète balaie des aires égales pendant des durées égales.

Conséquence physique directe : quand la planète est proche du Soleil, ce segment est court, donc pour balayer la même aire il faut parcourir un arc plus long dans le même temps ; la planète va donc plus vite au périhélie et plus lentement à l'aphélie.

Cas particulier du cercle : la distance au centre ne change jamais, donc l'aire balayée par unité de temps ne peut être constante que si la vitesse l'est aussi. Le mouvement circulaire est donc uniforme.

Troisième loi — loi des périodes. Pour tous les corps orbitant autour d'un même astre central, le rapport du carré de la période au cube du demi-grand axe est constant : $\dfrac{T^2}{a^3} = \text{constante}$.

Point capital : cette constante ne dépend que de la masse $M$ de l'astre central. Elle vaut $\dfrac{4\pi^2}{GM}$. Elle n'est donc pas universelle : la constante du système solaire n'a rien à voir avec celle du système Terre-satellites.

Démonstration de la 3e loi et méthode de résolution

D'où vient $\dfrac{4\pi^2}{GM}$ ? On part de l'idée centrale : pour une orbite circulaire, la gravitation joue le rôle de la force centripète.

Étape 1 — l'accélération d'un mouvement circulaire uniforme est dirigée vers le centre et vaut $a = \dfrac{v^2}{R}$. Comme $v = \dfrac{2\pi R}{T}$, on obtient $a = \dfrac{1}{R}\left(\dfrac{2\pi R}{T}\right)^2 = \dfrac{4\pi^2 R}{T^2}$.

Étape 2 — on égale force gravitationnelle et masse fois accélération : $\dfrac{GMm}{R^2} = m \cdot \dfrac{4\pi^2 R}{T^2}$.

Étape 3 — on simplifie par $m$ (elle disparaît des deux côtés : la période ne dépend pas de la masse du satellite) : $\dfrac{GM}{R^2} = \dfrac{4\pi^2 R}{T^2}$.

Étape 4 — on réarrange en faisant passer $T^2$ à gauche et $R^2$ à droite : $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM} \cdot R^3$.

Étape 5 — conclusion : $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$, qui est bien une constante pour tous les satellites d'un même astre central. La troisième loi de Kepler, observée empiriquement en 1618, se déduit donc de la gravitation de Newton.

Méthode — résoudre un problème orbital.

• Recenser les données et repérer l'inconnue : $T$, $R$, $v$, $M$, altitude $h$.
• Si l'altitude $h$ est donnée, calculer $R = R_{\text{planète}} + h$ en premier.
• Convertir : $T$ en secondes, $R$ en mètres, avant tout calcul.
• Appliquer $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$ pour extraire $T$ ou $R$ (isoler d'abord, remplacer ensuite).
• Pour la vitesse : $v = \dfrac{2\pi R}{T}$ ou $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}$, au choix ; les deux se contrôlent l'une l'autre.
• Pour comparer deux corps tournant autour du même astre : $\dfrac{T_1^2}{R_1^3} = \dfrac{T_2^2}{R_2^3}$, sans avoir besoin de $G$ ni de $M$.

Erreurs fréquentes.

• Confondre $R$ (rayon orbital, depuis le centre) et $h$ (altitude, depuis le sol) : $R = R_{\text{planète}} + h$.
• Oublier les conversions : $T$ en secondes, $R$ en mètres.
• Appliquer la troisième loi à des astres centraux différents : elle n'est valable qu'à l'intérieur d'un même système.
• Utiliser $P = mg$ loin de la surface : à distance, il faut $F = \dfrac{GMm}{r^2}$.

Exemple 1 — l'orbite géostationnaire, du début à la fin

Énoncé. Un satellite géostationnaire reste en permanence à la verticale du même point de l'équateur. Déterminer le rayon $R$ de son orbite, l'altitude $h$ correspondante, puis sa vitesse. Données : $M_{\text{Terre}} = 5{,}97 \times 10^{24}$ kg, $R_{\text{Terre}} = 6{,}371 \times 10^{6}$ m, $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ SI.

Étape 1 — on traduit la condition physique. Rester au-dessus du même point du sol signifie tourner exactement au même rythme que la Terre sur elle-même. La période du satellite est donc la période de rotation propre de la Terre, soit 23 h 56 min (et non 24 h : 24 h est la durée moyenne d'un jour solaire, alors que le tour complet de la Terre sur elle-même dure un peu moins).

Étape 2 — on convertit : $T = 23 \times 3600 + 56 \times 60 = 82\,800 + 3\,360 = 86\,160$ s, soit $T = 8{,}616 \times 10^{4}$ s. Première ligne du calcul, première conversion : on ne fait jamais autrement.

Étape 3 — on isole l'inconnue AVANT de remplacer. De $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$, un produit en croix donne $R^3 = \dfrac{GM\,T^2}{4\pi^2}$. Isoler d'abord évite les erreurs de calculatrice.

Étape 4 — on calcule les morceaux séparément. $GM = 6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24} = 3{,}98 \times 10^{14}$ et $T^2 = (8{,}616 \times 10^{4})^2 = 7{,}42 \times 10^{9}$ s$^2$.

Étape 5 — on assemble : $R^3 = \dfrac{3{,}98 \times 10^{14} \times 7{,}42 \times 10^{9}}{39{,}48} = \dfrac{2{,}95 \times 10^{24}}{39{,}48} = 7{,}48 \times 10^{22}$ m$^3$.

Étape 6 — la racine cubique, sans paniquer. On réécrit l'exposant en multiple de 3 : $7{,}48 \times 10^{22} = 74{,}8 \times 10^{21}$. Or $\sqrt[3]{10^{21}} = 10^{7}$ et $\sqrt[3]{74{,}8} \approx 4{,}21$. Donc $R = 4{,}21 \times 10^{7}$ m.

Étape 7 — l'altitude, qui est la vraie question du correcteur : $h = R - R_{\text{Terre}} = 4{,}21 \times 10^{7} - 0{,}637 \times 10^{7} = 3{,}58 \times 10^{7}$ m, soit environ 35 800 km. C'est la valeur à reconnaître immédiatement : elle tombe dans presque tous les sujets.

Étape 8 — la vitesse : $v = \dfrac{2\pi R}{T} = \dfrac{2\pi \times 4{,}21 \times 10^{7}}{8{,}616 \times 10^{4}} = \dfrac{2{,}65 \times 10^{8}}{8{,}616 \times 10^{4}} = 3{,}07 \times 10^{3}$ m/s, soit environ $3{,}1$ km/s.

Étape 9 — on commente le résultat (ce que beaucoup oublient) : le satellite géostationnaire va environ $2{,}4$ fois moins vite que le satellite en orbite basse de l'exemple précédent ($7{,}5$ km/s). C'est logique : $v = \sqrt{GM/R}$ diminue quand $R$ augmente. Plus une orbite est haute, plus le satellite y est lent, et plus sa période est longue.

Exemple 2 — peser le Soleil sans quitter sa chaise

Énoncé. La Terre décrit autour du Soleil une orbite quasi circulaire de rayon $R = 1{,}50 \times 10^{11}$ m en $T = 365{,}25$ jours. En déduire la masse du Soleil. Donnée : $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ SI.

Étape 1 — on choisit la bonne écriture de la loi. Ici l'inconnue est $M$ : on part donc de $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$ et on isole $M$ par produit en croix : $M = \dfrac{4\pi^2 R^3}{G T^2}$.

Étape 2 — conversion de la période en secondes : $T = 365{,}25 \times 24 \times 3600 = 365{,}25 \times 86\,400 = 3{,}156 \times 10^{7}$ s.

Étape 3 — le numérateur. $R^3 = (1{,}50 \times 10^{11})^3 = 3{,}375 \times 10^{33}$ m$^3$, donc $4\pi^2 R^3 = 39{,}48 \times 3{,}375 \times 10^{33} = 1{,}33 \times 10^{35}$.

Étape 4 — le dénominateur. $T^2 = (3{,}156 \times 10^{7})^2 = 9{,}96 \times 10^{14}$ s$^2$, donc $G T^2 = 6{,}67 \times 10^{-11} \times 9{,}96 \times 10^{14} = 6{,}64 \times 10^{4}$.

Étape 5 — la division : $M = \dfrac{1{,}33 \times 10^{35}}{6{,}64 \times 10^{4}} = 2{,}0 \times 10^{30}$ kg.

Étape 6 — on valide l'ordre de grandeur. $2 \times 10^{30}$ kg, c'est environ $330\,000$ fois la masse de la Terre. Avec deux nombres mesurables depuis le sol (une distance et une durée), on vient de peser une étoile. C'est exactement pour cela que la troisième loi est une des formules les plus rentables du programme.

Remarque de rédaction. On donne le résultat avec autant de chiffres significatifs que la donnée la moins précise, ici $1{,}50 \times 10^{11}$ (trois chiffres) : écrire $2{,}01 \times 10^{30}$ kg ou $2{,}0 \times 10^{30}$ kg est correct, écrire $2{,}00637 \times 10^{30}$ kg ne l'est pas.

Exemple 3 — comparer deux planètes sans connaître ni G ni M

Énoncé. Le rayon orbital de Mars vaut $a_M = 2{,}28 \times 10^{11}$ m, celui de la Terre $a_T = 1{,}50 \times 10^{11}$ m, et la période de la Terre est $T_T = 3{,}156 \times 10^{7}$ s. Déterminer la période de révolution de Mars.

Étape 1 — on justifie qu'on a le droit. Mars et la Terre tournent autour du même astre central, le Soleil. Le rapport $T^2/a^3$ a donc la même valeur pour les deux : $\dfrac{T_M^2}{a_M^3} = \dfrac{T_T^2}{a_T^3}$. Cette phrase de justification vaut un point ; sans elle, le calcul est suspect.

Étape 2 — on isole $T_M^2$ par produit en croix : $T_M^2 = T_T^2 \times \dfrac{a_M^3}{a_T^3} = T_T^2 \times \left(\dfrac{a_M}{a_T}\right)^3$.

Étape 3 — on calcule le rapport des rayons d'abord (c'est plus sûr que de cuber deux nombres énormes) : $\dfrac{a_M}{a_T} = \dfrac{2{,}28 \times 10^{11}}{1{,}50 \times 10^{11}} = 1{,}52$. Remarque que les $10^{11}$ se simplifient : le rapport est sans unité.

Étape 4 — on l'élève au cube : $(1{,}52)^3 = 3{,}51$.

Étape 5 — on applique : $T_M^2 = (3{,}156 \times 10^{7})^2 \times 3{,}51 = 9{,}96 \times 10^{14} \times 3{,}51 = 3{,}50 \times 10^{15}$ s$^2$.

Étape 6 — racine carrée. On réécrit $3{,}50 \times 10^{15} = 35{,}0 \times 10^{14}$ pour avoir un exposant pair : $T_M = \sqrt{35{,}0} \times 10^{7} = 5{,}91 \times 10^{7}$ s.

Étape 7 — on convertit en unité parlante : $\dfrac{5{,}91 \times 10^{7}}{3{,}156 \times 10^{7}} = 1{,}87$ année terrestre, soit environ 684 jours ($1{,}87 \times 365{,}25 \approx 683$, ou $5{,}91 \times 10^{7} / 86\,400 \approx 684$ : l'écart de quelques jours avec la valeur réelle, 687 jours, vient des arrondis). Une année martienne dure donc presque deux années terrestres.

Ce qu'il faut retenir de cet exemple. Ni $G$ ni $M_{\text{Soleil}}$ n'ont été utilisés. Dès qu'un énoncé te donne des informations sur deux corps du même système, passe par le rapport : c'est plus court, et il y a moins d'occasions de se tromper.

Les subtilités et ce que le correcteur attend vraiment

1. La phrase d'ouverture rapporte des points. Avant tout calcul, écris : « Système : le satellite de masse $m$. Référentiel : géocentrique, supposé galiléen. Forces : la seule force est la force gravitationnelle exercée par la Terre. » Trois lignes, souvent barémées.

2. $R$ n'est pas $h$. Le piège numéro un, et il est volontaire dans les sujets : $R = R_{\text{planète}} + h$. Si l'énoncé donne 800 km, ce n'est jamais le rayon orbital.

3. La constante de Kepler n'est pas universelle. $\dfrac{4\pi^2}{GM}$ dépend de la masse de l'astre central. On peut comparer deux satellites de la Terre entre eux, ou deux planètes du Système solaire entre elles, mais jamais la Lune et Jupiter avec la même constante.

4. La masse du satellite ne sert à rien. Elle se simplifie dans la démonstration. Si l'énoncé la donne, c'est soit une donnée distractrice, soit pour une question d'énergie. Deux satellites de 200 kg et de 5 tonnes à la même altitude ont exactement la même période et la même vitesse : c'est une question de cours classique.

5. Justifier « le mouvement est circulaire uniforme ». Réponse attendue : la force de gravitation est dirigée vers le centre, donc son unique effet est de courber la trajectoire ; elle n'a aucune composante le long du mouvement, donc la valeur de la vitesse ne change pas. Uniformité = conséquence, pas hypothèse.

6. Ne jamais écrire $P = mg$ en orbite. $g$ est la valeur du champ de pesanteur au voisinage du sol. À 36 000 km, il faut $F = \dfrac{GMm}{r^2}$.

7. Les chiffres significatifs. Le résultat s'écrit avec autant de chiffres significatifs que la donnée la moins précise, souvent 2 ou 3. Et toujours en notation scientifique avec l'unité.

8. Le réflexe « ordre de grandeur ». Garde en tête trois repères : satellite en orbite basse, $v \approx 7$ à $8$ km/s et $T \approx 90$ à $100$ min ; satellite géostationnaire, $h \approx 36\,000$ km et $v \approx 3$ km/s ; Lune, $T \approx 27$ jours. Si ton résultat est très loin de ces valeurs, cherche l'erreur de conversion avant de rendre.

Problème type 1 — exploitation graphique : la masse de Jupiter

Énoncé. On a mesuré les périodes de révolution $T$ et les rayons orbitaux $R$ de plusieurs satellites de Jupiter. On trace $T^2$ en fonction de $R^3$ : les points sont alignés sur une droite passant par l'origine, de coefficient directeur $k = 3{,}12 \times 10^{-16}$ s$^2 \cdot$m$^{-3}$. a) Justifier l'allure du graphique. b) En déduire la masse de Jupiter. c) Vérifier avec le satellite Io ($R = 4{,}22 \times 10^{8}$ m, $T = 1{,}77$ jour).

a) Justification de l'allure. La troisième loi de Kepler pour une orbite circulaire s'écrit $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM} \cdot R^3$. En posant $y = T^2$ et $x = R^3$, cette relation est de la forme $y = k\,x$ avec $k = \dfrac{4\pi^2}{GM}$ : c'est une fonction linéaire, donc une droite passant par l'origine. Le graphique obtenu valide expérimentalement la troisième loi.

b) Étape 1 — on identifie. Le coefficient directeur mesuré vaut donc $k = \dfrac{4\pi^2}{GM}$, où $M$ est la masse de Jupiter.

b) Étape 2 — on isole $M$ : $M = \dfrac{4\pi^2}{G\,k}$.

b) Étape 3 — on calcule le dénominateur : $G\,k = 6{,}67 \times 10^{-11} \times 3{,}12 \times 10^{-16} = 2{,}08 \times 10^{-26}$.

b) Étape 4 — on divise : $M = \dfrac{39{,}48}{2{,}08 \times 10^{-26}} = 1{,}90 \times 10^{27}$ kg.

b) Étape 5 — on commente : c'est environ 318 fois la masse de la Terre, ce qui est cohérent avec le statut de plus grosse planète du Système solaire.

c) Étape 1 — conversion : $T = 1{,}77 \times 86\,400 = 1{,}53 \times 10^{5}$ s.

c) Étape 2 — on calcule le rapport pour Io : $T^2 = (1{,}53 \times 10^{5})^2 = 2{,}34 \times 10^{10}$ s$^2$ et $R^3 = (4{,}22 \times 10^{8})^3 = 7{,}52 \times 10^{25}$ m$^3$.

c) Étape 3 — on divise : $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{2{,}34 \times 10^{10}}{7{,}52 \times 10^{25}} = 3{,}11 \times 10^{-16}$ s$^2 \cdot$m$^{-3}$.

c) Étape 4 — conclusion : cette valeur coïncide avec le coefficient directeur $k = 3{,}12 \times 10^{-16}$ s$^2 \cdot$m$^{-3}$ lu sur le graphique, aux incertitudes de lecture près. Io obéit bien à la même loi que les autres satellites : cohérence validée.

Ce que le correcteur attend ici. Que tu dises explicitement « droite passant par l'origine, donc proportionnalité » ; que le coefficient directeur soit calculé avec deux points éloignés bien lus si le graphique est fourni sans valeur ; que son unité (s$^2 \cdot$m$^{-3}$) apparaisse ; et que la conclusion soit une phrase, pas un nombre nu.

Problème type 2 — un satellite d'observation de la Terre

Énoncé. Un satellite d'observation décrit une orbite circulaire à l'altitude $h = 786$ km. Données : $R_{\text{Terre}} = 6{,}371 \times 10^{6}$ m, $M_{\text{Terre}} = 5{,}97 \times 10^{24}$ kg, $G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ SI. 1) Calculer le rayon de l'orbite. 2) Calculer la période. 3) Calculer la vitesse. 4) Combien de tours effectue-t-il en 24 h ? 5) Ce satellite peut-il être géostationnaire ?

1) Rayon orbital. $h = 786\ \text{km} = 7{,}86 \times 10^{5}$ m, donc $R = 6{,}371 \times 10^{6} + 0{,}786 \times 10^{6} = 7{,}157 \times 10^{6}$ m.

2) Étape 1 — on isole : $T^2 = \dfrac{4\pi^2 R^3}{GM}$.

2) Étape 2 — les morceaux : $R^3 = (7{,}157 \times 10^{6})^3 = 3{,}67 \times 10^{20}$ m$^3$ et $GM = 3{,}98 \times 10^{14}$.

2) Étape 3 — on assemble : $T^2 = \dfrac{39{,}48 \times 3{,}67 \times 10^{20}}{3{,}98 \times 10^{14}} = \dfrac{1{,}45 \times 10^{22}}{3{,}98 \times 10^{14}} = 3{,}64 \times 10^{7}$ s$^2$.

2) Étape 4 — racine : $T = \sqrt{3{,}64 \times 10^{7}} = 6{,}03 \times 10^{3}$ s, soit $\dfrac{6030}{60} \approx 100$ min. Ordre de grandeur conforme à une orbite basse : bon signe.

3) Vitesse. $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}} = \sqrt{\dfrac{3{,}98 \times 10^{14}}{7{,}157 \times 10^{6}}} = \sqrt{5{,}56 \times 10^{7}} = 7{,}46 \times 10^{3}$ m/s, soit environ $7{,}5$ km/s. Contrôle par l'autre formule : $v = \dfrac{2\pi R}{T} = \dfrac{4{,}50 \times 10^{7}}{6{,}03 \times 10^{3}} = 7{,}46 \times 10^{3}$ m/s. Les deux concordent.

4) Nombre de tours en 24 h. Une journée dure $24 \times 3600 = 8{,}64 \times 10^{4}$ s. Le nombre de révolutions vaut $N = \dfrac{8{,}64 \times 10^{4}}{6{,}03 \times 10^{3}} = 14{,}3$. Le satellite fait donc un peu plus de 14 tours par jour. On ne l'arrondit pas à 14 : la partie décimale est justement ce qui décale sa trace au sol d'un passage à l'autre et lui permet de photographier des régions différentes.

5) Géostationnaire ? Non, et il faut le prouver, pas l'affirmer. Trois conditions sont nécessaires : (i) la période doit être égale à la période de rotation propre de la Terre, soit $8{,}616 \times 10^{4}$ s ; (ii) l'orbite doit être contenue dans le plan de l'équateur ; (iii) le sens de parcours doit être celui de la rotation terrestre. Ici, la condition (i) impose $R = 4{,}21 \times 10^{7}$ m, donc $h \approx 3{,}6 \times 10^{4}$ km, très loin des 786 km de l'énoncé. Sa période de 100 min est près de 14 fois trop courte : ce satellite défile au-dessus du sol, il n'est pas géostationnaire.

Piège classique sur cette dernière question. Répondre « non, il est trop bas » sans donner l'altitude géostationnaire ni citer les conditions de plan et de sens ne rapporte quasiment rien. Le correcteur attend une comparaison chiffrée et les trois conditions.

La démonstration propre : la 2e loi de Newton en base de Frenet

Jusqu'ici on a admis que l'accélération d'un mouvement circulaire uniforme vaut $\dfrac{v^2}{R}$ vers le centre. Voici d'où cela vient, et pourquoi c'est la vraie porte d'entrée du chapitre.

Étape 1 — le cadre. La deuxième loi de Newton dit que, dans un référentiel galiléen, la somme des forces égale masse fois accélération : $\sum \vec{F} = m\,\vec{a}$.

Étape 2 — la base de Frenet. Pour une trajectoire courbe, on décompose l'accélération sur deux directions attachées au mobile : $\vec{t}$, tangent à la trajectoire dans le sens du mouvement, et $\vec{n}$, perpendiculaire et dirigé vers le centre de courbure. On démontre alors que $\vec{a} = \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{t} + \dfrac{v^2}{R}\,\vec{n}$.

Étape 3 — l'argument décisif. La gravitation est purement radiale : elle est entièrement portée par $\vec{n}$ et n'a aucune composante sur $\vec{t}$. Or les composantes de $\sum\vec{F} = m\vec{a}$ s'identifient une à une. Donc $m\,\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0$, c'est-à-dire $v$ constante.

Conclusion à retenir : pour une orbite circulaire, l'uniformité du mouvement n'est pas une hypothèse commode, c'est une conséquence du caractère centripète de la force. Le dire ainsi est le genre de phrase qui distingue une copie.

Étape 4 — on projette sur $\vec{n}$ : $\dfrac{GMm}{R^2} = m\,\dfrac{v^2}{R}$, d'où après simplification par $m$ et par un $R$ : $v^2 = \dfrac{GM}{R}$, soit $v = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}$.

Étape 5 — on retrouve Kepler. En remplaçant $v$ par $\dfrac{2\pi R}{T}$ : $\dfrac{4\pi^2 R^2}{T^2} = \dfrac{GM}{R}$, donc $T^2 = \dfrac{4\pi^2 R^3}{GM}$. C'est bien la troisième loi.

Le détail troublant. La masse $m$ s'est simplifiée entre le membre de gauche (où elle mesure l'attraction gravitationnelle subie) et celui de droite (où elle mesure l'inertie, la résistance au changement de mouvement). Que ces deux masses soient égales n'a aucune raison évidente. Newton le constate ; Einstein en fera le point de départ de la relativité générale.

Ce que cache la loi des aires, et l'ellipse pour de vrai

La deuxième loi est une loi de conservation déguisée. Elle n'a en réalité rien de spécifiquement gravitationnel : elle vaut pour toute force centrale, c'est-à-dire toute force constamment dirigée vers un point fixe. Ce qui se conserve alors est une grandeur appelée moment cinétique du corps par rapport à ce point ; la vitesse aréolaire (l'aire balayée par unité de temps) en est simplement la moitié divisée par la masse. Kepler avait donc mesuré, sans le savoir, une loi de conservation.

Une conséquence exploitable dès maintenant. Au périhélie et à l'aphélie, la vitesse est perpendiculaire au rayon. La conservation impose alors $r_{\text{p}} \times v_{\text{p}} = r_{\text{a}} \times v_{\text{a}}$. Si une comète passe trois fois plus près du Soleil au périhélie qu'à l'aphélie, elle y va trois fois plus vite. C'est un calcul à une ligne que tu peux déjà faire.

La troisième loi, version non simplifiée. Pour une orbite elliptique, il suffit de remplacer le rayon $R$ par le demi-grand axe $a$ : $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$. Autrement dit, la période ne dépend que du demi-grand axe : deux orbites de formes très différentes mais de même $a$ ont exactement la même période.

Et si le second corps n'est pas négligeable ? On a supposé $M \gg m$ et l'astre central immobile. En toute rigueur, les deux corps tournent autour de leur centre de masse commun, et la loi devient $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{G(M+m)}$. C'est cette version qui sert à peser les étoiles doubles : on observe leur période et leur séparation, on en déduit la somme de leurs masses.

Changer d'orbite. Pour faire monter un satellite d'une orbite basse à l'orbite géostationnaire, on ne « monte » pas tout droit : on allume le moteur brièvement pour se placer sur une ellipse de transfert tangente aux deux cercles, puis on rallume à l'apogée pour circulariser. Ces deux impulsions constituent le transfert dit de Hohmann, et c'est la manoeuvre la moins coûteuse en carburant.

L'an prochain et au-delà : énergie, satellisation, limites de Newton

Ce qui suit dépasse le programme de Terminale : à lire pour comprendre où mène le chapitre, pas à réciter en contrôle.

1. L'énergie d'un satellite. Son énergie cinétique vaut $E_c = \dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{GMm}{2R}$ (puisque $v^2 = GM/R$), son énergie potentielle de gravitation $E_p = -\dfrac{GMm}{R}$, et leur somme, l'énergie mécanique, vaut $E_m = -\dfrac{GMm}{2R}$.

2. Le paradoxe du satellite. Cette énergie mécanique est négative : le satellite est dans un état lié, il ne peut pas s'échapper tout seul. Et comme $E_m$ augmente (se rapproche de zéro) quand $R$ augmente, monter plus haut coûte de l'énergie... alors même que la vitesse, elle, diminue. Accélérer un satellite le fait donc monter et, au final, ralentir. Contre-intuitif, mais parfaitement contenu dans les formules ci-dessus.

3. La vitesse de libération. Pour que le corps ne soit plus lié, il faut $E_m \geq 0$, ce qui donne $v_{\text{lib}} = \sqrt{\dfrac{2GM}{R}} = \sqrt{2} \times v_{\text{orbitale}}$. Depuis la surface de la Terre : $v_{\text{lib}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 3{,}98 \times 10^{14}}{6{,}371 \times 10^{6}}} = 1{,}12 \times 10^{4}$ m/s, soit environ $11{,}2$ km/s. C'est le chiffre à connaître pour toute mission interplanétaire.

4. Là où Newton coince. Le périhélie de Mercure avance lentement d'un tour à l'autre. Après avoir soustrait l'influence de toutes les autres planètes, il reste une avance résiduelle de 43 secondes d'arc par siècle que la gravitation newtonienne n'explique pas. La relativité générale d'Einstein (1915) la prédit exactement : ce fut sa première confirmation observationnelle.

5. Un satellite qui te concerne tous les jours. Les horloges embarquées des satellites GPS subissent des effets relativistes (leur vitesse les ralentit, la gravitation plus faible en altitude les accélère). Sans correction, l'écart cumulé atteindrait plusieurs dizaines de microsecondes par jour, ce qui, multiplié par la vitesse de la lumière, ferait dériver ta position de plusieurs kilomètres chaque jour. Ton GPS fonctionne parce qu'on a corrigé Newton par Einstein.

6. Les ponts avec le reste du programme. Ce chapitre est le prolongement direct des lois de Newton (c'est la deuxième loi appliquée à une force centrale). Il se compare utilement au mouvement dans un champ uniforme : là, le champ de pesanteur est constant et la trajectoire est une parabole ; ici, le champ varie en $1/r^2$ et la trajectoire est une conique. Enfin, il alimente les bilans d'énergie mécanique, où l'énergie potentielle de gravitation remplace le $mgh$ du voisinage du sol.