Mouvements dans un champ uniforme : projectile et satellite

Les prérequis, en trois minutes

Trois choses seulement, et tu peux attaquer.

1. Un champ uniforme, c'est quoi ? C'est une zone où la force subie par l'objet est constante : même direction, même sens, même norme, partout et à chaque instant. Le champ de pesanteur près du sol en est l'exemple type, puisque ton poids ne change ni de direction ni de valeur pendant la chute.

2. La deuxième loi de Newton. Elle relie les forces au mouvement : $\vec{a} = \dfrac{\sum \vec{F}}{m}$. Traduction : si la somme des forces est constante, alors l'accélération est constante. C'est exactement ce qui se passe dans un champ uniforme.

3. On travaille avec deux axes. Un mouvement dans le plan ne s'étudie jamais d'un bloc : on le coupe en deux, un axe horizontal $x$ et un axe vertical $y$ orienté vers le haut. Et voici la clé de tout le chapitre : les deux axes sont indépendants. Ce qui se passe horizontalement n'influence pas ce qui se passe verticalement, et réciproquement.

Concrètement, pour un projectile dont on néglige les frottements : la seule force est le poids, il est vertical, donc horizontalement il ne se passe rien (vitesse constante) et verticalement l'objet tombe comme s'il avait été simplement lâché. Une balle tirée à l'horizontale et une balle lâchée depuis la même hauteur touchent le sol en même temps.

Les formules clés, et un exemple traité en entier

Pour un projectile, avec un repère dont l'axe $y$ pointe vers le haut et en négligeant les frottements :

Accélération : $a_x = 0$ et $a_y = -g$

Vitesse : $v_x(t) = v_{x0}$ et $v_y(t) = v_{y0} - g\,t$

Position : $x(t) = x_0 + v_{x0}\,t$ et $y(t) = y_0 + v_{y0}\,t - \dfrac{1}{2}g\,t^2$

La trajectoire obtenue est une parabole : $y = y_0 + \dfrac{v_{y0}}{v_{x0}}(x - x_0) - \dfrac{g}{2v_{x0}^2}(x - x_0)^2$

Pour un satellite en orbite circulaire de rayon $R$ autour d'un astre de masse $M_T$ :

$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$, puis $T = \dfrac{2\pi R}{v}$, ce qui donne $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_T}\,R^3$

Exemple entièrement traité — un objet lancé à l'horizontale. Un objet est lancé horizontalement à $v_0 = 20\ \text{m/s}$ depuis une hauteur $h = 45\ \text{m}$. On prend $g = 10\ \text{m/s}^2$. Où touche-t-il le sol ?

Étape 1 — On pose le repère : origine au point de lancer, axe $x$ horizontal dans le sens du tir, axe $y$ vertical vers le haut. Donc $x_0 = 0$ et $y_0 = 0$, et le sol se trouve à $y = -h = -45\ \text{m}$.

Étape 2 — Conditions initiales. Le lancer est horizontal, donc $v_{x0} = v_0 = 20\ \text{m/s}$ et $v_{y0} = 0$.

Étape 3 — Les équations horaires deviennent $x(t) = 20\,t$ et $y(t) = -\dfrac{1}{2}\times 10\times t^2 = -5\,t^2$.

Étape 4 — Durée de chute. On cherche l'instant $t_c$ où l'objet arrive au sol : $-\dfrac{1}{2}g\,t_c^2 = -h$, donc $t_c = \sqrt{\dfrac{2h}{g}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 45}{10}} = \sqrt{9} = 3\ \text{s}$.

Étape 5 — Portée horizontale. On remplace $t$ par $t_c$ dans $x(t)$ : $x = v_0 \times t_c = 20 \times 3 = 60\ \text{m}$.

Réponse : l'objet touche le sol au bout de $3\ \text{s}$, à $60\ \text{m}$ du point de départ.

Le point à retenir pour le contrôle : la durée de chute $t_c$ ne dépend pas de $v_0$, elle ne dépend que de la hauteur. C'est l'indépendance des axes, en chiffres.

Le point de départ, commun aux deux situations

Définition — champ uniforme. Un champ est dit uniforme dans une région de l'espace si le vecteur qui le décrit y garde la même direction, le même sens et la même norme en tout point. Dans un champ de pesanteur uniforme, le poids d'un objet de masse $m$ vaut $\vec{P} = m\,\vec{g}$, avec $\vec{g}$ vertical dirigé vers le bas, de norme $g \approx 9{,}81\ \text{m/s}^2$ près de la surface de la Terre. Les exercices arrondissent souvent à $10\ \text{m/s}^2$ pour simplifier les calculs.

Définition — projectile. Un projectile est un objet lancé puis abandonné à lui-même, dont on néglige les frottements de l'air. Bilan des forces : le poids, et rien d'autre.

De la force au mouvement. On applique la deuxième loi de Newton dans un référentiel supposé galiléen : $m\vec{a} = \sum \vec{F} = \vec{P} = m\vec{g}$. La masse se simplifie des deux côtés, et il reste $\vec{a} = \vec{g}$. Autrement dit, l'accélération d'un projectile ne dépend pas de sa masse : une bille de plomb et une balle de ping-pong suivent la même trajectoire, tant qu'on néglige l'air.

La projection sur deux axes. On choisit un repère $(O, \vec{x}, \vec{y})$ avec $\vec{x}$ horizontal et $\vec{y}$ vertical vers le haut. Le vecteur $\vec{g}$ n'a alors aucune composante horizontale : on obtient $a_x = 0$ et $a_y = -g$. Le signe moins vient uniquement du choix d'orientation de l'axe $y$.

Conséquence, et c'est le cœur du chapitre : le mouvement se sépare en deux mouvements indépendants. Sur $x$, l'accélération est nulle, donc le mouvement est rectiligne uniforme. Sur $y$, l'accélération est constante, donc le mouvement est uniformément accéléré. La composition des deux donne la parabole.

Décomposition de la vitesse initiale. Si l'objet est lancé avec une vitesse de norme $v_0$ faisant un angle $\theta$ avec l'horizontale, alors $v_{x0} = v_0\cos\theta$ et $v_{y0} = v_0\sin\theta$. Cas particuliers : tir horizontal, $\theta = 0$, donc $v_{y0} = 0$ ; tir vertical, $\theta = 90°$, donc $v_{x0} = 0$.

Cas 1 — le projectile : la méthode en cinq étapes

C'est toujours le même enchaînement, quel que soit l'énoncé.

Étape 1. Choisir un repère $(O, \vec{x}, \vec{y})$ : axe $x$ horizontal dans le sens du mouvement, axe $y$ vertical vers le haut. Placer clairement l'origine, en général le point de lancer.

Étape 2. Faire le bilan des forces, ici le poids seul, appliquer la deuxième loi de Newton, puis projeter : $a_x = 0$ et $a_y = -g$.

Étape 3. Intégrer une première fois pour obtenir les vitesses : $v_x(t) = v_{x0}$ et $v_y(t) = -g\,t + v_{y0}$. Les constantes d'intégration sont précisément les composantes de la vitesse initiale.

Étape 4. Intégrer une seconde fois pour obtenir les positions : $x(t) = v_{x0}\,t + x_0$ et $y(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^2 + v_{y0}\,t + y_0$. Les nouvelles constantes sont les coordonnées du point de départ.

Étape 5. Traduire la question en équation, puis résoudre. Quelques traductions utiles :

• « quand touche-t-il le sol ? » devient $y(t) = y_{\text{sol}}$ ;
• « quelle est la portée ? » : on cherche d'abord la durée de vol, puis on l'injecte dans $x(t)$ ;
• « quelle est l'altitude maximale, la flèche ? » : au sommet, $v_y = 0$ ;
• « passe-t-il au-dessus de l'obstacle ? » : on calcule $y$ pour la valeur de $x$ de l'obstacle, avec l'équation de la trajectoire.

Équation de la trajectoire. Elle s'obtient en éliminant le temps : on tire $t = \dfrac{x - x_0}{v_{x0}}$ de l'équation en $x$, puis on remplace dans l'équation en $y$. On aboutit à $y = y_0 + \dfrac{v_{y0}}{v_{x0}}(x - x_0) - \dfrac{g}{2v_{x0}^2}(x - x_0)^2$. C'est une fonction du second degré en $x$ : la trajectoire est bien une parabole, tournée vers le bas puisque le coefficient de $x^2$ est négatif.

Cas 2 — le satellite en orbite circulaire

Ici le champ n'est plus uniforme au sens strict, puisque la force gravitationnelle pointe toujours vers le centre de la Terre et change donc de direction le long de l'orbite. Mais sa norme, elle, reste constante puisque la distance $R$ ne change pas : c'est ce qui rend le calcul aussi simple.

Bilan des forces. Une seule force sur le satellite de masse $m$ : l'attraction gravitationnelle exercée par la Terre de masse $M_T$, de norme $F = \dfrac{GM_T\,m}{R^2}$, dirigée du satellite vers le centre de la Terre.

Nature du mouvement. Dans un mouvement circulaire uniforme de rayon $R$ et de vitesse $v$, l'accélération est centripète, donc dirigée vers le centre, et sa valeur est $a = \dfrac{v^2}{R}$.

On combine les deux. La deuxième loi de Newton donne $\dfrac{GM_T\,m}{R^2} = m\,\dfrac{v^2}{R}$.

La masse $m$ du satellite se simplifie des deux côtés : $\dfrac{GM_T}{R^2} = \dfrac{v^2}{R}$.

On multiplie par $R$ : $v^2 = \dfrac{GM_T}{R}$, d'où $v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$.

Deux lectures importantes de ce résultat. La vitesse orbitale ne dépend pas de la masse du satellite : une station spatiale et un boulon flottant à côté d'elle vont à la même vitesse. Et elle diminue quand l'altitude augmente.

Période de révolution. Le satellite parcourt la circonférence $2\pi R$ à la vitesse constante $v$, donc $T = \dfrac{2\pi R}{v}$.

En remplaçant $v$ par son expression : $T = \dfrac{2\pi R}{\sqrt{GM_T / R}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{GM_T}}$, puis en élevant au carré : $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_T}\,R^3$.

Troisième loi de Kepler. On réécrit la relation précédente sous la forme $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM_T} = \text{constante}$, valable pour tous les satellites d'un même astre central. Cette constante ne dépend que de l'astre attracteur, jamais du satellite.

Ensemble n°1 — un tir horizontal, du départ à l'impact

Énoncé. Une bille quitte le bord d'une plateforme horizontalement à $v_0 = 15\ \text{m/s}$, depuis une hauteur $h = 20\ \text{m}$. On néglige les frottements et on prend $g = 10\ \text{m/s}^2$. On veut la durée de chute, la portée, et la vitesse à l'impact.

On pose le repère. Origine $O$ au point de départ, $\vec{x}$ horizontal dans le sens du lancer, $\vec{y}$ vertical vers le haut. Pourquoi commencer par là ? Parce que tous les signes qui suivent en dépendent. Avec ce choix, le sol est à $y = -20\ \text{m}$.

Bilan des forces et deuxième loi de Newton. Seule force, le poids $\vec{P} = m\vec{g}$. Donc $m\vec{a} = m\vec{g}$, soit $\vec{a} = \vec{g}$. On projette : $a_x = 0$ et $a_y = -10\ \text{m/s}^2$.

Première intégration, les vitesses. $v_x(t) = v_{x0}$ et $v_y(t) = -10\,t + v_{y0}$. Le lancer est horizontal, donc $v_{x0} = 15\ \text{m/s}$ et $v_{y0} = 0$. On obtient $v_x(t) = 15$ et $v_y(t) = -10\,t$.

Deuxième intégration, les positions. $x(t) = 15\,t + x_0$ et $y(t) = -5\,t^2 + v_{y0}\,t + y_0$. Comme $x_0 = y_0 = 0$ et $v_{y0} = 0$, il reste $x(t) = 15\,t$ et $y(t) = -5\,t^2$.

Question 1, la durée de chute. On traduit « la bille touche le sol » par $y(t_c) = -20$.

$-5\,t_c^2 = -20$, donc $t_c^2 = 4$, donc $t_c = 2\ \text{s}$. On garde la solution positive : le temps ne remonte pas.

Question 2, la portée. On injecte $t_c$ dans $x(t)$ : $x = 15 \times 2 = 30\ \text{m}$.

Question 3, la vitesse à l'impact. Attention, c'est un vecteur : il faut ses deux composantes avant sa norme.

$v_x(2) = 15\ \text{m/s}$, inchangée depuis le départ, c'est le mouvement uniforme sur l'axe $x$.

$v_y(2) = -10 \times 2 = -20\ \text{m/s}$, négative donc dirigée vers le bas, ce qui est rassurant.

Norme : $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = \sqrt{625} = 25\ \text{m/s}$.

Ce qu'il faut remarquer. Le résultat $t_c = 2\ \text{s}$ ne fait intervenir ni $v_0$, ni la masse : uniquement $h$ et $g$. Si on doublait $v_0$, la bille tomberait toujours en $2\ \text{s}$, mais deux fois plus loin.

Ensemble n°2 — passer des équations horaires à l'équation de la trajectoire

Le geste. Les équations horaires donnent la position en fonction du temps. L'équation de la trajectoire donne la forme du chemin, c'est-à-dire $y$ en fonction de $x$. Pour passer de l'une à l'autre, on élimine $t$. Faisons-le une fois proprement, dans le cas général avec un angle.

Point de départ. Lancer depuis l'origine, donc $x_0 = y_0 = 0$, avec une vitesse $v_0$ inclinée d'un angle $\theta$ : $x(t) = v_0\cos\theta \times t$ et $y(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^2 + v_0\sin\theta \times t$.

On isole le temps dans l'équation la plus simple, celle en $x$ : $t = \dfrac{x}{v_0\cos\theta}$. C'est possible parce que $v_0\cos\theta$ est une constante non nulle, tant que le tir n'est pas parfaitement vertical.

On remplace dans l'équation en $y$ : $y = -\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\theta}\right)^{2} + v_0\sin\theta \times \dfrac{x}{v_0\cos\theta}$.

On simplifie le second terme : $v_0$ se simplifie, et $\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} = \tan\theta$. Il reste $\tan\theta \times x$.

On simplifie le premier terme : $\left(\dfrac{x}{v_0\cos\theta}\right)^{2} = \dfrac{x^2}{v_0^2\cos^2\theta}$.

Résultat : $y = \tan\theta \times x - \dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\theta}\,x^2$.

C'est exactement la forme du cours, réécrite avec $v_{x0} = v_0\cos\theta$ et $v_{y0} = v_0\sin\theta$ : $y = \dfrac{v_{y0}}{v_{x0}}\,x - \dfrac{g}{2v_{x0}^2}\,x^2$.

Application numérique immédiate. Avec $v_0 = 15\ \text{m/s}$ à l'horizontale, donc $\theta = 0$, $\tan\theta = 0$ et $\cos\theta = 1$, et $g = 10$ : $y = -\dfrac{10}{2 \times 225}\,x^2 = -\dfrac{x^2}{45}$.

Vérifions avec l'exemple n°1 : pour $x = 30\ \text{m}$, on obtient $y = -\dfrac{900}{45} = -20\ \text{m}$. On retrouve exactement la hauteur de départ. Les deux méthodes sont cohérentes, et c'est une bonne façon de contrôler son travail.

Quand utiliser quoi ? Si la question parle de durée, d'instant, ou de vitesse à un instant donné : équations horaires. Si la question parle d'un point à atteindre ou à franchir, par exemple passer au-dessus d'un filet ou viser une cible : équation de la trajectoire, c'est plus direct.

Ensemble n°3 — le satellite en orbite basse, vitesse puis période

Énoncé. Un satellite orbite à l'altitude $h = 400\ \text{km}$ au-dessus de la surface terrestre. Données : rayon de la Terre $R_T = 6{,}37 \times 10^{6}\ \text{m}$ et $GM_T = 3{,}98 \times 10^{14}$ en unités du système international. Calculer sa vitesse, puis sa période de révolution.

Piège n°1, désamorcé tout de suite. Dans la formule, $R$ est la distance au centre de la Terre, pas l'altitude. Il faut donc ajouter le rayon terrestre.

$R = R_T + h = 6{,}37 \times 10^{6} + 0{,}40 \times 10^{6} = 6{,}77 \times 10^{6}\ \text{m}$. Noter la conversion intermédiaire : $400\ \text{km} = 4{,}00 \times 10^{5}\ \text{m} = 0{,}40 \times 10^{6}\ \text{m}$, écrit ainsi pour pouvoir additionner avec la même puissance de dix.

Vitesse. On applique $v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$.

$v = \sqrt{\dfrac{3{,}98 \times 10^{14}}{6{,}77 \times 10^{6}}}$

On calcule d'abord le quotient : $\dfrac{3{,}98}{6{,}77} \approx 0{,}588$ et $\dfrac{10^{14}}{10^{6}} = 10^{8}$, donc le contenu de la racine vaut environ $5{,}88 \times 10^{7}$.

$v = \sqrt{5{,}88 \times 10^{7}} \approx 7{,}67 \times 10^{3}\ \text{m/s}$, soit environ $7{,}7\ \text{km/s}$.

Période. On applique $T = \dfrac{2\pi R}{v}$.

$T = \dfrac{2\pi \times 6{,}77 \times 10^{6}}{7{,}67 \times 10^{3}} = \dfrac{4{,}25 \times 10^{7}}{7{,}67 \times 10^{3}}$

$T \approx 5{,}5 \times 10^{3}\ \text{s}$.

On convertit pour juger de la plausibilité : $\dfrac{5{,}5 \times 10^{3}}{60} \approx 92\ \text{minutes}$, soit environ une heure et demie. C'est bien l'ordre de grandeur d'un tour de Station spatiale internationale.

Le réflexe à garder. Toujours terminer par un contrôle de vraisemblance : quelques kilomètres par seconde pour une vitesse orbitale, une période d'environ une heure et demie en orbite basse. Si tu trouves $70\ \text{m/s}$ ou trois semaines, c'est qu'une puissance de dix s'est perdue en route.

Ce que le correcteur attend, ligne par ligne

Un exercice de mécanique se corrige avec un barème très prévisible. Voici les points qu'on donne presque à chaque fois, et qui sont perdus si tu attaques directement par le calcul.

• Le système et le référentiel. « On étudie le système constitué par la bille, de masse $m$, dans le référentiel terrestre supposé galiléen. » Une phrase, un point. Pour un satellite, c'est le référentiel géocentrique.
• Le repère et son orientation. Écrire explicitement que l'axe $y$ est orienté vers le haut. C'est cela qui justifie le signe moins dans $a_y = -g$ ; sans cette phrase, ton signe a l'air arbitraire.
• Le bilan des forces, avec la justification de ce qu'on néglige. « Les frottements de l'air et la poussée d'Archimède sont négligés : le système n'est soumis qu'à son poids. »
• L'énoncé de la loi utilisée. Écrire $m\vec{a} = \sum \vec{F}$ avant de projeter, et ne pas sortir $a_y = -g$ de nulle part.
• Les constantes d'intégration justifiées. Préciser qu'elles s'identifient grâce aux conditions initiales à $t = 0$.
• Le calcul littéral d'abord, l'application numérique ensuite. Une expression littérale fausse suivie d'un bon numérique ne rapporte presque rien ; l'inverse rapporte beaucoup.
• Les unités et les chiffres significatifs. Un résultat sans unité est compté faux. On aligne le nombre de chiffres significatifs sur la donnée la moins précise.
• La phrase de conclusion. « Le projectile atteint le sol à $60\ \text{m}$ du point de lancer. » Elle montre que tu as répondu à la question posée, et pas seulement terminé un calcul.

Le contrôle d'homogénéité, gratuit et redoutablement efficace. Vérifions $v = \sqrt{GM_T/R}$ : le produit $GM_T$ s'exprime en $\text{m}^3\cdot\text{s}^{-2}$, divisé par des mètres cela donne $\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}$, et la racine carrée donne bien des $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$. Si l'homogénéité ne passe pas, la formule est fausse et il est inutile de sortir la calculatrice.

Problème type 1 — le tir oblique complet

Énoncé. Un joueur frappe un ballon depuis le sol avec une vitesse initiale de norme $v_0 = 25\ \text{m/s}$, faisant un angle $\theta = 30°$ avec l'horizontale. On néglige les frottements et on prend $g = 10\ \text{m/s}^2$. Déterminer la durée du vol, la portée, et la hauteur maximale atteinte.

Mise en place. Système : le ballon, de masse $m$, dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Repère : origine au point de frappe, $\vec{x}$ horizontal dans le sens du tir, $\vec{y}$ vertical vers le haut. Le ballon n'est soumis qu'à son poids.

Deuxième loi de Newton. $m\vec{a} = m\vec{g}$, donc $\vec{a} = \vec{g}$, ce qui donne en projection $a_x = 0$ et $a_y = -g = -10\ \text{m/s}^2$.

Conditions initiales. $v_{x0} = v_0\cos 30° = 25 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 25 \times 0{,}866 \approx 21{,}7\ \text{m/s}$, et $v_{y0} = v_0\sin 30° = 25 \times 0{,}5 = 12{,}5\ \text{m/s}$.

Équations horaires. $v_x(t) = 21{,}7$ et $v_y(t) = -10\,t + 12{,}5$ ; puis $x(t) = 21{,}7\,t$ et $y(t) = -5\,t^2 + 12{,}5\,t$.

Durée du vol. Le ballon retombe au sol quand $y(t) = 0$, c'est-à-dire à la même altitude qu'au départ.

$-5\,t^2 + 12{,}5\,t = 0$, on factorise par $t$ : $t\,(-5\,t + 12{,}5) = 0$.

Deux solutions : $t = 0$, qui correspond à l'instant du tir, et $t = \dfrac{12{,}5}{5} = 2{,}5\ \text{s}$, qui est la réponse cherchée. La forme littérale à retenir est $t_{\text{vol}} = \dfrac{2v_{y0}}{g}$.

Portée. $x(2{,}5) = 21{,}7 \times 2{,}5 \approx 54\ \text{m}$.

Hauteur maximale, la flèche. Au sommet, la composante verticale de la vitesse s'annule : $v_y(t_s) = 0$.

$-10\,t_s + 12{,}5 = 0$, donc $t_s = 1{,}25\ \text{s}$. Remarque : $t_s$ vaut exactement la moitié de la durée du vol, car la parabole est symétrique.

$y_{\max} = y(1{,}25) = -5 \times (1{,}25)^2 + 12{,}5 \times 1{,}25 = -5 \times 1{,}5625 + 15{,}625$

$y_{\max} = -7{,}81 + 15{,}63 \approx 7{,}8\ \text{m}$.

Conclusion rédigée. Le ballon reste en l'air $2{,}5\ \text{s}$, retombe à environ $54\ \text{m}$ du point de frappe et culmine à environ $7{,}8\ \text{m}$ de hauteur.

Le détail qui rapporte. Au sommet, la vitesse n'est pas nulle : seule sa composante verticale l'est. Le ballon y avance encore à $21{,}7\ \text{m/s}$ horizontalement. Écrire « la vitesse est nulle au sommet » est l'une des erreurs les plus sanctionnées du chapitre.

Problème type 2 — le satellite géostationnaire, et les pièges classiques

Énoncé. Un satellite géostationnaire reste en permanence à la verticale du même point de l'équateur. Sa période de révolution est donc égale à la période de rotation de la Terre sur elle-même, soit $T \approx 8{,}62 \times 10^{4}\ \text{s}$, c'est-à-dire environ $24\ \text{h}$. Avec $GM_T = 3{,}98 \times 10^{14}$ en unités SI et $R_T = 6{,}37 \times 10^{6}\ \text{m}$, déterminer son altitude.

Choix de la relation. On connaît $T$ et on cherche $R$ : on part donc de $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_T}\,R^3$, qu'on retourne.

$R^3 = \dfrac{GM_T\,T^2}{4\pi^2}$

Application numérique, étape par étape. D'abord $T^2 = (8{,}62 \times 10^{4})^2 \approx 7{,}43 \times 10^{9}\ \text{s}^2$.

Puis le numérateur : $3{,}98 \times 10^{14} \times 7{,}43 \times 10^{9} \approx 2{,}96 \times 10^{24}$.

Le dénominateur : $4\pi^2 \approx 39{,}5$.

$R^3 = \dfrac{2{,}96 \times 10^{24}}{39{,}5} \approx 7{,}49 \times 10^{22}\ \text{m}^3$.

Racine cubique : $R \approx 4{,}22 \times 10^{7}\ \text{m}$, soit environ $42\,200\ \text{km}$.

Et l'altitude ? C'est la distance à la surface, donc on retranche le rayon terrestre : $h = R - R_T = 4{,}22 \times 10^{7} - 0{,}637 \times 10^{7} \approx 3{,}58 \times 10^{7}\ \text{m}$, soit environ $35\,800\ \text{km}$.

Conclusion rédigée. Un satellite géostationnaire orbite à environ $3{,}6 \times 10^{4}\ \text{km}$ d'altitude. Cette altitude est imposée : elle découle uniquement de la période exigée, et ne dépend ni de la masse ni de la taille du satellite. C'est pourquoi tous les satellites géostationnaires du monde se partagent le même anneau au-dessus de l'équateur.

Les pièges classiques du chapitre, à relire juste avant l'épreuve.

• Écrire $a_y = +g$ alors que l'axe $y$ est orienté vers le haut. Le signe suit l'orientation choisie, toujours.
• Oublier de décomposer la vitesse initiale quand il y a un angle : $v_{x0} = v_0\cos\theta$ et $v_{y0} = v_0\sin\theta$.
• Confondre la norme et les composantes. La relation correcte est $(v_{x0})^2 + (v_{y0})^2 = v_0^2$, et surtout pas $v_{x0} + v_{y0} = v_0$.
• Utiliser $g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$ à altitude orbitale. À la distance $R$ du centre, l'intensité du champ vaut $g(R) = \dfrac{GM_T}{R^2}$, bien plus faible.
• Croire que la masse du satellite change son orbite : elle se simplifie dans l'équation, elle n'apparaît ni dans $v$ ni dans $T$.
• Prendre l'altitude pour le rayon orbital dans les formules du satellite : c'est $R = R_T + h$ qu'il faut utiliser.
• Affirmer que la vitesse est nulle au sommet de la trajectoire d'un projectile : seule $v_y$ s'annule.
• Mélanger les unités. Convertir les kilomètres en mètres et les heures en secondes avant tout calcul.

Pourquoi la masse disparaît toujours, et d'où vient vraiment Kepler

Le même phénomène, deux fois. Pour le projectile, $m\vec{a} = m\vec{g}$ donne $\vec{a} = \vec{g}$ : la masse s'en va. Pour le satellite, $\dfrac{GM_T m}{R^2} = \dfrac{mv^2}{R}$ donne $v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$ : la masse s'en va encore. Ce n'est pas une coïncidence de calcul.

Le $m$ du membre de gauche est la masse gravitationnelle, celle qui mesure à quel point l'objet est attiré. Le $m$ du membre de droite est la masse inerte, celle qui mesure à quel point il résiste à la mise en mouvement. Que ces deux quantités soient rigoureusement égales est un fait expérimental profond, appelé principe d'équivalence. C'est lui qui fait tomber le marteau et la plume à la même vitesse sur la Lune, et c'est de lui qu'Einstein est parti pour construire la relativité générale.

Kepler, dans l'ordre historique. La troisième loi a d'abord été observée : en dépouillant les mesures de Tycho Brahe, Kepler constate au début du dix-septième siècle que le rapport $\dfrac{T^2}{a^3}$ est le même pour toutes les planètes du système solaire, sans savoir pourquoi. Newton fournit la raison quelques décennies plus tard : la loi de gravitation en $\dfrac{1}{R^2}$, injectée dans le mouvement circulaire, redonne exactement $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM_T}$. Une régularité observée qui devient la conséquence d'une théorie : c'est le mouvement typique de la physique.

Un usage inattendu : peser un astre à distance. Retourne la formule : $M_T = \dfrac{4\pi^2 R^3}{G\,T^2}$. En chronométrant la période d'un satellite, naturel ou artificiel, et en mesurant son rayon d'orbite, on obtient la masse de l'astre autour duquel il tourne, sans jamais s'en approcher. C'est ainsi qu'on connaît la masse de Jupiter, celle du Soleil, et qu'on caractérise des exoplanètes.

Le même raisonnement, mais dans un champ électrique uniforme

Le programme parle des mouvements « dans un champ uniforme » au pluriel : le champ de pesanteur en est un exemple, le champ électrique entre deux plaques parallèles en est l'autre. Et l'intérêt de la chose, c'est que rien ne change dans la méthode.

La situation. Entre les deux plaques d'un condensateur plan règne un champ électrique $\vec{E}$ uniforme, dirigé de la plaque positive vers la plaque négative. Une particule de charge $q$ et de masse $m$ y subit la force électrique $\vec{F} = q\,\vec{E}$, constante puisque le champ l'est.

Deuxième loi de Newton, le poids étant en général négligeable devant la force électrique pour une particule chargée légère : $m\vec{a} = q\vec{E}$, donc $\vec{a} = \dfrac{q\,\vec{E}}{m}$.

Accélération constante : on est exactement dans la situation du projectile. Une particule qui entre horizontalement dans la zone avec une vitesse $v_0$ décrit une parabole, avec les mêmes équations, où l'on a simplement remplacé $g$ par $\dfrac{qE}{m}$.

Deux différences importantes tout de même. D'abord la masse ne se simplifie plus : le rapport $\dfrac{q}{m}$ reste dans l'expression, si bien que deux particules de charges ou de masses différentes ne suivent pas la même trajectoire. C'est précisément ce qui permet de les trier, principe du spectromètre de masse. Ensuite, le sens de la déviation dépend du signe de la charge : une charge positive est déviée dans le sens de $\vec{E}$, une charge négative dans le sens opposé.

C'est le principe qui faisait fonctionner les anciens téléviseurs à tube cathodique, et celui des déflecteurs dans les accélérateurs de particules.

Ce qui t'attend au-delà du cercle

L'orbite circulaire n'est qu'un cas particulier. Les vraies orbites sont des ellipses dont l'astre attracteur occupe un foyer : c'est la première loi de Kepler. La deuxième loi, dite loi des aires, dit que le segment reliant l'astre au satellite balaie des aires égales pendant des durées égales, ce qui se traduit ainsi : le satellite va plus vite quand il est proche, plus lentement quand il est loin. La troisième loi s'écrit alors $\dfrac{T^2}{a^3} = \text{constante}$, où $a$ est le demi-grand axe de l'ellipse, qui vaut $R$ dans le cas circulaire. Le cercle est donc l'ellipse la plus symétrique.

L'énergie change le point de vue. Tu croiseras l'énergie mécanique d'un satellite en orbite circulaire, $E_m = -\dfrac{GM_T\,m}{2R}$. Son signe négatif signifie que le satellite est lié : il faudrait lui fournir de l'énergie pour l'arracher. En annulant l'énergie mécanique, on obtient la vitesse de libération $v_{\text{lib}} = \sqrt{\dfrac{2GM_T}{R}}$, soit $\sqrt{2}$ fois la vitesse orbitale, c'est-à-dire environ $11\ \text{km/s}$ au départ de la surface de la Terre. Contre-intuitif au passage : sur une orbite plus haute, la vitesse est plus faible, mais l'énergie totale est plus grande.

Et les frottements, alors ? Tout ce chapitre repose sur « on néglige les frottements ». Dès qu'on ne les néglige plus, la force dépend de la vitesse, l'équation du mouvement devient une équation différentielle qu'on ne sait plus résoudre à la main, et l'on passe à la résolution numérique, typiquement la méthode d'Euler programmée en Python, que tu as peut-être déjà croisée. La trajectoire n'est alors plus une parabole : elle devient dissymétrique, la descente étant plus raide que la montée, et la portée est nettement plus courte que prévu. C'est pour cela qu'un vrai ballon ne retombe pas exactement là où la formule le prédit.

Et plus loin encore. Dans le supérieur, on reprend tout avec des outils plus puissants : le moment cinétique, dont la conservation redonne la loi des aires en deux lignes ; le formalisme de Lagrange, qui remplace les forces par des énergies ; et enfin la relativité générale, où la gravitation n'est plus une force mais une courbure de l'espace-temps, ce qui corrige notamment l'avance du périhélie de Mercure que la mécanique de Newton n'expliquait pas.