Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique

Exercices sur les mouvement dans un champ newtonien suivant une conique

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, 67.10⁻¹¹kg .m .s^{−1 3 −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 /

uG =OP rJJJG

, 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.

3- On ne se limite plus à l'étude d'une trajectoire circulaire. Démontrer que le moment cinétique ^L G

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 2 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 .

a

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 perpendiculaire au rayon-vecteur OPJJJG

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 ^v 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 terrestre. Calculer littéralement et numériquement sa vitesse v ?

s

R

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.

′′

On donne ¹ 0, 7 ¹ 0, 6

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 et l’autre est elliptique avec une apogée distante du centre de la Terre de et un périgée distant du centre de la Terre de . 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 ?

r0 8r₀

r0

VI17. Deux tirs.

R la masse et le rayon de la Terre et G M

1) Exprimer la vitesse de satellisation de la Terre, c’est-à-dire la vitesse d’un satellite de la Terre sur une orbite circulaire d’altitude nulle.

vS

2) Montrer l’existence de la vitesse 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.

vL

3) Rappeler les relations entre la longueur du grand axe, la période et l’énergie d’un satellite de la Terre.

4) De la surface de la Terre, on lance deux projectiles avec des vitesses dans le référentiel géocentrique v^G1 et v^G2 de même module v0. On néglige le freinage par l’atmosphère. Tout d’abord, v^G₁ est vertical et v^G2 horizontal ; est compris entre et . Quel est le projectile qui s’écarte le plus de la Terre ?

v0

vS v_L

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.

Un point matériel P de masse m se meut sous l’action d’une force F ^k₂u_r

=−r

G G

, où r =OP et _r OP u =OP

G JJJG . 1) Montrer que le moment cinétique LG

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 . Exprimer la grandeur L du moment cinétique en utilisant ces coordonnées.

, r θ 4) Montrer que le vecteur AG =Lv kG/ −uG_θ

reste constant au cours du temps.

5) On considère une trajectoire selon une branche d’hyperbole (figure). Soit P1 une position de P située très loin de O, à un instant très négatif, Pt1 ₀ la position de P la plus proche de O, à l’instant 0 et P2 une position de P située très loin de O, à un instant t2 très positif. Soit v v vG G G₁, ,_{0 2}

les vitesses correspondantes. Dans quelle direction et avec quel sens pointe le moment cinétique ?

P0

P2

O P1

6) Montrer que v1 =v₂ ; soit v_∞ leur valeur commune.

7) Soit D l’angle de déviation de P par la force k_{2 r} FG =−r uG

. Dessiner le triangle formé par les vecteurs AG

, Lv kG/ et uG_θ

pour les trois positions P0, P1 et P2. Exprimer tan 2

D en fonction de k, et .

L v_∞

8) Exprimer le moment cinétique en fonction de m, v et du paramètre b de l’hyperbole. En déduire

∞

tan 2

2

D k

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 son foyer :

1 cos

r p

= e

+ θ, où

b2

p= a .

On note G la constante de la gravitation, M la masse de la Terre, R son rayon et sa vitesse de satellisation, c’est-à-dire la vitesse d’un satellite circulaire d’altitude nulle..

vs

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.

2) Exprimer la conservation en B, extrémité du petit axe de l’ellipse, de E et L ; montrer que L² ₂ p =GMm .

= r

30 km .s 1

T = −

IX28. Voyage vers Mars.

Schématiquement, la Terre et Mars décrivent des cercles de rayons et r dans le sens gauche vu du Pôle Nord de la Terre. Dans le référentiel héliocentrique, la vitesse de la Terre est v et sa période

orbitale est .

rT _M 1, 5237_T

T 1an T =

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 vitessev_P possède le véhicule sur cette orbite à son périhélie ?

2) On tire de la surface terrestre un projectile avec une vitesse par rapport au référentiel géocentrique. La vitesse de libération de la Terre est .

v0

11,2 km.s 1

vL = ⁻

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 et .

∞

0 L

b) Dans quelle direction et dans quel sens faut-il le tirer pour se diriger vers Mars le plus économiquement possible ? v

c) En déduire la valeur correspondantev₀.

3) Calculer la durée en année de l’aller Terre-Mars. τ

Réponses

I. Comète périodique si v < 2v_T =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.

III. 1) k₂

F u

=−r

G G

; _p k

E ⁼⁻r ; 2) = G M

V0 R(1 +α) = 7,72 km.s^–1 ; 3) et 4) voir cours ; 5) 2

2+α ^<β< 2 ; 0, 988<β<1, 414.

IV. 1) 5, 6 km .s ¹

2 vS

v = = ⁻ ; 2) voir ci-contre ; 4, 8 km .s ¹

3 vS

v ;

3) v v .

′= = −

′′=2 ′=9, 6 km.s−¹

A

V. Périgée r₀ ; apogée 49 ₀ A’

23r . VI. 1) _S² GM

v ; 2)

= R v_L = 2v_S ; 3) ³₂

2 4

GMm a GM

E ⁼⁻ a T ⁼ π² ; 4) le projectile 1 ; 5) le projectile 2 ; 6) le projectile 1 ; 7) le projectile tiré le plus verticalement.

VII. 3) L =mr²θ ; 5) vers l’observateur ; 7) tan ; 8) ; 9) 2

D k

Lv_∞

= L =mbv_∞

( ) 1 sin / 2

e .

= D VIII. 1)

2 E GMm.

=− a

IX. 1) 2 ¹

32, 97 km.s

P T M

T M

v v r ; 2.a)

r r

= = −

+ v_∞ = v⁰²−v^L2 ; b) dans la direction et le sens du mouvement

de la Terre ; c) ( )2 2 1

0 _{P T L} 11, 59 km.s

v = v −v +v = ⁻ ; 3) 2

(

)

T T M

T

T r r

r

τ= + = .

Corrigé

La comète est périodique si sa trajectoire est une ellipse, et non une parabole ou une branche d’hyperbole, donc si son énergie est négative : 1 ²

2 0 mv GMm

− r < . Le mouvement de la Terre impose

2 2

2

T T

T T

v GMm

m G

r ⁼ r ^⇒ M ⁼rv , donc la comète est périodique si 2_T 42, 4 km

v < v = /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.

L’équation

1 cos

r p implique que r est une fonction croissante de dans l’intervalle 0, , ce qui interdit à l’orbite de transfert de recouper l’orbite de la Terre comme le fait la grande ellipse de la figure de droite.

= e

+ θ θ π

III.

1- k₂ ; _p kdr₂ ; _p k

u dE F dr Fdr E

r r r

=− =− ⋅ =− = =−

FG G G JJG

. 2- FG =maG

est vérifié en direction et en sens et donne en projection radiale

2

0 0

é

k V G

m V

r r

r ^{= ⇒ =}

M . Pour r = R ( 1 + α), on trouve = G M

V₀ = 7,72 km.s^–1 pour α = 0,05.

R(1 +α) 3- D’après le théorème du moment cinétique, dL

OP F dt ^{= ∧}

G JJJG G

, qui est nul puisque OPJJJG et FG

sont parallèles. Le moment cinétique est donc constant.

Comme OPJJJG

est perpendiculaire à LG

, la trajectoire est dans le plan passant par O et perpendiculaire à LG .

4- Notons r la distance et v la vitesse au périgée et r la distance et v la vitesse à l’apogée. La conservation de l'énergie donne :

1 1 2 2

2 2

1 1

1 2

2 2

1 2

k k

E mv mv .

r r

= − = −

r v =mr v ⇒r v =r v La conservation du moment cinétique donne : m_{1 1 2 2 1 1}^{2 2} _{2 2}^{2 2}

En remplaçant les carrés des vitesses par leurs expressions tirées de la conservation de l'énergie, on obtient :

( )

2 2 2 2

2 1

1 2 1 2

1 2 1 2

2 2

2

k k k

r E r E r r E k r r E

m r m r r r

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ + ⎟= ⎜ + ⎟⇒ − = − ⇒ =− =−

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ +

k a

>R (2 )

5- Pour éviter que le satellite ne s'écrase au sol, il faut que r , soit , puisque la position initiale correspond à l'apogée (vitesse initiale perpendiculaire au rayon-vecteur). Comme l’énergie est une fonction croissante de la longueur du grand axe, cela équivaut à

1 2a =r1 +R >R +α

1 2

2 (

E mV k

= − >−R

+α k

R (1 +α) 2 ), ou

( )

2 2 1

1 (1 ) (2 )

V G M

R

⎛ ⎞⎟

β α > ⎜⎜⎜⎝ +α +α ⎠⎟⎟⎟

2 GM

= R + , ou ²

> 2 β +

α , soit numériquement β > 0,988.

Pour éviter que le satellite n'échappe définitivement à l'attraction de la Terre, il faut E < 0, soit 1 2

2mV − k <0

R (1 +α) , ou ² 2 G M

V <

R (1 + ) α . D'où β < 2 .

2) La nouvelle orbite est une ellipse de foyer F le centre de la Terre, d’apogée A distant de F de 2 et de périgée A' situé à une distance de F très peu supérieure à R. Son grand axe a pour longueur .

R 3

AA′= R La conservation de l’énergie donne

( ) ( )

2

1

1

2 2

1 1 1 1

2 2 4, 8

2 2 3 3 3

S

GMm GMm

mv r a

GM v

v GM GM

r a R R R

−

′ − =−

′= − = − = = = km .s

A

A’

3) La conservation du moment cinétique entre A et A' donne

1. 2 9, 6 km.s mrv′=mRv′′⇒v′′ = v′= ⁻ V.

La vitesse v₁ du satellite circulaire est telle que

12 2 1

0 0

0

GM^m m^v v ^GM .

r r

r = ⇒ =

8 90

a =r + r = r

L’autre satellite décrit une ellipse de grand axe 2 . D’après la conservation de l’énergie, sa vitesse à son périgée est telle que

0 0

22 2

0 0 0

1 1

2 9 9

GMm GMm GM

mv v v

r r r

− =− ⇒ = 6 = 4 ₁

3 . Le choc conservant la quantité de mouvement, l’ensemble après la capture a la vitesse ^vG₃

telle que

1 2 3 3 7

2 6

mvG +mvG = mvG ⇒vG = vG₁ .

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 :

32 0

0 0 0

1 1 49

2 2 2 36 2 2

GMm GMm GM GM GM

mv a r

r a r r a

− =− − =− ⇒ = 42

23 .

D’où les distances du centre de la Terre au périgée r₀ et à l’apogée ⁷² _{0 0} ⁴⁹ 23r −r = 23r₀. VI.

1)

2 2

2 S

S

GMm v GM

F ma m v

R R

= R = =

2) Le mobile s’écarte indéfiniment si 0 ¹₂ ²₀ GMm 0 _{0 L} ²GM _S

E mv v v

R R

≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥ = = 2v

3)

3

2 2

2 4

GMm a GM

E =− a T = π

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 2 du grand axe. Le premier projectile, qui décrit une ellipse aplatie qui se réduit au segment joignant ses foyers, s’écarte de 2 de son point de lancement ; le second s’en écarte de 2 , donc s’en écarte davantage.

a

a−R a

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 2

L R v0h

p=mk = GM² est une fonction croissante de la composante horizontale v_0h de la vitesse de lancement. Comme

2 2 2

b a c

p a a

= = − , c est une fonction décroissante de v , donc la distance maximale a au centre de la Terre est une fonction décroissante de l’angle de tir avec la verticale.

0h +c

VII.

1) dL^O 0

r F dt = ∧ =

G G G G

, car rG

est parallèle à FG . 2) LG_O =rG∧mvG

est perpendiculaire à rG

, donc P est dans le plan perpendiculaire à LG_O

passant par O.

3) 0 ²

0 0

O z

r mr

L = ∧ mrθ=mr uθ

G G .

4) ^{dA L dv du} dt k dt dt

= − θ

G G G

D’après la loi fondamentale de la dynamique, ^{L dv L}₂u_r

k dt =−mr =−θu_r

G G G , tandis que ^{du du} u_r

dt d

θ =θ θ =−θ θ

G G

G , donc

dA 0 dt =

G . 5) ^L_O

G

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

1 2 ;

bmv =bmv

• la conservation de l’énergie entre P1 et P2 donne ¹ ₁^{2 1} ₂²

2 2

E = mv = mv . 7) En P0, les vecteurs vG

, uG_θ et AG

sont parallèles à la tangente à l’hyperbole et pointent vers le bas de la feuille de papier. Si P tend vers l’infini, la direction de uG_θ

tend vers la perpendiculaire à l’asymptote, celle de vG

tend vers celle de l’asymptote et ^A

G

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 sur la figure 1. D’où dans le triangle rectangle dessiné en la figure 1 :

/ 2

2

tan2

D k

= Lv .

figure 1 figure 2 figure 3 figure 4

AG uG_θ0

Lv0

k G

O

P2

D P

O H

vG

C H

2 D P1

AG

Lv2

k G

Lv1

k G uG_θ2

uG_θ1

2 D

O

8) Soit H la projection du foyer O sur la tangente à l’hyperbole (figure 2) :

( ) _.

LGO =OPJJJG∧mvG = OHJJJG+HPJJJG ∧mvG =OHJJJG∧mvG ⇒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

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 :

2 2

1 2

1 2

1 1

v r v

−

= = _{2 2}

1 1

2 2

GMm GMm

E m mv

r r

L m mr v

= = −

D’où :

( )

2 2 2 2

1 1 2 2

2 2

1 2

1 2

2 1

2 2

1 2

1 2

2 2

2 r v r v

GMm GMm

r E r E

m r m r

GMm r r GMm GMm

E r r r r a

=

⎛ ⎞⎟ ⎛ ⎞⎟

⎜ + ⎟= ⎜ + ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= − =− =−

− +

F

B B v^G

A' O

v^G2

A v^G1

2) Comme l’ellipse est le lieu des points M tels que et comme B est à égale distance des deux

foyers, .

2 MF +MF′= a FB =a

( )

B B B

LG =FBJJJG ∧mvG = FOJJJG+OBJJJG ∧mvG =OBJJJG∧mvG ⇒L =mbv

B.

2 2

1

2 ^B 2 ^B

GMm GMm GM

E mv v

a a

= − =− ⇒ =

a .

2 2 2 2 2

2

GM L

L m b GMm p p

a GMm

= = ⇒ = .

3.a) Soit et les valeurs de la coordonnée polaire angulaire θ aux Pôles Nord et Sud.

θN θ_S

1 cos _N 1 cos _S

p p

R et montrent que

, d’où

e e

= =

+ θ + θ

N

S N

θ =θ +π

( )

cosθ_N =cosθ_S =cos θ_N +π =−cosθ cos 0

N θN 2π

θ = = ,

S 2π

θ =− et p=R.

S N

3.b) Pour un satellite sur orbite circulaire d’altitude nulle,

2 2

2 s

s

F ma

GMm v GM

m v

R R

R

=

= ⇒ =

D’autre part,

2 2

2 2

0x 0x 2 2 2 2 s

L GMm p GM

L mRv v v

m R m R R

= ⇒ = = = = .

Autre raisonnement, plus abstrait.

D’après

2 2

p L

=GMm , L est le même pour tous les mouvements de même , donc est le même que pour le

mouvement circulaire de rayon , d’où .

p R= p L =mRv_0x =mRv_s ⇒v_0x =v_s 3.c) Le mobile ne retombe sur la Terre que si son orbite est une ellipse, soit

20

2 2 2

0 0 0

2 2

0 0

1 0

2

2 2

x z

z s

z s

E mv GMm

R

v v v GM v

R

v v

v v

= − <

= + < =

<

<

s2

IX.

1) La loi fondamentale de la dynamique appliquée à la Terre donne :

2 2

T S T

T S

T T

v GM M

M r vT T

r = r ⇒ =

M G

( )

2

1

1 2

1 1 2 2 1, 5237

2 30

2,2537

S S

P T T M

P S T M

T T M T M

GM m GM m

E mv

r r r

v GM v r

r r r r r ⁻

= − =−

+

= − = = × =

+ + 32, 97 km.s

2.a) La conservation de l’énergie s’écrit : 1 ₀² 1 ²

2 2

T T

E mv GM m mv .

R ^∞

= − =

La vitesse de libération correspond à une énergie nulle : 1 ² 2 0

L T T

mv GM m

− R = . D’où, en retranchant membre à membre, v₀² −v_L² =v²_∞ v_∞ = v₀² −v²_L.

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_∞ =v_P −v_T ⇒v0 = ⁽v_P −v_T⁾² +v_L² = ⁽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,

( )

(

)

(

)

⁽

⁾

T M T T M

T T T

r r T r r

T r r

τ + +

= ⇒ τ = = = .