Corrigé TD M6 : Mouvement à forces centrales Exercice 1 : Trou noir

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Corrigé TD M6 : Mouvement à forces centrales

Exercice 1 : Trou noir

On part de la 3e _{loi de Kepler :} 𝑇

2 𝑎3 = 4𝝅2 𝐺𝑀O ⇒ 𝑀₀ =4𝜋2 𝐺 𝑎3 𝑇2

- 𝑇 est la période de révolution de l’astre S2, c'est-à-dire (par exemple) le double du temps mis pour aller du péricentre à l’apocentre. On lit : 𝑇 = 2 × (2002,3 − 1995,5) = 13,6 ans.

D’où 𝑇 = 4,29 . 108 𝑠

- 𝑎 est le demi grand-axe de l’ellipse. On lit : 𝑎 ≈ 3,4 light-days. D’où 𝑎 = 8,8 . 1013 _𝑚.

Finalement 𝑀0 = 2,2 . 1036 𝑘𝑔.

La valeur (plus précise) obtenue par les scientifiques est (8,57 ± 0.76) × 1036 𝑘𝑔

Si on compare à la masse du Soleil (𝑀_S = 2,0 × 1030kg), la masse du trou noir est 4 million de fois plus importante !

Exercice 2 : Mise sur orbite d’un satellite 1. Système : satellite.

Référentiel : géocentrique supposé galiléen. Force : interaction gravitationnelle 𝐹⃗ G = −

G𝑚𝑀T

(𝑅T+ℎ)2

𝑢

⃗ _𝑟. Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 _G.

On a 𝑟= (𝑅_T+ ℎ)𝑢⃗ _𝑟 ⇒ 𝑣⃗ = (𝑅_T+ ℎ)𝜃̇𝑢⃗ _𝜃 ⇒ 𝑎⃗ = −(𝑅_T+ ℎ)𝜃̇2𝑢⃗ _𝑟+(𝑅_T+ ℎ)𝜃̈𝑢⃗ _𝜃. Selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚(𝑅T+ ℎ)𝜃̇2 = − G𝑚𝑀T (𝑅T+ℎ)2 ⇒ 𝜃̇ 2 ₌ 𝑀T (𝑅T+ℎ)3. Or, 𝑣 = (𝑅T+ ℎ)|𝜃̇| ⇒ 𝑣 = √ G𝑀T 𝑅T+ℎ ⇒ 𝑣 = 7,8kms −1_.

2. La norme de la vitesse étant constante, 𝑇_S = 2𝝅(𝑅T+ℎ)

𝑣 ⇒ 𝑇S = 5,3 × 10

3_{s = 1,5h.}

3. Énergie potentielle gravitationnelle : 𝐸p(𝑟)= − G𝑚𝑀T

𝑟

Δ𝐸_p = 𝐸_p(𝑅_T+ ℎ) − 𝐸_p(𝑅_T) ⇒ Δ𝐸_p= G𝑚𝑀Tℎ

(𝑅T+ℎ)𝑅T ⇒ Δ𝐸p = 8,0GJ.

4. Énergie cinétique au sol : 𝐸_c0 = 1

2𝑚𝑣0

2 _{avec 𝑣} 0 =

2𝝅𝑅T

𝑇0 .

Énergie cinétique en orbite : 𝐸c(ℎ) = 1 2𝑚𝑣 2 Δ𝐸_c = 1 2𝑚𝑣 2 ₋2𝝅2𝑚𝑅T2 𝑇₀2 ⇒ Δ𝐸c = 0,13TJ. 5. Δ𝐸_m = Δ𝐸_c+ Δ𝐸_p ⇒ Δ𝐸_m= 0,14TJ.

Exercice 3 : Atome d’hydrogène 1. Système : électron.

Référentiel : 𝑅 supposé galiléen. Force : force électrostatique 𝐹⃗ = −𝑒2

4𝝅𝜀0𝑟2

𝑒_𝑟 ⇒ 𝑘 = 𝑒2

4𝝅𝜀0.

2. Loi du moment cinétique en O, fixe dans 𝑅 : d𝐿⃗ O

Page 2 sur 6 Le moment cinétique de M en O est donc constant.

Or, 𝐿⃗ O = 𝑚OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑣⃗ : OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ est orthogonal à 𝐿⃗ O ; le mouvement est donc contenu dans le plan

orthogonal à 𝐿⃗ _O et passant par O.

3. Pour une trajectoire circulaire de rayon 𝑎, on a : OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝑒 _𝑟⇒ 𝑣 = 𝑎𝜃̇𝑒 _𝜃 ⇒ 𝑎 = −𝑎𝜃̇2𝑒 _𝑟+ 𝑎𝜃̈𝑒 _𝜃. Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 .

Selon 𝑒𝑟 :−𝑚𝑎𝜔02 = − 𝑘

𝑎2 ⇒ 𝜔0 = √

𝑘 𝑚𝑎3.

4. Pour un atome d’hydrogène, 𝑎 ≈ 10−10m et 𝜔0 = 𝑒 2√𝝅𝜀0𝑚𝑎3

⇒ 𝜔₀ ≈ 1016rads−1

Exercice 4 : Mouvement d’une météorite 1. Système : météorite

Référentiel : géocentrique supposé galiléen. Force : attraction gravitationnelle

𝐹 = −𝐺𝑚𝑀T

𝑟2 𝑢⃗ 𝑟, conservative.

L’énergie mécanique est donc constante : ℰ_m= ℰ_c+ ℰ_p =1 2𝑚𝑣0 2 ₌ 1 2𝑚𝑣1 2₋𝐺𝑚𝑀 𝑑 (1) La force gravitationnelle est une force centrale. Le moment cinétique par rapport au centre de force O est donc constant :

𝐿⃗ ₀(M) = OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣 = −𝑚OM₀𝑣₀sin𝜃₀𝑢⃗ _𝑧= −𝑚𝑏𝑣₀𝑢⃗ _𝑧 = −𝑚𝑑𝑣₁𝑢⃗ _𝑧 ⇒ 𝑣₁ =𝑏𝑣0 𝑑 . Dans (1), on obtient 1 2𝑚𝑣0 2 ₌ 1 2𝑚𝑣0 2₍𝑏 𝑑) 2 −𝐺𝑚𝑀 𝑑 ⇒ 𝑑 2₊2𝐺𝑀 𝑣02 𝑑 − 𝑏 2 _{= 0} Δ = 4 (𝐺2𝑀2 𝑣₀4 + 𝑏 2_{) > 0 ⇒ 𝑑 = −}𝐺𝑀 𝑣₀2 ± √𝑏 2₊𝐺2𝑀2 𝑣₀4 .

Or 𝑑 > 0 : on garde la seule solution positive : 𝑑 = −𝐺𝑀

𝑣02 + √𝑏

2₊𝐺2𝑀2 𝑣04 .

2. Pour que la météorite ne rencontre pas la Terre, il faut que 𝑑 > 𝑅 : On doit donc avoir 𝑏 > 𝑏min avec 𝑏min = √𝑅2 +

2𝐺𝑀𝑅 𝑣02

. 3. a) Conservation de l’énergie mécanique : 1

2𝑚𝑣0 2 ₌ 1

2𝑚𝑣f 2 _{⇒ 𝑣}

f = 𝑣0 .

b) Conservation du moment cinétique : 𝐿⃗ ₀ = −𝑚𝑏𝑣₀𝑢⃗ _𝑧 = 𝑚𝑟2𝜃̇𝑢⃗ _𝑧 ⇒ 𝑟2𝜃̇ = −𝑏𝑣₀. c) Loi de la quantité de mouvement : 𝑚d𝑣_d𝑡⃗ = −𝐺𝑚𝑀

𝑟2 𝑢⃗ 𝑟 ⇒ d𝑣⃗ d𝑡 = 𝐺𝑀 𝑏𝑣0𝜃̇𝑢⃗ 𝑟 = − 𝐺𝑀 𝑏𝑣0 d𝑢⃗⃗ 𝜃 d𝑡. On en déduit alors 𝑣⃗ _f− 𝑣⃗ ₀ = −𝐺𝑀 𝑏𝑣0 (𝑢⃗ _𝜃f− 𝑢⃗ _𝜃0).

d) On projette la relation précédente selon 𝑢⃗ _𝑥 : 𝑣fcos𝜑 − 𝑣0 = 𝐺𝑀

𝑏𝑣0sin𝜑 (car sin𝜑 < 0).

𝑣_f = 𝑣₀ ⇒ 𝑣₀(cos𝜑 − 1) = 𝐺𝑀 𝑏𝑣0sin𝜑. Or cos𝜑 = 1 − 2sin2(𝜑 2) et sin𝜑 = 2cos ( 𝜑 2) sin ( 𝜑 2) ⇒ tan ( 𝜑 2) = − 𝐺𝑀 𝑏𝑣02. On a −𝜋 ≤ 𝜑 ≤ 0 ⇒ −𝝅 2 ≤ 𝜑 2 ≤ 0 ⇒ 𝜑 = −2arctan ( 𝐺𝑀 𝑏𝑣02) . 4. 𝑏min = 9,1 × 103km et 𝜑 = −0,47rad.

Page 3 sur 6 Exercice 5 : Orbite de transfert

1. a) Système : satellite.

Référentiel : géocentrique supposé galiléen. Force : interaction gravitationnelle 𝐹⃗ G = −

𝐺𝑚𝑀T

(𝑅T+ℎ1)2

𝑢

⃗ _𝑟.

La force subie par le satellite est dirigée vers le centre de la Terre. Le plan de l’orbite du satellite contient donc le centre de la Terre. Ce plan est de plus orthogonal à l’axe de rotation du satellite, c’est-à-dire l’axe des Pôles. Le plan de l’orbite du satellite est donc le plan de l’Équateur.

b) La durée 𝑇T de rotation de la Terre sur elle-même est de 23h56min (jour sidéral).

c) Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 G.

On a 𝑟= (𝑅_T+ ℎ₁)𝑢⃗ _𝑟 ⇒ 𝑣⃗ = (𝑅_T+ ℎ₁)𝜃̇𝑢⃗ _𝜃 ⇒ 𝑎⃗ = −(𝑅_T+ ℎ₁)𝜃̇2𝑢⃗ _𝑟+(𝑅_T+ ℎ₁)𝜃̈𝑢⃗ _𝜃. Selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚(𝑅T+ ℎ1)𝜃̇2 = − 𝐺𝑚𝑀T (𝑅T+ℎ1)2⇒ 𝜃̇ 2 ₌ 𝐺𝑀T (𝑅T+ℎ1)3. Or, 𝑣₁ = (𝑅_T+ ℎ₁)|𝜃̇ | ⇒ 𝑣₁ = √ 𝐺𝑀T 𝑅T+ℎ1 ⇒ 𝑣1 = 7,8kms −1_.

d) Troisième loi de Kepler : 𝑇_S2 (𝑅_T+ ℎ₁)3 = 4𝜋2 𝐺𝑀_T ⇒ 𝑇S = 2𝜋 (𝑅_T+ ℎ₁)3/2 √𝐺𝑀_T ⇒ 𝑇S = 5,3 × 10 3_{s = 1,5 h}

2. a) Lorsqu’un système n’est soumis qu’à une force centrale, son moment cinétique est constant : 𝐿 ⃗ _O(A) = 𝐿⃗ _O(P) ⇒ 𝐿_O(A) = 𝐿_O(P). Or, 𝐿⃗ _O(M) = OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣⃗ ⇒ 𝐿_O(A)= 𝑚𝑣_AOA et 𝐿O(P)= 𝑚𝑣POP. Avec OP = 𝑅T+ ℎ1 et OA = 𝑅T+ ℎ2, on obtient 𝑣A = 𝑅T+ℎ1 𝑅T+ℎ2 𝑣_P ⇒ 𝑣_A = 1,6kms−1. b) La durée du transfert est la moitié de la période de la trajectoire elliptique complète : Δ𝑡 =𝑇 2 avec 𝑇2 𝑎3= 4𝝅2 𝐺𝑀T et 2𝑎 = OP + OA = 2𝑅T+ ℎ1+ ℎ2. On en déduit Δ𝑡 = 𝝅 √𝐺𝑀T( 2𝑅T+ℎ1+ℎ2 2 ) 3/2 ⇒ Δ𝑡 = 1,9 × 104s = 5,3 h.

c) L’orbite géostationnaire est l’orbite pour laquelle le satellite reste constamment à la verticale d’un même point de la surface de la Terre.

d) De la même manière qu’au 1.c), on obtient 𝑣S = √ 𝐺𝑀T

𝑅T+ℎ2 ⇒ 𝑣S = 3,1kms

−1_.

3. D’une part, la trajectoire géostationnaire étant dans le plan de l’Équateur, le lancement d’un satellite à proximité de l’Équateur permet de n’apporter qu’une correction relativement faible à la trajectoire de celui-ci afin de le placer sur son orbite définitive.

D’autre part, dans le référentiel géocentrique, le satellite possède avant son lancement une énergie cinétique d’autant plus grande qu’il est proche de l’Équateur, du fait de la rotation de la Terre. L’énergie à fournir pour le placer en orbite est donc moindre.

Exercice 6 : Force de rappel isotrope 1. On a 𝐹_𝑟 = −d𝐸p

d𝑟 = −𝑘𝑟 ⇒ 𝐹⃗ = −𝑘OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .

2. Dans le référentiel ℛ galiléen, la particule M est soumise uniquement à la force centrale 𝐹⃗ . Le théorème du moment cinétique en O s’écrit alors d𝐿⃗ O

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗⃗ O(𝐹⃗ )= OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝐹⃗ = 0⃗ (vecteurs colinéaires)

donc 𝐿⃗ O est un vecteur constant.

Page 4 sur 6 Or 𝐿⃗ O = 𝑚OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑣 ⊥ OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , donc OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ est à chaque instant orthogonal à un vecteur constant : le

mouvement du point M a donc lieu dans le plan orthogonal à 𝐿⃗ O et passant par O. Par conséquent le

plan du mouvement est (O𝑥𝑦).

3. L’énergie mécanique est également constante car la seule force est conservative. On a donc 𝐸_m(𝑡)= 𝐸_m(𝑡 = 0) ⇒ 𝐸_m = 1 2𝑚𝑣0 2₊1 2𝑘𝑎 2_. 4. 𝐿⃗ O = 𝑚OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑣⃗ = 𝑚𝑟𝑢⃗ 𝑟∧(𝑟̇𝑢⃗ 𝑟+ 𝑟𝜃̇𝑢⃗ 𝜃) = 𝑚𝑟2𝜃̇⃗ 𝑢𝑧 = 𝑐𝑡𝑒⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒ 𝑟2𝜃̇ = 𝑐𝑡𝑒.

Avec les conditions initiales, 𝑟2𝜃̇ = 𝑎𝑣₀ .

De plus, la conservation de l’énergie mécanique s’écrit 1 2𝑚(𝑟̇ 2_{+ 𝑟}2_𝜃̇2_{)+ 𝐸} p(𝑟)= 1 2𝑚𝑣0 2₊1 2𝑘𝑎 2 Or on a 𝜃̇ = 𝑎𝑣0 𝑟2 ⇒ 1 2𝑚[𝑟̇ 2 +(𝑎𝑣0 𝑟 ) 2 ]+1 2𝑘𝑟 2 ₌ 1 2𝑚𝑣0 2 ₊1 2𝑘𝑎 2_.

5. L’équation précédente peut s’écrire 1

2𝑚𝑟̇ 2

+ 𝐸_peff(𝑟)= 𝐸_m avec 𝐸peff(𝑟) = 𝑚 2 ( 𝑎𝑣0 𝑟 ) 2 +1 2𝑘𝑟 2_. On a alors 𝐸m− 𝐸peff(𝑟)= 1 2𝑚𝑟̇

2 _{≥ 0, donc les seules valeurs}

de 𝑟 autorisées sont celles qui vérifient 𝐸_peff(𝑟) ≤ 𝐸_m. Quelle que soit la valeur de 𝐸_m, on obtient 𝑟_min ≤ 𝑟 ≤ 𝑟_max, les deux valeurs extrêmes vérifiant

𝑚 2 ( 𝑎𝑣₀ 𝑟 ) 2 +1 2𝑘𝑟 2 ₌ 1 2𝑚𝑣0 2₊1 2𝑘𝑎 2

Cette équation admet deux uniques solutions physiquement intéressantes (cf. graphe). Or, par identification, on constate que 𝑟₁ = 𝑎 et 𝑟2 = 𝑣0√

𝑚

𝑘 sont des solutions acceptables (en

l’absence de valeur numérique il est impossible de préciser laquelle est 𝑟_min ou 𝑟_max...).

La trajectoire du point M dans le repère (O𝑥𝑦) est donc comprise entre deux cercles de rayons respectifs 𝑟min et 𝑟max.

6. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit 𝑚d2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

d𝑡2 = −𝑘 OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , soit encore

d2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

d𝑡2 + 𝜔02 OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ , en posant 𝜔0 = √

𝑘 𝑚.

Les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions de la forme OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑡) = 𝐴 cos(𝜔0𝑡) + 𝐵⃗ sin(𝜔0𝑡).

Déterminons 𝐴 et 𝐵⃗ à l’aide des conditions initiales : OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑡 = 0) = 𝐴 = 𝑎𝑢⃗ _𝑥 et 𝑣 (𝑡 = 0) = 𝑣 ₀ = 𝑣₀𝑢⃗ _𝑦, d’où OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑡) = 𝑎cos(𝜔0𝑡)𝑢⃗ 𝑥+ 𝑣0 𝜔0sin(𝜔0𝑡)𝑢⃗ 𝑦. Et donc, 𝑥(𝑡) = 𝑎cos(𝜔0𝑡) et 𝑦(𝑡) = 𝑣0 𝜔0sin(𝜔0𝑡) .

En éliminant le temps, on obtient l’équation cartésienne de la trajectoire : (𝑥 𝑎) 2 + (𝜔0𝑦 𝑣0 ) 2 = 1 .

Il s’agit d’une ellipse de centre O et de demi-axes 𝑎 et 𝑣0

𝜔0=

Page 5 sur 6 Exercice 7 : Modèle de Bohr de l’atome d’hydrogène

1. Système : électron

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces : force électrostatique 𝐹⃗ = − 𝑒

2

4𝝅𝜀0𝑟2𝑢⃗ 𝑟.

𝐿

⃗ ₀ = 𝑟∧ 𝑚𝑣⃗ avec 𝑟= 𝑟𝑢⃗ _𝑟 ⇒ 𝑣⃗ = 𝑟𝜃̇𝑢⃗ _𝜃 ⇒ 𝐿⃗ ₀ = 𝑚𝑟2𝜃̇𝑢⃗ _𝑧 ⇒‖⃗ 𝐿₀‖ = 𝑚𝑟2|𝜃̇ | = 𝑛ℏ. Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 avec 𝑎⃗ = −𝑟𝜃̇2𝑢⃗ _𝑟+ 𝑟𝜃̈𝑢⃗ _𝜃.

Selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚𝑟𝜃̇2 = − 𝑒2 4𝝅𝜀0𝑟2 ⇒ |𝜃̇| = 𝑒 2√𝝅𝜀0𝑚𝑟3. D’autre part, |𝜃̇ |= 𝑛ℏ 𝑚𝑟2= 𝑒 2√𝝅𝜀0𝑚𝑟3 ⇒ 𝑟 = 𝑛2𝑎₀ avec 𝑎0 = 4𝝅ℏ2𝜀0 𝑚𝑒2 ⇒ 𝑎0 = 52,6pm. 2. ℰ = ℰc+ ℰp avec ℰp = − 𝑒2 4𝝅𝜀0𝑟 et ℰc = 1 2𝑚𝑣 2_. 𝑣 = 𝑟|𝜃̇| = 𝑒 2√𝝅𝜀0𝑚𝑟⇒ ℰc = 𝑒2 8𝝅𝜀0𝑟⇒ ℰ = − ℰ0 𝑛2 avec ℰ0 = 𝑒2 8𝝅𝜀0𝑎0 ⇒ ℰ₀ = 13,7eV.

Exercice 8 : Formule de Binet pour l’accélération 1. Système : point matériel M.

Référentiel d’étude supposé galiléen. Force : force newtonienne 𝐹⃗ = 𝐾

𝑟2𝑢⃗ 𝑟.

Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 = 𝐾

𝑟2𝑢⃗ 𝑟

Selon 𝑢⃗ _𝜃 : 𝑚𝑎𝜃 = 0 ⇒ 𝑎𝜃 = 0 : la composante de l’accélération selon 𝑢⃗ 𝜃 est nulle.

𝑟= 𝑟𝑢⃗ _𝑟 ⇒ 𝑣⃗ = 𝑟̇𝑢⃗ _𝑟+ 𝑟𝜃̇𝑢⃗ _𝜃 ⇒ 𝑎⃗ = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2)𝑢⃗ _𝑟 . 2. 𝑟 =_𝑢1 ⇒ 𝑟̇ =d𝑟 d𝜃 d𝜃 d𝑡 = − 1 𝑢2 d𝑢 d𝜃𝜃̇.

La constante des aires s’écrit 𝐶 = 𝑟2𝜃̇ = 𝜃̇

𝑢2. On a donc 𝑟̇ = −𝐶 d𝑢 d𝜃. 𝑟̈ = d𝑟̇ d𝜃𝜃̇ = −𝐶 d2𝑢 d𝜃2𝜃̇ ⇒ 𝑟̈ = −𝐶 2_𝑢2 d2𝑢 d𝜃2. 3. 𝑎⃗ =(−𝐶2𝑢2 d 2_𝑢 d𝜃2− 1 𝑢𝐶 2_𝑢4_)𝑢⃗ 𝑟 ⇒ 𝑎⃗ = −𝐶2𝑢2( d2𝑢 d𝜃2+ 𝑢)𝑢⃗ 𝑟 . 4. Selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚𝐶2𝑢2(d2𝑢 d𝜃2+ 𝑢) = 𝐾𝑢 2 _⇒ d2𝑢 d𝜃2+ 𝑢 = − 𝐾 𝑚𝐶2. 5. 𝑢(𝜃) = 𝑢h(𝜃) + 𝑢p(𝜃), avec 𝑢h = 𝐴cos(𝜃 − 𝜃0) et 𝑢p = − 𝐾 𝑚𝐶2. On en déduit 𝑢 = − 𝐾 𝑚𝐶2+ 𝐴cos(𝜃 − 𝜃0). Or, 𝑟 = 1 𝑢 ⇒ 𝑟 = −𝑚𝐶2 𝐾 1−𝑚𝐶2𝐴_𝐾 cos(𝜃−𝜃0)

. C’est l’équation d’une ellipse.

Exercice 9 : Influence de frottements sur la vitesse d’un satellite 1. Système : satellite.

Référentiel : géocentrique supposé galiléen. Force : attraction gravitationnelle 𝐹⃗ G = −

𝐺𝑚𝑀T

(𝑅T+ℎ)2𝑢⃗ 𝑟.

Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝐹 G.

Page 6 sur 6 Selon 𝑢⃗ _𝑟 : −𝑚(𝑅T+ ℎ)𝜃̇2 = − 𝐺𝑚𝑀T (𝑅T+ℎ)2 ⇒ |𝜃̇| = √ 𝐺𝑀T (𝑅T+ℎ)3.

Avec 𝑣 = (𝑅T+ ℎ)|𝜃̇|, on obtient alors 𝑣 = √ 𝐺𝑀T 𝑅T+ℎ ⇒ 𝑣 = 7,65kms−1. 2. ℰ_c = 1 2𝑚𝑣 2 ₌ 𝐺𝑚𝑀T 2(𝑅T+ℎ) et ℰp = −G𝑚𝑀T 𝑅T+ℎ. ℰ_m = ℰ_c+ ℰ_p = − G𝑚𝑀T 2(𝑅T+ℎ) ⇒ ℰ_m = −ℰ_c = 1 2ℰp.

3. a) Loi de la puissance mécanique : dℰm

d𝑡 = 𝒫(𝑓⃗ ), où 𝑓⃗ est la force de frottement.

𝒫(𝑓⃗ )= 𝑓⃗ ⋅ 𝑣⃗ < 0 car les frottements s’opposent au mouvement : dℰm

d𝑡 < 0. L’énergie mécanique

diminue.

b) ℰ_m = − 𝐺𝑚𝑀T

2(𝑅T+ℎ)avec 𝐺, 𝑚, 𝑀T et 𝑅T fixés. Si ℰm diminue, alors ℎ diminue également.

4. On a 𝑣 = √_𝑅𝐺𝑀T T+ℎ⇒ d𝑣 dℎ= − √𝐺𝑀T 2(𝑅T+ℎ)3/2. On en déduit d𝑣 = − √𝐺𝑀T 2(𝑅T+ℎ)3/2dℎ ⇒ d𝑣 = 0,6 mm. s −1_.

On obtient d𝑣 > 0 : les frottements augmentent la vitesse du satellite !

En fait, c’est un effet indirect : les frottements diminuent l’énergie mécanique, donc l’altitude. Au cours de cette « chute », le travail de l’attraction gravitationnelle l’emporte sur le travail des frottements, ce qui a pour effet d’augmenter la vitesse du satellite. Ceci peut être vu également sur la relation ℰm=