Forces de marée

Forces de marée

I₂₅. Microgravité, inspiré de mines-ponts 1997.

Données : pesanteur à la surface de la Terre : ; rayon de la Terre . On note C le centre de la Terre, M sa masse et G la constante de la gravitation.

9, 8 m.s 2

g = ⁻ R=6370 km

1) Discuter le caractère galiléen ou non du référentiel géocentrique (G).

2) On se propose de placer un véhicule spatial V sur une orbite circulaire autour de la Terre, de rayon r et d’altitude . On lance V de la surface de la Terre avec une vitesse verticale , de sorte qu’il monte jusque l’altitude où sa vitesse s’annule. On lui imprime alors une vitesse horizontale. Calculer , et la vitesse angulaire de V.

300 km

h = v₀

h v₁ v₀ v₁ ω

3) Si la base de lancement n’est pas située à la verticale de l’orbite désirée, comment pourrait-on procéder ? 4) La base de lancement étant à la verticale de l’orbite désirée, décrire qualitativement une méthode plus économique.

5) Le véhicule V étant sur son orbite, on libère de ses fixations un objet qu’il transporte. On dit alors que cet objet est en impesanteur, ou microgravité, et l’on souhaite préciser cette notion.

A uGy

uGx

C L’ensemble de l’étude est réalisé dans le référentiel (r), lié au véhicule et qui tourne

avec lui autour de la Terre par rapport à (G). On appelle A le centre de ce référentiel, confondu alors avec le centre de masse de V. On utilisera les axes liés à la base orthonormée (uG_x

, uG_y , uG_z

), où uG_x

est radial et uG_y

a la direction et le sens de la vitesse du véhicule. L’objet lâché sera assimilé à un point matériel P de masse m repéré par

x y

APJJJG =xuG +yuG +zuG_z

AP ru

= +

ou par CP^{JJJG JJJG G}_x. Au moment où on le libère, il est à la position de coordonnées (x y0, ,0 z0) avec une vitesse nulle.

=ω

Quelles sont les forces qui s’exercent, dans (r), sur l’objet P ? On donnera leurs expressions vectorielles respectives en fonction de m, ω^G u^G_z, r , de la vitesse v^G de P dans le référentiel (r), de CP^JJJG et sa projection HP^JJJG sur la plan de la trajectoire du véhicule.

6) Montrer que ces forces, soit ne travaillent pas dans (r), soit y dérivent d’énergies potentielles dont on donnera les expressions en fonction des mêmes quantités.

7) Montrer qu’au voisinage de A l’énergie potentielle totale de P se met sous la forme approchée

( , , ) ²

(

² 3

p m2

E x y z ≅cste+ ^ω z − x²

)

. Commenter la signification des signes des coefficients des termes en et x . On pourra utiliser ( )

z2 ²

1/ 2 3 2

1 1 ...

2 8

− ε

+ε − + ε + ε1

u y R u u)

= − = −

si .

8) En déduire une expression approchée de la force totale et le système différentiel régissant le mouvement de P.

9) Exprimer la coordonnée z en fonction du temps t, de ω et de z0. 10) Exprimer la coordonnée de la vitesse y t^{( )} en fonction de , x x₀ et ω. 11) Exprimer la coordonnée x en fonction du temps t, de ω et de x0. 12) Exprimer la coordonnée y en fonction du temps t, de ω, de x0 et de y0.

13) La trajectoire est représentée ci-dessous pour , . On peut la comparer à une cycloïde dont l’équation paramétrée est x R . Par quelle transformation géométrique passe-t-on d’une cycloïde à la trajectoire ?

0 0 0

z =y = x₀ >0

(1 cos ) ( sin

14) Justifier qualitativement le début du mouvement : quelle est la force dominante au départ ? Pourquoi la trajectoire est-elle courbée ?

15) Expliquer qualitativement la position de P au bout d’un tour autour de la Terre ?

II36. Satellites de télécommunication (d’après mines-ponts 2007 MP).

On se propose d'étudier quelques aspects du fonctionnement de satellites de télécommunication en orbite autour de la Terre. Sauf mention contraire, on considérera que la Terre est un corps de symétrie sphérique, de masse , de rayon

et de centre O, immobile dans l'espace, sans rotation propre. La constante de gravitation est G = 6,67 10

MT

6400 km RT =

–11 m³.kg^–1.s^-–2 .

‰ 1– Un satellite de masse est en orbite circulaire de centre O, de rayon , à une altitude de l'ordre de quelques centaines de kilomètres (orbite basse). Exprimer sa période de révolution , sa vitesse v et sa vitesse angulaire Ω en fonction de et des constantes du problème.

MS r₀ h

Torb

r0

‰ 2 – Soient et l’énergie cinétique du satellite et son énergie potentielle dans le champ de gravitation de la Terre ( à l’infini) ; établir le « théorème du viriel » : .

Ec E_p

p 0

E = 2E_c+E_p=0

STABILISATION DE L'ATTITUDE D'UN SATELLITE SUR SON ORBITE PAR GRADIENT DE GRAVITÉ.

La méthode de stabilisation d'attitude par gradient de gravité a été mise en oeuvre pour les satellites artificiels afin qu'ils présentent vers la Terre toujours le même côté. Elle ne requiert aucune ressource d'énergie embarquée.

y

Ωt

θ

M2 = S M1

r0

y'

x'

O x

2

T +

Modèle : le satellite est constitué de deux points matériels Ml

et M2 de masses très différentes reliés par une tige rigide de masse nulle et de longueur L. Le barycentre S du satellite, pratiquement confondu avec M

m1 m

2, décrit autour de la Terre une orbite circulaire de rayon ( ). Le référentiel géocentrique (R) lié au repère (Oxyz) est supposé galiléen. Le plan orbital est Oxy. Le référentiel (R') défini par le repère (Ox'y'z) lié au satellite tourne autour de la Terre avec une vitesse angulaire Ω (figure). Les points M

h R

r₀= L r₀

l et M2 sont dans le plan orbital. On appelle θ l'angle de MlM2 avec l'axe Ox' de (R'). On cherche à déterminer les orientations d'équilibre du satellite dans le référentiel (R') et leur stabilité dans le plan orbital ; on ne discutera pas les mouvements hors du plan orbital. On suppose qu'il n'y a pas de frottements.

Le satellite, son référentiel R' (Ox'y') et le référentiel R (Oxy) lié à la Terre

‰ 9 – Exprimer la force qui agit sur M_l dans (R') en fonction de OM OM G M mJJJJG1, 1, , _T, 1, , ,Ω ΩG vG

et de la tension T G

de la tige.

‰ 10 – Exprimer l’énergie potentielle associée à cette force totale.

Ep

‰ 11 – Exprimer et comme des développements en puissances croissantes de jusqu’à l’ordre 2 (on rappelle que M

12

OM 1/OM₁ L r/ ₀

1 est dans le plan de l’orbite).

‰ 12 – En déduire l’expression approximative

2 2

1 03

3 co

2

p T

GM m L s r

=− θ

E , à une constante additive près qu’il n’est pas utile d’expliciter.

‰ 13 – Quelles sont les orientations d’équilibre de ? Discuter leur stabilité. θ

‰ 14 – Quelle est la période T des petites oscillations autour d’une position d’équilibre stable ? Calculer .

osc osc/ orb

T T

‰ 15 – Quelle est la valeur maximale de la vitesse angulaire lors du passage par une position d’équilibre stable pour que la rotation de M1 soit limitée ?

Réponses

I. 2) 0 ¹

2gRh 2370 m .s

v ;

R h

= = −

+

2 1

1 gR 7721m .s

v ;

R h

= = −

+ ( )

2 3 1

3 1,158.10 rad.s gR

R h

− −

ω= =

+ ;

4) traverser l’atmosphère verticalement, puis rejoindre l’orbite circulaire par une ellipse de Hohmann ; 5) l’attraction de la Terre

2 3 3

m m r CP

CP γG =− ω JJJG

= ω HP , la force centrifuge FG_ie m ²JJJG

m v

=− ω ∧ et la force de Coriolis FG_ic 2 G G

; 6)

GMm m r2 3

CP CP

− =− ω , 1 ²

2^{m HP2} =− ^{m x}ω =− ωm z

= ωt =− ω x−x = ω − ωt t +y

− ω et 0 ; 8) ; my ; mz ;

9) ^{z z} ; 10) ^y ; 11) ; 12) ^{y x} ;

13) affinité de rapport ½ par rapport à l’axe des x ; 14) au départ domine la force centrifuge ; la force de Coriolis courbe

3 2 2

mx= m xω + m yω 2 ²

0cos 2 ( ₀) x =x₀(4−3 cosωt) 6 ₀(sin ) ₀

II.1) ₃

0

GMT

Ω= r ;

03 orb 2

T

T r

= π GM ;

0

GMT

v = r ; 9) 1 ¹3 ¹ 1 ² 1

1 T 2 GM m OM

F m OM

= T − OM + Ω − m₁Ω ∧v JJJJG

G G JJJJG G G

;

10) ¹ ₁ ²

1

1 2

p GM mT

E m ₁²

=− OM − ΩOM ; 11) OM₁² =r₀² +L² +2r L₀ cosθ ;

( )

2 2

1 0 0 02

1 1 cos 3 cos 1

1 2

L L

OM r r r

⎛ θ θ ⎞⎟

⎜ − + ⎟

⎜ ⎟⎟

⎜⎝ ⎠

−

;13) et stables ; instables ;

14)

θ= 0 θ =π θ = ±π/ 2

3

osc orb

T =T ; 15) θ₀ < 3Ω.

Corrigé

I. Microgravité.

1) (G) est approximativement galiléen au voisinage de la Terre, en oubliant les attractions des astres autres que la Terre ; ces astres produisent des forces de marée, qui résultent de la différence entre leur champ gravitationnel et celui au centre de la Terre, forces qui sont petites près de la Terre.

2) Notons M la masse de la Terre et appliquons la conservation de l’énergie à la phase de montée :

( )

2 2

0 0

1 1 1

2 2 2

GM GMm GMm 1

mv mv v GM

r R R h R R h

− = − =− ⇒ = −

+ +

m .

En identifiant le poids à l’attraction terrestre :

( )

^{6 5}

2 1

2 0 6

1 1 2 2 9, 8 6, 37.10 3.10

2 2370 m.s

6, 67.10

GMm gRh

mg v gR

R R h R h

R

× × × −

= ⇒ = − = = =

+ + .

Appliquons la loi fondamentale de la dynamique au mouvement circulaire final :

(

⁶

)

²

2 2

1 1

2 1 6

9, 8 6, 37.10

7721m.s 6, 67.10

GMm v GM gR

m v

r r R h

r

× −

= ⇒ = = = =

+ .

( )

( )

( )

6 2

1 2 3 1

3 3 6 3

9, 8 6, 37.10

1,158.10 rad.s 6, 67.10

v GM gR

r r R h

− −

ω = = = = × =

+

3) Si la base de lancement n’est pas à la verticale de l’orbite désirée, on met d’abord V sur une orbite circulaire d’altitude h ; quand cette orbite coupe l’orbite désirée on met en marche le moteur-fusée de façon à donner la variation de vitesse nécessaire au changement d’orbite.

En réalité, l’orbite étant fixe en référentiel géocentrique et la Terre tournant dans ce référentiel, on peut jouer sur l’horaire de lancement de façon à ce que le lancement s’effectue à la verticale de l’orbite si la latitude maximum de l’orbite est plus grande que celle de la base de lancement. Pour l’orbite géostationnaire, située dans le plan de l’équateur, il est plus économique que la base de lancement soit située sur l’équateur.

4) Le plus économique est de traverser l’atmosphère verticalement, pour minimiser le freinage par l’air, puis d’incliner la poussée du moteur-fusée pour rejoindre l’orbite circulaire par une ellipse de Hohmann dont l’apogée est à l’altitude ^h. Arrivé à cet apogée, on remet en marche le moteur fusée pour obtenir la vitesse ^v₁.

5) P est soumis à :

• l’attraction de la Terre

2 3

3 3

GMm m r

m CP

CP CP

γG =− JJJG =− ω CPJ GJJ P

;

• la force centrifuge FG_ie =mω²HJJJG ;

• la force de Coriolis FG_ic =−2mω ∧G vG .

6) L’attraction de la Terre dérive de l’énergie potentielle

GMm m r2 3

CP CP

− =− ω .

La force centrifuge dérive de l’énergie potentielle ^{1 2 2} 2m HP

− ω .

La force de Coriolis ne travaille pas.

7) L’énergie potentielle de P est donc

2 3 1 2 2

p 2

E m r m

CP

=− ω − ωHP .

( )

( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 1/2

2 2 2 2 1/2 2

2

2

1 2

2 1

HP r x y r rx x y CP HP z

x x y z

r rx x y z r

CP r r

− −

= + + = + + + = +

⎛ ⎛ + + ⎞⎞⎟⎟

= + + + + =⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎝ ⎝ + + ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎠

Comme ⁽1 ⁾ 1 ^{( 1) 2} ...

2!

α α α −

+ε +αε+ ε + , ⁽1 ^{) 1/2} 1 ^{3 2} ...

2 8

− ε

+ε − + ε +

( )

( ) ( )

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

1 1 3 2

1 ...

2 8

3 1 3

1 2

2 2 2 2

p 2

x x y z x

CP r r r r

x x y z x m

E m r m r rx x y m r z x

r r r

⎛ + + ⎞⎟

⎜ − − + ⎟+

⎜ ⎟⎟

⎜⎜⎝ ⎠

⎛ + + ⎞⎟ ω

− ω ⎜⎜⎜⎜⎝ − − + ⎟⎟⎟⎠− ω + + + =− ω + −

3

8) La loi fondamentale de la dynamique s’écrit :

2

2 grad _p

md r E

dt =− +F_ic G JJJJG G

, soit en projection :

2

2

3 2

2

p icx

p icy

mx E F m x m y

x

my E F m x

y mz m z

=−∂ + = ω + ω

∂

=−∂ + =− ω

∂

=− ω

9) La solution de z+ω²z =0 avec les conditions initiales z z₀,₀ =0 est z =z₀cosωt.

x x

0

y0

10) En intégrant y=− ω2 , on obtient y =− ω2 (x − ₀). 11) Portons cette expression dans la première équation :

( )

2 2

0

2 2

0

0

3 2 3 2 2

4

cos sin 4

x x y x x x

x x x

x A t B t x

= ω + ω = ω + ω×− ω − +ω = ω

= ω + ω +

Les conditions initiales x x₀,₀ = donnent A=−3x₀ et B =0. D’où :x =x₀(4−3 cosωt). 12) y =− ω2 (x −x₀)=6ωx₀(cosω −t 1)⇒y =6x₀(sinω − ωt t)+ .

13) La trajectoire se déduit d’une cycloïde par affinité de rapport ½ par rapport à l’axe des x.

14) Au départ, la force dominante est la force centrifuge, aussi P part dans la direction de uG_x

. Ensuite, la vitesse augmentant, la force de Coriolis courbe la trajectoire.

15) Au bout d’un tour du véhicule autour de la Terre, P, situé plus loin, a fait un peu moins d’un tour (d’après la troisième loi de Kepler, sa période est un peu plus longue), donc se trouve près de son périhélie, mais en retard, à la distance − π12 x u₀G_y

. Comme l’énergie potentielle ne dépend pas de , sa vitesse est nulle dans (r) ; le mouvement reprend de façon semblable, au décalage près ; les points d’arrêt correspondent aux points de rebroussement de la cycloïde. C’est ce qui explique la périodicité de la trajectoire.

y

II.

‰ 1 – ₂ ² _{0 3}

0 0

T S T

S

GM M GM

M r

r = Ω ⇒ Ω= r ;

03

2 2

orb T

T r

GM

= π= π

Ω ; ₀

0

GMT

v r

=Ω = r .

‰ 2 – ²

0

1

2 2

T S

c S

E M v GM M

= = r .

2

T S T S

p GM M GM M

E Fdr dr

r r

=−

∫

=

∫

=− ^. D’où 2E_c +E_p =0.

‰ 9 – 1 ¹3 ¹ 1 ² 1 1

T 2 GM m OM

F m OM

= T − OM + Ω − m1Ω ∧v JJJJG

G G JJJJG G G

.

Tension attraction force d’inertie

de la tige de la Terre

‰ 10 – La tension de la tige et la force d’inertie de Coriolis ne travaillent pas.

1 2 2

1 1

1

1 2

p T

E GM m m

=− OM − ΩOM

‰ 11 – OMJJJJG1 =OSJJJG+SMJJJG1

; d’où :

( )

( ) ^{( )}

2 2 2

1 0 0

2 1/2

2 1/2 2

2 2 1/2

0 0 2 2

2 cos

1 1 3

2 8

1 1 2 cos 1 cos 3 cos 1

2 cos 1 1

2

OM r L r L

L L L L

r L r L

OM r r r r r r

−

− −

= + + θ

+ε −ε + ε

⎛ θ ⎞⎟ ⎛ θ ⎟

⎜ ⎜

= + + θ = ⎜⎜⎝ + + ⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ − + ⎟⎟⎟

²θ − ⎞

⎠

‰ 12 – ^{1 1}₂ ^{1 2(} ₃ ^{2 ) 1 2} ₀^{2 0}

0 0 0

cos 3 cos 1 2 cos

2 1 2

T T T

p

GM m GM m L GM m L m r L²

02

r r r L r

⎛ ⎞

θ θ − Ω ⎜ θ ⎟

− + − + ⎜⎜⎝ + + ⎟⎟⎟⎠

E r .

Comme ² ₃

0

GMT

Ω = r , les termes en cosθ se simplifient et

2 2 2

3 1 cos

p 2

E cste Ωm L θ

= − .

Ep

θ

−π 0 π

‰ 13 – Le graphique de E_p^{( )}θ montre :

qu’il y a deux orientations d’équilibre stable (minimum d’énergie potentielle), θ=0 et θ =π ;

qu’il y a deux orientations d’équilibre instable (maximum d’énergie potentielle), θ = ±π/ 2 ;

‰ 14 – L’énergie est 1 ₁ ^{2 2 ( )}

2 ^p

E = m Lθ +E θ . En dérivant par rapport au temps, 0 ₁ ² dE^p

m L d

= θθ+θ θ .

Eliminons la solution parasite : . Pour petit, et on obtient un

oscillateur harmonique de pulsation

θ =0 θ+3Ω²cos sinθ θ =0 θ cos sinθ θ θ Ω 3 et de période

3

osc orb

T =T . θ

‰ 15 – D’après le graphique de E_p^{( )}, la rotation est limitée si :

2 2

1 1 2 20

2 2

0 0

0

1 3

2 2 0

3 0

3 E

m L m L

<

θ − Ω <

θ − Ω <

θ < Ω