Exercices corrigés : la gravitation universelle (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) $g=\dfrac{GM}{R^{2}}=\dfrac{6{,}674\times 10^{-11}\times 5{,}972\times 10^{24}}{\left(6{,}371\times 10^{6}\right)^{2}}=9{,}82$ m/s². L'écart avec 9,80 vient de deux effets ignorés ici : la Terre n'est pas parfaitement sphérique, elle est aplatie aux pôles, et sa rotation retranche une petite composante centrifuge, maximale à l'équateur. La valeur mesurée varie donc de 9,78 à l'équateur à 9,83 aux pôles.

b) $F=\dfrac{6{,}674\times 10^{-11}\times 70{,}0\times 70{,}0}{1{,}00^{2}}=3{,}27\times 10^{-7}$ N, soit environ 0,33 microneutron. C'est le poids d'un grain de poussière : totalement imperceptible. La gravitation est de très loin la plus FAIBLE des interactions fondamentales ; elle ne domine à grande échelle que parce qu'elle est toujours attractive et ne peut donc jamais s'annuler, contrairement à la force électrique où charges positives et négatives se compensent.

c) On veut $\dfrac{GM}{r^{2}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{GM}{R^{2}}$, donc $r^{2}=2R^{2}$ et $r=R\sqrt{2}=9{,}010\times 10^{6}$ m. L'altitude vaut $r-R=2{,}639\times 10^{6}$ m, soit environ 2640 km. Il faut donc s'élever de plus du tiers d'un rayon terrestre pour que la gravité tombe de moitié : elle décroît beaucoup plus lentement que ne le croit l'intuition.

d) $g'=\dfrac{G\left(8M\right)}{\left(2R\right)^{2}}=\dfrac{8}{4}\cdot\dfrac{GM}{R^{2}}=2g$. Le champ de surface y serait donc DOUBLE de celui de la Terre. Cet exemple montre que $g$ dépend du rapport $\dfrac{M}{R^{2}}$ et non de la masse seule : une planète beaucoup plus massive peut très bien avoir un champ de surface modeste si elle est aussi beaucoup plus grosse, ce qui est le cas des géantes gazeuses.

a) La gravitation est la SEULE force, et elle est dirigée vers le centre : elle joue donc exactement le rôle de la force centripète. D'où $\dfrac{GMm}{r^{2}}=\dfrac{mv^{2}}{r}$. La masse $m$ du satellite apparaît des deux côtés et se SIMPLIFIE, laissant $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$. Un boulon et une station de 400 tonnes suivent donc la même orbite à la même vitesse, ce qui est la version orbitale de l'universalité de la chute libre.

b) $r=6{,}371\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}=6{,}771\times 10^{6}$ m. Alors $g=\dfrac{GM}{r^{2}}=8{,}69$ m/s², soit $\dfrac{8{,}69}{9{,}82}=88{,}5$ % de la valeur au sol.

c) $v=\sqrt{\dfrac{6{,}674\times 10^{-11}\times 5{,}972\times 10^{24}}{6{,}771\times 10^{6}}}=7{,}67\times 10^{3}$ m/s, soit 7,67 km/s ou environ 27 600 km/h. La période vaut $T=\dfrac{2\pi r}{v}=\dfrac{2\pi\times 6{,}771\times 10^{6}}{7672}=5545$ s, soit 92,4 minutes. La Station fait donc environ 16 fois le tour de la Terre par jour, et son équipage voit 16 levers de soleil.

d) Parce que l'apesanteur ressentie n'est pas l'absence de gravité, mais l'absence de force de CONTACT. Au sol, ce qui nous donne la sensation de poids est le plancher qui nous pousse vers le haut. En orbite, la station et l'astronaute subissent la même accélération gravitationnelle et tombent ensemble : le plancher n'appuie plus sur l'astronaute, il n'y a plus aucune force de contact, d'où la sensation de flotter. Le terme exact est CHUTE LIBRE, ou micropesanteur. La même sensation s'obtient une seconde ou deux dans un ascenseur dont le câble céderait, ou dans un avion suivant une trajectoire parabolique.

e) Rien de spectaculaire : il continue sur la MÊME orbite, à la même vitesse, juste à côté de la Station, puisque son mouvement ne dépend pas de sa masse. Il paraît immobile par rapport à l'équipage et dérive très lentement, sous l'effet de la minuscule vitesse relative donnée en le lâchant et des frottements atmosphériques résiduels, légèrement différents selon la forme. C'est pour cela que les outils sont attachés : un objet perdu reste en orbite pendant des mois et devient un débris dangereux, croisant les autres satellites à plusieurs kilomètres par seconde.

a) Premier volet : une coquille sphérique homogène n'exerce AUCUNE force gravitationnelle nette sur un corps situé à l'intérieur d'elle-même. Les attractions de tous ses éléments se compensent exactement, la petite portion proche étant compensée par la grande portion lointaine. Second volet : vue de l'extérieur, cette même coquille agit exactement comme si toute sa masse était concentrée en son centre, ce qui justifie l'emploi de $r$ entre les centres depuis le début du chapitre. Conséquence pour un mineur à la profondeur $d$ : toute la matière située AU-DESSUS de lui, c'est-à-dire la coquille de rayon intérieur $r=R-d$, cesse de compter. Seule la sphère intérieure de rayon $r$ l'attire encore.

b) La masse intérieure vaut $M_{int}=\rho\frac{4}{3}\pi r^{3}$ tandis que la masse totale vaut $M=\rho\frac{4}{3}\pi R^{3}$, donc $M_{int}=M\frac{r^{3}}{R^{3}}$. Le champ est alors $g(r)=\frac{GM_{int}}{r^{2}}=\frac{GM}{R^{3}}r$. En reconnaissant $g_{surface}=\frac{GM}{R^{2}}$, il vient $g(r)=g_{surface}\frac{r}{R}$ : le champ décroît LINÉAIREMENT vers le centre, où il s'annule. Avec $g_{surface}=\frac{\left(6{,}674\times 10^{-11}\right)\left(5{,}972\times 10^{24}\right)}{\left(6{,}371\times 10^{6}\right)^{2}}\approx 9{,}82$ m/s$^{2}$ et $r=6{,}371\times 10^{6}-3{,}00\times 10^{6}=3{,}371\times 10^{6}$ m : $g\approx 9{,}82\left(0{,}5291\right)\approx 5{,}20$ m/s$^{2}$. Le mineur y pèserait presque moitié moins.

c) De $r=0$ à $r=R$, le champ croît linéairement de zéro à $9{,}82$ m/s$^{2}$. Au-delà de $R$, il décroît en $\frac{1}{r^{2}}$. Le champ est donc MAXIMAL à la surface, exactement en $r=R$, et il diminue que l'on monte ou que l'on descende. En $r=2R$ : $g=\frac{9{,}82}{4}\approx 2{,}45$ m/s$^{2}$. La courbe complète est une droite montante raccordée à une hyperbole décroissante, avec un pic anguleux à la surface. Dans la Terre réelle, dont le noyau est bien plus dense que le manteau, $g$ augmente même légèrement au début de la descente avant de retomber vers zéro.

d) Dans le tunnel, en repérant la position par $x$ mesuré depuis le centre, la seule force est celle de la sphère intérieure : $F=-mg(x)=-\frac{GMm}{R^{3}}x$, dirigée vers le centre quel que soit le côté. C'est exactement la forme $F=-kx$ d'un ressort, avec $k=\frac{GMm}{R^{3}}$ : le mouvement est donc harmonique simple, d'amplitude $R$. Pulsation : $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{GM}{R^{3}}}=\sqrt{\frac{g_{surface}}{R}}\approx 1{,}241\times 10^{-3}$ rad/s. Période : $T=\frac{2\pi}{\omega}\approx 5{,}06\times 10^{3}$ s, soit $84{,}4$ minutes pour l'aller-retour complet, et donc environ $42$ minutes d'un bout à l'autre du globe. Vitesse au centre, où elle est maximale : $v_{max}=\omega R\approx 7{,}91\times 10^{3}$ m/s.

e) Satellite en orbite rasante, $r=R$ : $v=\sqrt{\frac{GM}{R}}\approx 7{,}91\times 10^{3}$ m/s et $T=\frac{2\pi R}{v}\approx 5{,}06\times 10^{3}$ s. Les deux résultats sont RIGOUREUSEMENT identiques à ceux du tunnel. Ce n'est pas une coïncidence numérique : les deux mouvements sont gouvernés par la même quantité $\frac{GM}{R^{3}}$, puisque $\omega_{orbite}=\sqrt{\frac{GM}{R^{3}}}$ est exactement la pulsation trouvée en d). Géométriquement, le mouvement dans le tunnel est la PROJECTION sur un diamètre du mouvement circulaire uniforme du satellite rasant : un objet lâché dans le tunnel reste en permanence à l'aplomb du satellite. C'est le même énoncé que celui qui fait du mouvement harmonique simple la projection d'un mouvement circulaire uniforme, et il sera repris tel quel au chapitre du MHS.

a) Première loi : les planètes décrivent des ELLIPSES dont le Soleil occupe un foyer. Deuxième loi, dite des aires : le segment reliant la planète au Soleil balaie des aires égales en des temps égaux, ce qui revient à dire que la planète va plus vite au périhélie. Troisième loi : le carré de la période est proportionnel au cube du demi-grand axe, $\dfrac{T^{2}}{a^{3}}$ étant la même constante pour tous les corps orbitant autour du même astre.

b) De $\dfrac{GMm}{r^{2}}=\dfrac{mv^{2}}{r}$ on tire $v^{2}=\dfrac{GM}{r}$. Or $v=\dfrac{2\pi r}{T}$, donc $\dfrac{4\pi^{2}r^{2}}{T^{2}}=\dfrac{GM}{r}$, ce qui donne $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM}r^{3}$. La constante $\dfrac{4\pi^{2}}{GM}$ ne dépend QUE de la masse de l'astre central : c'est pourquoi la loi vaut pour toutes les planètes du Système solaire avec la même valeur, et pour tous les satellites de la Terre avec une autre valeur.

c) $T=2\pi\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM}}=2\pi\sqrt{\dfrac{\left(3{,}844\times 10^{8}\right)^{3}}{6{,}674\times 10^{-11}\times 5{,}972\times 10^{24}}}=2{,}372\times 10^{6}$ s, soit 27,5 jours. La valeur observée est 27,3 jours : l'accord est excellent, l'écart de moins de 1 % venant de ce que l'orbite lunaire est légèrement elliptique et perturbée par le Soleil.

d) Un satellite géostationnaire doit avoir exactement la période de rotation de la Terre, soit 86 164 s. De $T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}}{GM}r^{3}$ on tire $r=\sqrt[3]{\dfrac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}}=4{,}216\times 10^{7}$ m. L'altitude vaut $r-R=4{,}216\times 10^{7}-6{,}371\times 10^{6}=3{,}579\times 10^{7}$ m, soit environ 35 800 km.

e) Parce que cette altitude est la SEULE pour laquelle la période vaut 24 heures sidérales : la troisième loi établit une correspondance biunivoque entre rayon et période, il n'y a donc aucun choix. Un satellite plus bas tournerait trop vite, un satellite plus haut trop lentement, et dans les deux cas il dériverait dans le ciel, obligeant les antennes à le suivre. Quant à l'équateur : le plan de l'orbite doit contenir le CENTRE de la Terre, puisque la force gravitationnelle y est dirigée. Une orbite qui resterait en permanence au-dessus de Montréal serait un cercle dont le centre n'est pas celui de la Terre, ce qui est dynamiquement impossible. Seule une orbite équatoriale peut donc paraître fixe, et c'est pourquoi les antennes paraboliques à Montréal pointent toutes vers le sud, assez bas sur l'horizon.

a) La référence est prise à l'infini, où $U=0$ : deux corps infiniment éloignés n'interagissent plus. Pour les rapprocher, la force d'attraction travaille POSITIVEMENT, donc l'énergie potentielle DIMINUE et devient négative. Une valeur négative signifie donc qu'il faudrait fournir de l'énergie pour séparer les corps : c'est la signature d'un état LIÉ. Un corps d'énergie mécanique négative ne peut pas s'échapper.

b) Avec $r=6{,}771\times 10^{6}$ m : $U=-\dfrac{6{,}674\times 10^{-11}\times 5{,}972\times 10^{24}\times 100}{6{,}771\times 10^{6}}=-5{,}886\times 10^{9}$ J. La vitesse orbitale étant 7672 m/s, $K=\frac{1}{2}\times 100\times 7672^{2}=2{,}943\times 10^{9}$ J. L'énergie mécanique vaut $E=K+U=-2{,}943\times 10^{9}$ J. On vérifie bien $E=\frac{1}{2}U$ et $E=-K$ : c'est le théorème du viriel pour une orbite circulaire.

c) Au sol, le satellite au repos a $U_{sol}=-\dfrac{GMm}{R}=-6{,}256\times 10^{9}$ J et $K=0$, donc $E_{sol}=-6{,}256\times 10^{9}$ J. L'énergie à fournir est $\Delta E=-2{,}943\times 10^{9}-\left(-6{,}256\times 10^{9}\right)=3{,}31\times 10^{9}$ J, soit 3,31 GJ pour 100 kg. C'est l'équivalent d'environ 80 kg d'essence en énergie pure, et la fusée réelle en consomme bien davantage à cause du rendement et de la traînée.

d) Se libérer signifie atteindre l'infini avec une vitesse nulle, donc avoir une énergie mécanique nulle : $\frac{1}{2}mv^{2}-\dfrac{GMm}{R}=0$, d'où $v_{lib}=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}$. Numériquement, $v_{lib}=1{,}119\times 10^{4}$ m/s, soit 11,2 km/s. On note que $v_{lib}=\sqrt{2}\,v_{orbite}$ à la même distance : il suffit de multiplier par 1,41 la vitesse orbitale pour s'échapper.

e) Sa vitesse AUGMENTE, ce qui est le paradoxe. Le frottement retire de l'énergie mécanique, donc $E$ devient plus négatif, donc $r$ diminue d'après $E=-\dfrac{GMm}{2r}$. Or $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ croît quand $r$ diminue : le satellite descend et ACCÉLÈRE. La résolution du paradoxe est que l'énergie potentielle chute deux fois plus vite que l'énergie cinétique n'augmente, le bilan restant bien une perte. C'est pourquoi la Station spatiale doit être régulièrement rehaussée, et pourquoi la rentrée atmosphérique se fait à très grande vitesse.

a) Le grand axe est la somme des deux distances extrêmes, donc $a=\frac{r_{p}+r_{a}}{2}=\frac{7{,}00\times 10^{6}+4{,}20\times 10^{7}}{2}=2{,}45\times 10^{7}$ m. Excentricité : $e=\frac{r_{a}-r_{p}}{r_{a}+r_{p}}=\frac{3{,}50\times 10^{7}}{4{,}90\times 10^{7}}\approx 0{,}714$, une ellipse très allongée. Troisième loi de Kepler, valable pour une ellipse à condition de remplacer le rayon par le DEMI-GRAND AXE : $T=2\pi\sqrt{\frac{a^{3}}{GM}}=2\pi\sqrt{\frac{\left(2{,}45\times 10^{7}\right)^{3}}{3{,}986\times 10^{14}}}\approx 3{,}82\times 10^{4}$ s, soit $10{,}6$ heures.

b) La force gravitationnelle est centrale : elle passe en permanence par le centre de la Terre, donc son moment par rapport à ce point est nul et le moment cinétique du satellite se conserve. Au périgée comme à l'apogée, la vitesse est perpendiculaire au rayon, donc $L=mv_{p}r_{p}=mv_{a}r_{a}$, d'où $\frac{v_{p}}{v_{a}}=\frac{r_{a}}{r_{p}}=6{,}00$. La conservation de l'énergie fournit la seconde relation : $\frac{1}{2}v_{p}^{2}-\frac{GM}{r_{p}}=\frac{1}{2}v_{a}^{2}-\frac{GM}{r_{a}}$. En y substituant $v_{a}=v_{p}\frac{r_{p}}{r_{a}}$ on obtient $v_{p}=\sqrt{\frac{2GMr_{a}}{r_{p}\left(r_{p}+r_{a}\right)}}\approx 9{,}88\times 10^{3}$ m/s, et donc $v_{a}=\frac{9\,880}{6{,}00}\approx 1{,}65\times 10^{3}$ m/s. Le satellite passe au périgée six fois plus vite qu'à l'apogée.

c) Pendant un intervalle $dt$, le rayon vecteur balaie un triangle mince de base $v\,dt$ et de hauteur égale au bras de levier. Son aire vaut $dA=\frac{1}{2}r^{2}d\theta$, donc la vitesse aréolaire est $\frac{dA}{dt}=\frac{1}{2}r^{2}\frac{d\theta}{dt}=\frac{1}{2}rv_{\perp}$. Or le moment cinétique vaut $L=mrv_{\perp}$, d'où $\frac{dA}{dt}=\frac{L}{2m}$. La loi des aires affirme que cette vitesse aréolaire est constante : c'est exactement dire que $L$ est constant. Kepler avait donc découvert empiriquement, dès 1609, la conservation du moment cinétique, sans disposer du concept.

d) Au périgée : $E=\frac{1}{2}mv_{p}^{2}-\frac{GMm}{r_{p}}=\frac{1}{2}(1\,500)\left(9\,880{,}1\right)^{2}-\frac{\left(3{,}986\times 10^{14}\right)(1\,500)}{7{,}00\times 10^{6}}=7{,}32\times 10^{10}-8{,}54\times 10^{10}\approx -1{,}22\times 10^{10}$ J. Vérification : $-\frac{GMm}{2a}=-\frac{\left(3{,}986\times 10^{14}\right)(1\,500)}{2\left(2{,}45\times 10^{7}\right)}\approx -1{,}22\times 10^{10}$ J, identique. Cette relation est remarquable : l'énergie d'une orbite ne dépend QUE du demi-grand axe, pas de l'excentricité. Deux orbites de même $a$, l'une presque circulaire et l'autre très allongée, coûtent exactement la même énergie, et ont exactement la même période.

e) Il faut agir à l'APOGÉE, là où la vitesse est la plus faible. La vitesse circulaire à cette distance vaut $v_{c}=\sqrt{\frac{GM}{r_{a}}}=\sqrt{\frac{3{,}986\times 10^{14}}{4{,}20\times 10^{7}}}\approx 3{,}08\times 10^{3}$ m/s, alors que le satellite n'y va qu'à $1\,647$ m/s. Il faut donc lui ajouter $\Delta v=3\,081-1\,647\approx 1{,}43\times 10^{3}$ m/s dans le sens du mouvement. Énergie correspondante : la nouvelle orbite circulaire a $a'=r_{a}$, donc $E'=-\frac{GMm}{2r_{a}}\approx -7{,}12\times 10^{9}$ J, contre $-1{,}22\times 10^{10}$ J auparavant, soit un apport de $\Delta E\approx 5{,}08\times 10^{9}$ J. On agit à l'apogée parce qu'une poussée modifie surtout le point DIAMÉTRALEMENT OPPOSÉ de l'orbite : accélérer à l'apogée relève le périgée, ce qui est précisément ce qu'il faut pour arrondir l'ellipse. C'est la seconde impulsion d'un transfert de Hohmann, la manœuvre standard pour placer un satellite en orbite géostationnaire.

a) On cherche $d$ tel que $\dfrac{GM_{T}}{d^{2}}=\dfrac{GM_{L}}{\left(D-d\right)^{2}}$, avec $D=3{,}844\times 10^{8}$ m. En simplifiant $G$ et en prenant la racine : $\dfrac{D-d}{d}=\sqrt{\dfrac{M_{L}}{M_{T}}}=\sqrt{\dfrac{7{,}348\times 10^{22}}{5{,}972\times 10^{24}}}=0{,}1109$. Donc $D=d\left(1+0{,}1109\right)$ et $d=\dfrac{3{,}844\times 10^{8}}{1{,}1109}=3{,}460\times 10^{8}$ m.

b) Le point neutre est à $\dfrac{3{,}460}{3{,}844}=90{,}0$ % du trajet, donc bien plus près de la Lune que de la Terre. C'est cohérent avec le fait que la Terre est 81 fois plus massive : il faut s'en éloigner beaucoup pour que son champ, décroissant en $\frac{1}{r^{2}}$, tombe au niveau de celui de la Lune. C'est aussi le point à franchir pour qu'une sonde « tombe » vers la Lune plutôt que de retomber sur Terre.

c) Le champ lunaire est plus intense du côté de la Terre le plus proche de la Lune, et plus faible du côté opposé. Dans le référentiel de la Terre, qui tombe elle-même vers la Lune avec l'accélération du CENTRE, l'eau du côté proche est attirée PLUS que le centre, donc elle s'élève vers la Lune ; l'eau du côté opposé est attirée MOINS que le centre, donc elle est laissée en arrière, ce qui l'éloigne du centre et l'élève également. Il se forme ainsi DEUX bourrelets diamétralement opposés, et la Terre tournant sur elle-même, un point du globe traverse les deux en 24 heures : d'où deux marées hautes par jour. Ce sont les DIFFÉRENCES de champ, appelées forces de marée, qui comptent, pas le champ lui-même.

d) C'est le PRINCIPE D'ÉQUIVALENCE : aucune expérience locale ne permet de distinguer un référentiel en chute libre dans un champ gravitationnel d'un référentiel inertiel sans gravité, ni un référentiel uniformément accéléré d'un référentiel au repos dans un champ de gravité. C'est le point de départ de la relativité générale, où Einstein en déduit que la gravitation n'est pas une force mais une courbure de l'espace-temps.

e) La masse GRAVE, celle de la loi de la gravitation, mesure la façon dont un corps crée et subit la gravitation : c'est une sorte de « charge gravitationnelle », analogue à la charge électrique. La masse INERTE, celle de $F=ma$, mesure la résistance du corps à toute accélération, quelle qu'en soit la cause. Rien dans les principes n'impose qu'elles soient égales, pas plus que la charge électrique d'un corps n'est égale à sa masse. Or leur égalité est vérifiée expérimentalement à mieux que $10^{-15}$ près. Sa conséquence immédiate est que $m$ se simplifie dans $mg=ma$ : tous les corps tombent avec la même accélération, indépendamment de leur masse et de leur composition. C'est cette coïncidence, inexpliquée chez Newton, qu'Einstein a érigée en principe.

a) $F=G\frac{m_{1}m_{2}}{r^{2}}=\frac{\left(6{,}674\times 10^{-11}\right)(158)(0{,}730)}{(0{,}230)^{2}}\approx 1{,}46\times 10^{-7}$ N. Le poids de la petite sphère vaut $0{,}730(9{,}82)\approx 7{,}17$ N, soit près de $50$ millions de fois plus. Mesurer une force $5\times 10^{7}$ fois plus faible que le poids de l'objet qui la subit explique tout le dispositif de Cavendish : une balance de TORSION, où la force à mesurer agit perpendiculairement à la pesanteur et où la déviation est amplifiée par un faisceau lumineux réfléchi sur un miroir. Il fallait aussi isoler l'appareil des courants d'air, ce que Cavendish fit en l'observant depuis une autre pièce à la lunette.

b) On ne pèse pas la Terre, on la DÉDUIT. Un corps de masse $m$ à la surface subit $mg=\frac{GMm}{R^{2}}$, où $m$ se simplifie, d'où $M=\frac{gR^{2}}{G}$. Toutes les quantités du membre de droite se mesurent au laboratoire : $g$ par un pendule, $R$ par la géodésie, et $G$ par Cavendish. C'est pourquoi son expérience fut présentée comme une pesée de la Terre. Numériquement : $M=\frac{9{,}82\left(6{,}371\times 10^{6}\right)^{2}}{6{,}674\times 10^{-11}}\approx 5{,}97\times 10^{24}$ kg.

c) La Terre est en orbite quasi circulaire, donc $\frac{GM_{S}m}{r^{2}}=\frac{4\pi^{2}mr}{T^{2}}$, où la masse de la Terre se simplifie. Il vient $M_{S}=\frac{4\pi^{2}r^{3}}{GT^{2}}=\frac{4\pi^{2}\left(1{,}496\times 10^{11}\right)^{3}}{\left(6{,}674\times 10^{-11}\right)\left(3{,}156\times 10^{7}\right)^{2}}\approx 1{,}99\times 10^{30}$ kg. Un satellite ne renseigne jamais sur sa propre masse, seulement sur celle de l'astre qu'il orbite : c'est toujours la masse du CENTRE que l'orbite trahit.

d) Chaque étoile décrit un cercle autour du centre de masse, de rayons $r_{1}$ et $r_{2}$ tels que $m_{1}r_{1}=m_{2}r_{2}$ et $r_{1}+r_{2}=d$. Pour l'étoile 1 : $\frac{Gm_{1}m_{2}}{d^{2}}=m_{1}\frac{4\pi^{2}r_{1}}{T^{2}}$, donc $\frac{Gm_{2}}{d^{2}}=\frac{4\pi^{2}r_{1}}{T^{2}}$. La même équation pour l'étoile 2 donne $\frac{Gm_{1}}{d^{2}}=\frac{4\pi^{2}r_{2}}{T^{2}}$. En additionnant : $\frac{G\left(m_{1}+m_{2}\right)}{d^{2}}=\frac{4\pi^{2}\left(r_{1}+r_{2}\right)}{T^{2}}=\frac{4\pi^{2}d}{T^{2}}$, soit $T^{2}=\frac{4\pi^{2}d^{3}}{G\left(m_{1}+m_{2}\right)}$. C'est la troisième loi de Kepler, dans laquelle apparaît la SOMME des masses. Application, en unités astronomiques, années et masses solaires, où la formule se réduit à $m_{1}+m_{2}=\frac{d^{3}}{T^{2}}$ : $\frac{27{,}0}{4{,}00}=6{,}75$ masses solaires pour le couple. Observer l'orbite ne donne que la somme; il faut mesurer les deux rayons $r_{1}$ et $r_{2}$ pour séparer les deux masses.

e) L'étoile et la planète tournent autour de leur centre de masse commun, donc $M_{*}v_{*}=m_{p}v_{p}$ : c'est cette petite oscillation de l'étoile que le décalage Doppler de son spectre révèle. Il faut d'abord la vitesse orbitale de la planète. Rayon de son orbite par la troisième loi, avec $T=4{,}00$ jours $=3{,}456\times 10^{5}$ s : $a=\left(\frac{GM_{*}T^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3}=\left(\frac{\left(6{,}674\times 10^{-11}\right)\left(1{,}989\times 10^{30}\right)\left(3{,}456\times 10^{5}\right)^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3}\approx 7{,}38\times 10^{9}$ m, soit environ $0{,}05$ unité astronomique : la planète est brûlante et rase son étoile. Vitesse : $v_{p}=\frac{2\pi a}{T}\approx 1{,}34\times 10^{5}$ m/s. Masse : $m_{p}=\frac{M_{*}v_{*}}{v_{p}}=\frac{\left(1{,}989\times 10^{30}\right)(12{,}5)}{1{,}341\times 10^{5}}\approx 1{,}85\times 10^{26}$ kg, soit $\frac{1{,}85\times 10^{26}}{5{,}972\times 10^{24}}\approx 31$ masses terrestres, ou encore un dixième de masse jovienne. C'est une planète de type Neptune en orbite très serrée. Deux réserves à ne jamais oublier : si l'orbite n'est pas vue exactement par la tranche, la vitesse radiale mesurée n'est qu'une projection et la méthode ne donne qu'une masse MINIMALE; et une vitesse de $12{,}5$ m/s, à mesurer sur une étoile distante de plusieurs dizaines d'années-lumière, représente à peu près la vitesse d'un cycliste.

a) $r=6{,}371\times 10^{6}+8{,}00\times 10^{5}=7{,}171\times 10^{6}$ m. La vitesse vaut $v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}=7{,}452\times 10^{3}$ m/s, soit 7,45 km/s. La période est $T=\dfrac{2\pi r}{v}=6046$ s, soit environ 101 minutes.

b) Au sol : $E_{sol}=-\dfrac{GMm}{R}=-7{,}507\times 10^{10}$ J. En orbite : $E_{orb}=-\dfrac{GMm}{2r}=-3{,}332\times 10^{10}$ J. L'énergie à fournir est $\Delta E=4{,}175\times 10^{10}$ J, soit environ 41,7 GJ pour 1200 kg, c'est-à-dire 34,8 MJ par kilogramme placé en orbite.

c) Un point de l'équateur parcourt la circonférence terrestre en une période sidérale : $v_{rot}=\dfrac{2\pi R}{T_{sid}}=\dfrac{2\pi\times 6{,}371\times 10^{6}}{86\,164}=464{,}6$ m/s, soit environ 1670 km/h.

d) Cela représente $\dfrac{464{,}6}{7452}=6{,}2$ % de la vitesse orbitale. C'est peu en pourcentage, mais considérable en pratique : chaque mètre par seconde économisé se traduit par une réduction exponentielle de la masse d'ergols, d'après l'équation de Tsiolkovski. Un lanceur partant vers l'est depuis l'équateur reçoit donc gratuitement 465 m/s, ce qui peut représenter plusieurs centaines de kilogrammes de charge utile supplémentaire. C'est la raison pour laquelle Kourou, à 5° de latitude, est le site européen, et pourquoi Cap Canaveral tire vers l'Atlantique.

e) Non, l'avantage DISPARAÎT presque entièrement. Une orbite polaire passe par les pôles, donc son plan est perpendiculaire à l'équateur : la vitesse de rotation terrestre, dirigée vers l'est, est alors perpendiculaire à la vitesse orbitale visée, et ne s'y ajoute pas. Elle devient même une nuisance qu'il faut annuler. C'est pourquoi les lancements polaires se font depuis des sites de HAUTE latitude, où $v_{rot}=\dfrac{2\pi R\cos\lambda}{T}$ est plus faible : à la latitude de Montréal, $\cos 45{,}5^{\circ}=0{,}701$, donc 326 m/s seulement. Le choix du site de lancement dépend donc entièrement de l'inclinaison de l'orbite visée, et non d'un avantage universel de l'équateur.

a) Se libérer signifie atteindre l'infini avec une vitesse nulle, donc avoir une énergie mécanique nulle, puisque $U\to 0$ quand $r\to\infty$. La condition s'écrit $\frac{1}{2}mv_{lib}^{2}-\frac{GMm}{R}=0$, où la masse du projectile se simplifie : $v_{lib}=\sqrt{\frac{2GM}{R}}$. Terre : $\sqrt{\frac{2\left(6{,}674\times 10^{-11}\right)\left(5{,}972\times 10^{24}\right)}{6{,}371\times 10^{6}}}\approx 1{,}12\times 10^{4}$ m/s, soit $11{,}2$ km/s. Lune : $\approx 2{,}37\times 10^{3}$ m/s. Soleil : $\approx 6{,}18\times 10^{5}$ m/s, soit $618$ km/s. Remarquons que $v_{lib}=\sqrt{2}\,v_{orbite}$ : il en coûte seulement $41\,\%$ de vitesse en plus pour quitter définitivement un astre plutôt que de l'orbiter au ras du sol.