Corrigé détaillé ENS Physique BCPST 2025 (page 3/4 : Partie 2 (questions 25 à 41))

Le satellite \mathrm{S} est astreint à une orbite circulaire de rayon fixe r = R_{\mathrm{T}} + H = \text{Cste} dans le plan (\mathrm{O}, x, y). Son vecteur position s'écrit :

La vitesse de \mathrm{S} dans le référentiel \mathcal{R}_0 est la dérivée temporelle de son vecteur position :

Comme r est constant, \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = 0, et d'après l'équation (11), \frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\vec{e}_\theta. On en déduit :

L'accélération \vec{\gamma} du point matériel \mathrm{S} dans \mathcal{R}_0 s'obtient en dérivant le vecteur vitesse :

En utilisant la relation \frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot{\theta}\vec{e}_r, il vient :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) au satellite S de masse m, assimilé à un point matériel, dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0 supposé galiléen :

où \vec{F} = -\mathcal{G}\dfrac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2}\vec{e}_r est la force d'attraction gravitationnelle exercée par la Terre.

En utilisant l'expression de l'accélération obtenue à la question Q25 pour une trajectoire circulaire de rayon constant r, le PFD s'écrit :

Par projection dans la base polaire (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta), on obtient le système d'équations scalaires :

Comme m \neq 0 et r = R_{\mathrm{T}} + H \neq 0, la projection sur \vec{e}_\theta donne immédiatement :

La vitesse angulaire du satellite est donc constante : le mouvement orbital est circulaire et uniforme.

En supposant cette vitesse angulaire positive (\dot{\theta} > 0), la projection radiale donne :

On en déduit l'expression de la vitesse angulaire \omega = \dot{\theta} :

Le mouvement du satellite étant circulaire uniforme à la vitesse angulaire constante \omega = \dot{\theta} (d'après la question 26), la période de révolution T est la durée nécessaire pour parcourir un tour complet, soit un angle de 2\pi\text{ rad} :

En remplaçant \omega par son expression obtenue à la question 26, \omega = \sqrt{\dfrac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}}, on obtient :

Le rayon de l'orbite circulaire du satellite s'écrit :

D'après le résultat de la question Q27, la période de révolution s'exprime par :

Avec les données numériques de l'énoncé :

• \mathcal{G} = 6{,}7 \times 10^{-11}\text{ N}\cdot\text{m}^2\cdot\text{kg}^{-2} ;
• M_{\mathrm{T}} = 6{,}0 \times 10^{24}\text{ kg} ;
• r = 7{,}1 \times 10^6\text{ m}.

Le calcul numérique donne :

En ne conservant que deux chiffres significatifs :

La vitesse orbitale scalaire du satellite vaut :

L'application numérique donne :

Soit, avec deux chiffres significatifs :

La Terre tourne autour de l'axe des pôles (\mathrm{O}y) à la vitesse angulaire constante \Omega = \frac{2\pi}{T_0} par rapport au référentiel géocentrique \mathcal{R}_0.

Pendant que le satellite parcourt une orbite complète, il s'écoule une durée égale à sa période orbitale T. L'angle de rotation de la Terre sur elle-même durant cette durée s'écrit :

En utilisant la relation (13) donnée par l'énoncé, T = \frac{12}{175} T_0, on obtient :

Soit numériquement \Delta\varphi \simeq 0{,}431\text{ rad} \simeq 24{,}7^\circ.

Le plan de l'orbite étant fixe dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0, le satellite franchit le plan équatorial en un point de longitude fixe dans \mathcal{R}_0. Pendant la durée T, la Terre a tourné d'un angle \Delta\varphi d'ouest en est, de sorte que le nouveau point équatorial survolé M_2 est décalé vers l'ouest par rapport à M_1.

L'équateur étant un cercle de rayon R_{\mathrm{T}}, la longueur L de l'arc de cercle (M_2 M_1) sous-tendu par l'angle au centre \Delta\varphi vaut :

Soit, en fonction de R_{\mathrm{T}} :

Application numérique : Avec R_{\mathrm{T}} = 6\,400\text{ km}, on trouve :

Le plan de l'orbite étant fixe dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0 et la Terre effectuant un tour complet en une durée T_0, le satellite repasse au zénith d'un même point de la Terre (dans le même sens de défilement, ici descendant) au bout d'une durée T_{\mathrm{c}} correspondant à la fois à :

• un nombre entier k \in \mathbb{N}^* de rotations complètes de la Terre (soit k jours terrestres) ;
• un nombre entier N_{\mathrm{c}} \in \mathbb{N}^* de révolutions orbitales du satellite.

On a donc :

En introduisant la relation (13) donnée par l'énoncé, T = \dfrac{12}{175}\,T_0, cette égalité devient :

Décomposons 12 et 175 en facteurs premiers :

Les entiers 12 et 175 sont donc premiers entre eux (\mathrm{PGCD}(12, 175) = 1).

D'après le lemme de Gauss, 12 divise 175\,k et étant premier avec 175, 12 divise nécessairement k. La valeur minimale non nulle de k est donc :

On en déduit immédiatement le nombre d'orbites N_{\mathrm{c}} :

La durée du cycle orbital vaut ainsi :

et le nombre d'orbites parcourues pendant ce cycle est :

Au cours d'un cycle orbital complet de durée T_{\mathrm{c}} = 12 \, T_0 = 175 \, T, le satellite effectue N_{\mathrm{c}} = 175 orbites et coupe ainsi N_{\mathrm{c}} fois l'équateur en orbite descendante.

À chaque orbite, la trace équatoriale se décale vers l'ouest d'une distance L telle que :

Les entiers 12 et 175 étant premiers entre eux (\mathrm{pgcd}(12, 175) = 1), les multiples successifs de 12 modulo 175 balaient l'ensemble des entiers \{0, 1, \dots, 174\}. Les N_{\mathrm{c}} = 175 traces équatoriales descendantes sont donc réparties de façon parfaitement régulière le long du cercle équatorial de circonférence 2\pi R_{\mathrm{T}}.

L'écartement minimal (le pas de la grille de traces à l'équateur) s'obtient donc en divisant le périmètre équatorial par le nombre total d'orbites du cycle :

D'où l'expression recherchée :

Application numérique : Avec R_{\mathrm{T}} = 6\,400\text{ km} :

La longueur d'onde \lambda dans le vide d'une onde électromagnétique de fréquence f_0 se propageant à la célérité c est donnée par la relation :

Avec c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_0 = 5\text{ GHz} = 5{,}0 \times 10^9\text{ Hz}, on obtient :

Cette onde, dont la longueur d'onde est de l'ordre du centimètre (fréquence de quelques gigahertz), appartient au domaine des micro-ondes (ou hyperfréquences, au sein des ondes radio/hertziennes, plus précisément la « bande C » des radars spatiaux).

D'après la figure (6), le satellite se trouve à l'altitude H au-dessus du point \mathrm{O}. Dans le triangle rectangle reliant le satellite \mathrm{S}, l'origine \mathrm{O} et une cible au sol d'abscisse y, on a :

Les limites de la zone éclairée par le faisceau (la fauchée) sont données par :

La largeur de la fauchée s'exprime donc par :

Application numérique : Avec H = 700\text{ km}, \theta_{\min} = 20^\circ et \theta_{\max} = 50^\circ :

Commentaire : À la question Q31, la distance minimale séparant deux passages consécutifs au niveau de l'équateur (où l'écart entre traces est maximal) a été évaluée à d_{\mathrm{c}} \simeq 230\text{ km}. On constate que :

La largeur de la fauchée est largement supérieure à l'écartement maximal entre deux traces descendantes. Cela assure une couverture intégrale de la surface terrestre en un cycle orbital (12 jours), sans zone d'ombre (« trou » de fauchée), avec un recouvrement notable entre deux bandes adjacentes qui facilite les raccords cartographiques et l'interférométrie.

Le signal radar effectue un trajet aller-retour en ligne droite entre le satellite \mathrm{S} et la cible \mathrm{C} à la célérité c. La distance parcourue par l'onde électromagnétique entre l'émission à l'instant t_{\mathrm{i}} et la réception de l'écho à l'instant t_{\mathrm{e}} est donc 2 \times \mathrm{SC}. L'intervalle de temps mesuré s'écrit :

D'après la figure (6), dans le triangle \mathrm{SOC} rectangle en \mathrm{O}, l'angle au sommet \mathrm{S} entre la verticale descendante (\mathrm{SO}) et la ligne de visée (\mathrm{SC}) est l'angle de visée \theta. On a ainsi :

On en déduit l'expression de l'intervalle de temps \Delta t :

Par application du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle \mathrm{SOC}, la distance de la cible à l'aplomb du satellite vérifie :

Sachant que \mathrm{SC} = \dfrac{c\Delta t}{2} et que Y > 0, il vient :

D'après la question précédente, la distance à la cible R et son abscisse Y sont reliées à l'altitude H et au temps d'aller-retour \Delta t par :

L'altitude H du satellite étant constante au cours de la mesure, la différentiation de cette relation par rapport aux variables Y et \Delta t donne :

Or, d'après la géométrie de la visée (figure 6), on a \sin\theta = \dfrac{Y}{R}, d'où :

Pour deux cibles très proches telles que \left|\dfrac{Y'-Y}{Y}\right| \ll 1, on effectue l'approximation des petits accroissements au premier ordre :

D'après la figure 8, le signal traité issu de chaque cible présente une base temporelle totale de durée 2\tau (le pic s'étend sur [t_{\mathrm{e}} - \tau,\, t_{\mathrm{e}} + \tau]). Pour que les deux échos soient disjoints à la réception, l'intervalle entre leurs sommets doit être supérieur ou égal à la largeur totale de la base :

On en déduit l'expression de la résolution spatiale minimale au sol :

Remarque : Si l'on adopte le critère de résolution usuel fondé sur la durée \tau du pulse non traité (ou la largeur à mi-hauteur du pic corrélé), la condition de séparation temporelle s'écrit \Delta(\Delta t)_{\min} = \tau, ce qui conduit à l'expression :

Commentaire sur la dépendance vis-à-vis de \theta et de Y :

• Comme \sin\theta = \dfrac{Y}{\sqrt{H^2 + Y^2}}, la fonction \theta \mapsto \sin\theta est strictement croissante sur [0, \pi/2]. Par conséquent, (\Delta Y)_{\min} est une fonction strictement décroissante de \theta (ou de Y) : la résolution spatiale s'améliore (le pixel-terrain devient plus étroit) à mesure que l'on s'éloigne de la trace du satellite (vers le bord lointain de la fauchée, far range).
• À l'aplomb du satellite (\theta \to 0, soit Y \to 0), \sin\theta \to 0, ce qui implique (\Delta Y)_{\min} \to +\infty : la discrimination spatiale par mesure du temps de vol devient impossible à la verticale directe (au nadir). C'est pourquoi un radar imageur fonctionne obligatoirement en visée latérale (side-looking radar).

D'après l'expression de la résolution spatiale établie à la question Q35 :

(ou \displaystyle (\Delta Y)_{\min} = \frac{c\,\tau}{2\sin\theta} si l'on retient la durée \tau du pulse non traité).

Avec les valeurs numériques fournies :

• c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} ;
• \tau = 40\;\mu\text{s} = 4{,}0 \times 10^{-5}\text{ s} ;
• \theta = 30^{\circ}, d'où \sin\theta = 0{,}50.

On obtient :

(ou 12\text{ km} avec la convention du pulse de durée \tau).

Commentaire :
Un édifice ou cratère volcanique possède typiquement une extension spatiale de l'ordre de quelques kilomètres (à l'image de la caldeira du Kilauea dont l'échelle est de 2\text{ km}, voir figure 13). Une résolution de 12 à 24\text{ km} est bien trop grossière : l'ensemble de l'édifice volcanique serait contenu dans un seul ou deux pixels-terrain, rendant impossible toute cartographie du relief ou suivi des déformations locales. Ce résultat justifie la mise en œuvre de signaux modulés en fréquence (chirp) pour comprimer temporellement l'impulsion et améliorer drastiquement la résolution.

La phase instantanée du signal s'écrit, d'après l'équation (15), pour t \in [0, \tau] :

La fréquence instantanée f(t) est définie par 2\pi f(t) = \dfrac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}t}, ce qui donne :

En dérivant terme à terme par rapport au temps, on obtient :

Allures graphiques en correspondance :

• Sur l'intervalle [0, \tau], la fréquence instantanée f(t) varie de façon affine et croissante : elle part de f(0) = f_0 à l'instant initial pour atteindre f(\tau) = f_0 + \Delta f en fin d'impulsion, avec une pente constante égale à \dfrac{\Delta f}{\tau}.
• Le signal s(t) = s_0 \sin(\phi(t)) \, \Pi(t/\tau) est strictement nul en dehors de [0, \tau]. Sur l'intervalle [0, \tau], il oscille entre -s_0 et +s_0. Puisque sa fréquence instantanée augmente, la pseudo-période T(t) \simeq \dfrac{1}{f(t)} diminue : les oscillations se resserrent continûment au cours du temps (modulation linéaire de fréquence montante ou « chirp »).

Après traitement par corrélation (filtrage adapté), l'écho présente un pic central dont la largeur temporelle vaut désormais :

au lieu de la durée caractéristique initiale \tau. La résolution spatiale étant directement proportionnelle à la largeur temporelle du signal traité (d'après la question 35), la nouvelle résolution (\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} s'obtient simplement en substituant \tau par \tau_{\mathrm{c}} = \frac{1}{\Delta f} :

(ou \frac{c}{2\Delta f \sin\theta} si l'on a retenu le demi-écartement à la question 35).

Application numérique : Le produit bande-durée (facteur de compression d'impulsion) vaut :

Avec \Delta f = 15\text{ MHz}, c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \theta = 30^{\circ} (\sin 30^{\circ} = 0{,}5) :

(ou 20\text{ m} selon la convention de la question 35).

Commentaire : La résolution est améliorée d'un facteur 600. Alors qu'une résolution kilométrique (24\text{ km} ou 12\text{ km}) ne permettait pas de distinguer un édifice volcanique (une caldeira mesurant typiquement quelques kilomètres, comme l'échelle de 2\text{ km} indiquée sur la figure 13), une résolution de quelques dizaines de mètres (20 à 40\text{ m}) est parfaitement adaptée à la cartographie fine du relief et au suivi des déformations locales.

La surface totale d'une sphère de rayon R centrée sur l'émetteur \mathrm{S} vaut :

D'après l'énoncé, le cône d'émission intercepte une fraction 1/G de cette surface sphérique. L'aire de la calotte sphérique traversée par le faisceau à la distance R est donc :

La puissance totale émise P_0 étant répartie uniformément sur cette portion de sphère, la puissance par unité de surface s'écrit :

En remplaçant le gain géométrique G par son expression donnée par l'équation (16), G = \dfrac{4\pi S_{\mathrm{a}}}{\lambda^2}, on obtient :

d'où finalement :

D'après le résultat de la question 39, la puissance par unité de surface de l'onde incidente au niveau de la cible C située à la distance R_{\mathrm{C}} vaut :

La puissance totale renvoyée par la cible de surface effective \sigma s'écrit alors :

Cette puissance P_{\mathrm{d}} est réémise de manière isotrope dans toutes les directions orientées vers le haut, c'est-à-dire dans un angle solide de 2\pi\text{ sr}. À la distance R_{\mathrm{C}}, elle se répartit donc uniformément sur une demi-sphère de surface :

La puissance par unité de surface p_{\mathrm{d}}(R_{\mathrm{C}}) du signal d'écho parvenant au niveau du satellite est donc :

L'antenne du satellite ayant pour surface géométrique S_{\mathrm{a}} et sa normale étant orientée selon la direction (\mathrm{SC}), la surface apparente interceptant l'écho est exactement S_{\mathrm{a}}. La puissance reçue P_{\mathrm{e}} par l'antenne vaut donc :

Soit finalement :

D'après la géométrie de la visée (figure 10), la distance de la cible au satellite s'exprime par :

Pour H = 700\text{ km} = 7{,}0 \times 10^5\text{ m} et \theta = 30^{\circ} :

D'après le résultat de la question Q40, le rapport de puissance s'écrit :

Avec les valeurs numériques fournies :

• S_{\mathrm{a}} = 10\text{ m}^2 ;
• \sigma = 10^3\text{ m}^2 ;
• \lambda = 6{,}0\text{ cm} = 6{,}0 \times 10^{-2}\text{ m} (déterminée à la question Q32) ;
• R_{\mathrm{C}} \simeq 8{,}08 \times 10^5\text{ m}.

On calcule le numérateur et le dénominateur :

On en déduit :

Commentaire : La puissance reçue par le satellite est extraordinairement faible : pour une puissance émise P_0 = 4\text{ kW}, la puissance de l'écho n'est que de :

Cette atténuation drastique (de l'ordre de -170\text{ dB}) découle de la décroissance géométrique en 1/R_{\mathrm{C}}^4, caractéristique d'un aller-retour en onde sphérique sur une distance orbitale considérable (R_{\mathrm{C}} \simeq 800\text{ km}). La détection d'un signal aussi ténu nécessite des récepteurs à très faible bruit thermique (amplificateurs cryogéniques ou LNA) ainsi que des méthodes de filtrage adapté et de compression d'impulsion afin d'extraire l'écho du bruit de fond.