Feuille d'entraînement : Mouvement dans un champ de force centrale

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2025, Q26

   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 :

   m\vec{\gamma} = \vec{F}

   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 :

   m\left(-r\dot{\theta}^2\vec{e}_r + r\ddot{\theta}\vec{e}_\theta\right) = -\mathcal{G}\frac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2}\vec{e}_r

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

   \begin{aligned} \text{sur }\vec{e}_r &: -m r \dot{\theta}^2 = -\mathcal{G}\frac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2} \\ \text{sur }\vec{e}_\theta &: m r \ddot{\theta} = 0 \end{aligned}

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

   \ddot{\theta} = 0 \implies \dot{\theta} = \text{Cste}

   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 :

   r \dot{\theta}^2 = \frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^2} \implies \dot{\theta}^2 = \frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}

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

   \boxed{\omega = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}} = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{(R_{\mathrm{T}} + H)^3}}}

   Résultat

   $$\omega =\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_{\mathrm{T}}}{r^3}}=\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_{\mathrm{T}}}{(R_{\mathrm{T}}+H{)}^3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2025, Q27

   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} :

   T = \frac{2\pi}{\omega}

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

   \boxed{T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}}}

   Résultat

   $$T=2\pi \sqrt{\frac{r^3}{\mathcal{G}{M}_{\mathrm{T}}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2025, Q28

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

   r = R_{\mathrm{T}} + H = 6\,400\text{ km} + 700\text{ km} = 7\,100\text{ km} = 7{,}1 \times 10^6\text{ m}

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

   T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}}

   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 :

   \begin{aligned} T &= 2\pi \sqrt{\frac{(7{,}1 \times 10^6)^3}{6{,}7 \times 10^{-11} \times 6{,}0 \times 10^{24}}} \\ &\simeq 5{,}93 \times 10^3\text{ s} \simeq 98{,}8\text{ min} \simeq 1{,}6\text{ h} \end{aligned}

   En ne conservant que deux chiffres significatifs :

   \boxed{T \simeq 5{,}9 \times 10^3\text{ s} \simeq 99\text{ min}}

   La vitesse orbitale scalaire du satellite vaut :

   v = r\omega = \sqrt{\frac{\mathcal{G}M_{\mathrm{T}}}{r}} = \frac{2\pi r}{T}

   L'application numérique donne :

   \begin{aligned} v &= \sqrt{\frac{6{,}7 \times 10^{-11} \times 6{,}0 \times 10^{24}}{7{,}1 \times 10^6}} \\ &\simeq 7{,}52 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{v \simeq 7{,}5\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} = 7{,}5 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$T\simeq 5,9\times 10^3\text{ s}\simeq 99\text{ min}$$

   $$v\simeq 7,5\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}=7,5\times 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2025, Q29

   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 :

   \Delta\varphi = \Omega T = 2\pi \frac{T}{T_0}

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

   \boxed{\Delta\varphi = \frac{24\pi}{175}\text{ rad}}

   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 :

   L = R_{\mathrm{T}} \Delta\varphi = 2\pi R_{\mathrm{T}} \frac{T}{T_0}

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

   \boxed{L = \frac{24\pi}{175} R_{\mathrm{T}}}

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

   L = \frac{24\pi}{175} \times 6\,400 \times 10^3\text{ m} \simeq 2{,}76 \times 10^6\text{ m} = 2\,760\text{ km}

   Résultat

   $$\Delta \phi =\frac{24\pi }{175}\text{ rad}$$

   $$L=\frac{24\pi }{175}{R}_{\mathrm{T}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2025, Q30

   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 :

   T_{\mathrm{c}} = k\,T_0 = N_{\mathrm{c}}\,T

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

   k\,T_0 = N_{\mathrm{c}} \times \frac{12}{175}\,T_0 \iff 175\,k = 12\,N_{\mathrm{c}}

   Décomposons 12 et 175 en facteurs premiers :

   \begin{aligned} 12 &= 2^2 \times 3 \\ 175 &= 5^2 \times 7 \end{aligned}

   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 :

   k = 12

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

   N_{\mathrm{c}} = 175

   La durée du cycle orbital vaut ainsi :

   \boxed{T_{\mathrm{c}} = 12\,T_0 = 175\,T \quad (\text{soit } 12\text{ jours})}

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

   \boxed{N_{\mathrm{c}} = 175}

   Résultat

   $$T_{\mathrm{c}}=12T_0=175T(\text{soit }12\text{ jours})$$

   $$N_{\mathrm{c}}=175$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2025, Q31

   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 :

   L = \frac{12}{175} \times 2\pi R_{\mathrm{T}}

   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_{\mathrm{c}} = \frac{2\pi R_{\mathrm{T}}}{N_{\mathrm{c}}} = \frac{L}{12}

   D'où l'expression recherchée :

   \boxed{d_{\mathrm{c}} = \frac{2\pi R_{\mathrm{T}}}{175}}

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

   d_{\mathrm{c}} = \frac{2\pi \times 6\,400 \times 10^3}{175} \simeq 2{,}30 \times 10^5\text{ m}

   \boxed{d_{\mathrm{c}} \simeq 230\text{ km}}

   Résultat

   $$d_{\mathrm{c}}=\frac{2\pi R_{\mathrm{T}}}{175}$$

   $$d_{\mathrm{c}}\simeq 230\text{ km}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question