Prérequis :

• Expression de la force de gravitation de Newton et de l'énergie potentielle associée.
• Théorème du moment cinétique en un point (ou par rapport à un axe) fixe dans le référentiel d'étude.
• Expression de l'énergie sur une orbite elliptique identique à celle de l'orbite circulaire à condition de remplacer le diamètre par le grand axe.
• Somme des racines de l'équation \(ax^2+bx+c=0\) : \(-\dfrac{b}{a}\)

Savoir-faire :

• Problèmes liés aux satellites : PFD appliqué au satellite dans le référentiel géocentrique supposé galiléen (en coordonnées polaires dans le plan de la trajectoire).
• Force centrale \(\Rightarrow\) trajectoire plane (vecteurs position et vitesse orthogonaux à tout instant au vecteur moment cinétique constant).
• Constante des aires obtenue via le TMC.

1. Satellite géostationnaire
Solution

Un satellite géostationnaire est fixe par rapport à la Terre : sa période de rotation T autour de la Terre est égale à la période de rotation de la Terre dans le référentiel géocentrique.
Un satellite géostationnaire est nécessairement en orbite circulaire dans le plan de l'équateur (car la force de gravitation s'exerce vers le centre de la Terre).
Dans le référentiel géocentrique supposé galiléen le satellite n'est soumis qu'à la force gravitationnelle appliquée en son centre d'inertie G.
Par ailleurs, la Terre est supposée parfaitement sphérique et homogène, donc le champ gravitationnel créé est le même que celui qui serait créé par un point placé au centre de O de la Terre et qui aurait la masse \(M_T\) de la Terre (cf. théorème de Gauss).
Le théorème du centre d'inertie (seconde loi de Newton appliquée en G) en coordonnées polaires permet de relier la vitesse \(v=r\omega=r\dot\theta\) à la distance \( r = OG = r_T+h\) où h est l'altitude du satellite : \(v=\sqrt{\displaystyle\frac{G M_T}{r}}\).
Comme la vitesse est constante sur la trajectoire circulaire \( v = \displaystyle\frac{2 \pi r}{T}\), on retrouve alors la 3ème loi de Képler : \( r = r_T+h = \left( \displaystyle\frac{G M_T}{4 \pi^2}T^2\right)^\frac{1}{3}\).
Enfin, \( v = r \omega = \displaystyle\frac{2\pi r}{T}\).
A.N. avec T = 24 h = 86 400 s : r = 42 000 km ; h = 36 000 km et v = 3,1 km/s




2. Transfert
1. Constante des aires
Solution

La force gravitationnelle est une force centrale (i.e. colinéaire à (O,M)) donc son moment en O est nul.
Le théorème du moment cinétique implique alors que le vecteur moment cinétique \(\vec L _O(M/R)\) soit un vecteur constant.
⇒ La direction de \(\vec L _O(M/R)\) est constante donc la trajectoire est plane car à tout instant \(\overrightarrow{OM}\) et \(\vec v (M/R)\) sont orthogonaux à \(\vec L _O(M/R) = \overrightarrow{OM} \wedge m\vec v(M/R)\).
⇒ La norme de \(\vec L _O(M/R)\) est constante.
En coordonnées polaires dans le plan de la trajectoire, on en déduit la loi des aires : \(r^2\dot\theta=C\).




2. Energie mécanique
Solution

On cherche ici à démontrer ou retrouver rapidement l'expression de l'énergie mécanique sur une trajectoire elliptique.
La force gravitationnelle est conservative (elle dérive d'une énergie potentielle : \(\vec F = - \overrightarrow{\textrm{grad}} E_P\)) donc, en l'absence de force dissipative, l'énergie mécanique est constante.
Retrouver ou mémoriser l'expression de E :
Se souvenir que les expressions de l'énergie sur une trajectoire circulaire \( E=-\displaystyle\frac{GmM_T}{2r} \) et sur une trajectoire elliptique sont les mêmes à condition de remplacer le diamètre 2r par le grand axe 2a : \( E=-\displaystyle\frac{GmM_T}{2a} \).
L'expression de l'énergie pour la trajectoire circulaire se déduit sans problème des expressions de l'énergie mécanique, de l'énergie potentielle gravitationnelle \(E_{P_{grav}} = -\displaystyle\frac{GmM_T}{r} \) et de la vitesse obtenue à la question 1.

Démonstration de l'expression de E :
D'après l'expression \( E=-\displaystyle\frac{GmM_T}{2a} \), E est liée à \(2a = r_A + r_P\) où \(r_A\) et \(r_P\) sont les valeurs du rayon vecteur \( r = OM \) respectivement à l'apogée A et au périgée P or, en ces deux points, l'expression de l'énergie en coordonnées polaires est particulièrement simple car r étant extremum en A et P, \((\dot r)_A = 0\) et \((\dot r)_P = 0\).
Dans ces conditions et en éliminant le terme \(\dot\theta\) à l'aide le la loi des aires, l'énergie E est reliée à r par une équation de degré 2 en r.
La somme des racines d'une équation de degré 2 de la forme \(a x^2 + b x +c = 0\) étant \(\displaystyle\frac{-b}{a}\), on accède ainsi directement à la valeur de \(r_A + r_P\) en fonction de E, d'où le résultat.




3. Variation de vitesse
Solution

L'impulsion moteur au voisinage du point P est très courte : le satellite passe quasi instantanément de l'énergie de l'orbite circulaire à l'énergie de l'orbite elliptique sans variation d'altitude (son énergie potentielle est la même en P sur les deux trajectoires) donc la variation d'énergie mécanique se réduit à la variation d'énergie cinétique : \(\Delta E = \Delta E_C = \frac{1}{2}m\left( v_P^{\prime 2} -v_1^2\right) = -\dfrac{GmM_T}{r_1+r_2}+\dfrac{GmM_T}{2r_1} \).
On en déduit \(v_P^{\prime}\) puis \(\Delta v_1 = v_P^{\prime} - v_1 \).
A.N. : \(\Delta v_1 = 2,2\,\, \si{km} \si [-1]s \).




4. Vitesse en A
Solution

La vitesse en A est déduite de la conservation du moment cinétique
En P et A, les vitesses sont orthogonales au rayon vecteur donc, en ces points, le moment cinétique est simplement \(L_O(P)=r_P v_P^{\prime}\) et \(L_O(A)=r_A v_A\).
D'où \(v_A = \displaystyle\frac{r_P}{r_A}v_P^{\prime} \).
A.N. : \(v_A = 1,7\,\, \si{km} \si [-1]s \).