Voici le corrigé de Kepler et des satellites du contrôle : démonstrations, calculs détaillés et points par question sur un total de 20. Vérifiez surtout les conversions d’unités (kilomètres en mètres, jours en secondes).
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Corrigé de Kepler : la correction détaillée avec le barème
Correction de l’exercice 1 : la station spatiale en orbite basse (6 points)- Avec r = RT + h = 6,38 × 106 + 4,00 × 105 = 6,78 × 106 m : F = G MT m ÷ r2. Direction : la droite joignant les centres de la Terre et de la station ; sens : vers le centre de la Terre (force attractive) (1 pt).
- Deuxième loi de Newton : m a = F, donc a = G MT ÷ r2, dirigée vers le centre. a = 6,67 × 10−11 × 5,97 × 1024 ÷ (6,78 × 106)2 = 3,98 × 1014 ÷ 4,60 × 1013 = 8,66 m/s2 (1 pt).
- L’accélération n’a pas de composante tangentielle (at = dv/dt = 0), donc la valeur de la vitesse est constante ; la distance r est constante : le mouvement est circulaire uniforme (1 pt).
- Dans un mouvement circulaire uniforme, a = v2 ÷ r. Donc v2 ÷ r = G MT ÷ r2 et v = √(G MT ÷ r) = √(3,98 × 1014 ÷ 6,78 × 106) = 7,66 × 103 m/s, soit 7,66 km/s (1 pt).
- T = 2π r ÷ v = 2π × 6,78 × 106 ÷ 7,66 × 103 = 5,56 × 103 s, soit 92,6 min. Nombre de tours par jour : 86 400 ÷ 5 558 ≈ 15,5 (1 pt).
- T2 ÷ r3 = (5,56 × 103)2 ÷ (6,78 × 106)3 = 3,09 × 107 ÷ 3,12 × 1020 = 9,9 × 10−14 s2/m3 ; 4π2 ÷ (G MT) = 39,5 ÷ 3,98 × 1014 = 9,9 × 10−14 s2/m3 : les deux valeurs sont égales (1 pt).
- Il doit être dans le plan équatorial, tourner dans le même sens que la Terre (d’ouest en est) et avoir la même période que la rotation de la Terre sur elle-même (1,5 pt).
- Pour rester à la verticale du même point, il doit faire un tour en même temps que la Terre : T = 86 164 s, soit 23 h 56 min 4 s, durée du jour sidéral (0,5 pt).
- r3 = G MT T2 ÷ (4π2) = 3,98 × 1014 × (86 164)2 ÷ 39,5 = 7,49 × 1022 m3, d’où r = 4,21 × 107 m. Altitude : h = r − RT = 4,21 × 107 − 6,38 × 106 = 3,58 × 107 m, soit environ 35 800 km (2 pts).
- v = 2π r ÷ T = 2π × 4,21 × 107 ÷ 86 164 = 3,07 × 103 m/s, soit 3,07 km/s (1 pt).
- Deuxième loi : le segment qui joint le Soleil à la comète balaie des aires égales pendant des durées égales. Donc A₁ = A₂ (1 pt).
- La vitesse est maximale au périhélie : pour balayer la même aire pendant la même durée, la comète doit parcourir un arc plus long quand elle est proche du Soleil, donc aller plus vite (1 pt).
- 2a = rp + ra = 0,59 + 35,0 = 35,59 UA, donc a = 17,8 UA (1 pt).
- T2 = a3 = 17,83 = 5,64 × 103 ; T = 75 ans (1 pt).
- vp ÷ va = ra ÷ rp = 35,0 ÷ 0,59 = 59 : la comète va près de soixante fois plus vite au périhélie qu’à l’aphélie (1 pt).
- Pour un satellite en orbite circulaire autour d’un astre de masse M, v = √(G M ÷ r) et T = 2π r ÷ v. Donc T2 = 4π2 r2 ÷ v2 = 4π2 r3 ÷ (G M), soit T2 ÷ r3 = 4π2 ÷ (G MJ) (2 pts).
- T = 1,77 × 86 400 = 1,529 × 105 s. MJ = 4π2 r3 ÷ (G T2) = 39,5 × (4,22 × 108)3 ÷ (6,67 × 10−11 × (1,529 × 105)2) = 2,97 × 1027 ÷ 1,56 = 1,90 × 1027 kg (1 pt).
- v = 2π r ÷ T = 2π × 4,22 × 108 ÷ 1,529 × 105 = 1,73 × 104 m/s, soit 17,3 km/s (1 pt).
Barème et conseils
| Exercice | Thème | Points |
|---|---|---|
| 1 | Station spatiale en orbite basse | 6 |
| 2 | Satellite géostationnaire | 5 |
| 3 | Comète et lois de Kepler | 5 |
| 4 | Masse de Jupiter | 4 |
| Total | 20 |
Pour progresser : n’oubliez pas d’ajouter le rayon de l’astre à l’altitude pour obtenir r, convertissez toutes les grandeurs dans le système international, et retenez la chaîne a = G M ÷ r², puis v, puis T, qui conduit à la troisième loi de Kepler.