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

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q43

   On étudie le mouvement d'un nano-satellite de masse m_s, modélisé par un point matériel S, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen.

   La Terre, de masse M_T et de rayon R_T, étant assimilée à une sphère homogène, elle exerce sur le satellite situé à l'altitude h_s (soit à la distance r = R_T + h_s de son centre) la force d'attraction gravitationnelle :

   \boxed{\vec{F}_{\mathrm{T}\to s} = -\frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2}\,\vec{u}_r = \frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2}\,\vec{n}}

   où \vec{u}_r est le vecteur unitaire radial dirigé du centre de la Terre vers le satellite, et \vec{n} = -\vec{u}_r le vecteur unitaire normal centripète (dirigé vers le centre de la Terre).

   Le satellite n'étant soumis qu'à cette seule force gravitationnelle, la deuxième loi de Newton s'écrit :

   m_s \vec{a} = \vec{F}_{\mathrm{T}\to s}

   Dans le repère de Frenet (\vec{t}, \vec{n}), l'accélération d'un point décrivant une trajectoire circulaire de rayon r = R_T + h_s à la vitesse v_s s'écrit :

   \vec{a} = \frac{\mathrm{d}v_s}{\mathrm{d}t}\,\vec{t} + \frac{v_s^2}{R_T + h_s}\,\vec{n}

   La force gravitationnelle étant purement centripète, la projection selon la direction tangentielle donne \frac{\mathrm{d}v_s}{\mathrm{d}t} = 0 : le mouvement est uniforme.

   La projection sur le vecteur normal centripète \vec{n} donne :

   \begin{aligned} m_s \frac{v_s^2}{R_T + h_s} &= \frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2} \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la vitesse orbitale v_s :

   \boxed{v_s = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_T}{R_T + h_s}}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} R_T + h_s &= (6\,371 + 650) \times 10^3\text{ m} = 7{,}021 \times 10^6\text{ m} \\ v_s &= \sqrt{\frac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{7{,}021 \times 10^6}} \simeq 7{,}53 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{v_s = 7{,}53\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\mathrm{T}\to s}=-\frac{\mathcal{G}{M}_T{m}_s}{(R_T+h_s{)}^2}{\vec{u}}_r=\frac{\mathcal{G}{M}_T{m}_s}{(R_T+h_s{)}^2}\vec{n}$$

   $$v_s=\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_T}{R_T+h_s}}$$

   $$v_s=7,53\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2021, Q32

   Soit \vec{u}_{B \to A} = \frac{\vec{BA}}{\|\vec{BA}\|} le vecteur unitaire orienté de la source B vers le point d'observation A, et notons r = AB = \|\vec{BA}\| la distance séparant les deux points.

   • Force d'interaction électrostatique (loi de Coulomb) :

     La force exercée par la charge q_B sur la charge q_A s'écrit :

     \boxed{\vec{F}_e = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_A q_B}{r^2} \, \vec{u}_{B \to A} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_A q_B}{r^3} \, \vec{BA}}

     où \varepsilon_0 désigne la permittivité diélectrique du vide. Cette interaction est répulsive si les charges sont de même signe (q_A q_B > 0) et attractive si elles sont de signes opposés (q_A q_B < 0).

   • Force d'attraction gravitationnelle (loi de Newton) :

     La force exercée par la masse m_B sur la masse m_A est toujours attractive, dirigée de A vers B (donc opposée à \vec{u}_{B \to A}) :

     \boxed{\vec{F}_g = - G \frac{m_A m_B}{r^2} \, \vec{u}_{B \to A} = - G \frac{m_A m_B}{r^3} \, \vec{BA}}

     où G est la constante gravitationnelle universelle.

   Résultat

   $${\vec{F}}_e=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q_A{q}_B}{r^2}{\vec{u}}_{B\to A}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q_A{q}_B}{r^3}\overrightarrow{BA}$$

   $${\vec{F}}_g=-G\frac{m_A{m}_B}{r^2}{\vec{u}}_{B\to A}=-G\frac{m_A{m}_B}{r^3}\overrightarrow{BA}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q45

   1. Champ 1 (ligne 11) : Calcul de l'angle \theta_h

   Le flotteur F est situé au sommet de la Terre en (x_0, y_0) = (0, R_T). La ligne d'horizon en F est le plan tangent à la sphère terrestre en F, d'équation y = R_T, donc orthogonale au rayon terrestre \vec{OF} = R_T\,\vec{u}_y.

   À l'instant t = 0, le satellite apparaît sur cette ligne d'horizon en un point S. Le triangle OFS est rectangle en F, avec pour côtés OF = R_T et OS = R_T + h_s. Par projection :

   \cos\theta_h = \frac{OF}{OS} = \frac{R_T}{R_T + h_s} \implies \theta_h = \arccos\left(\frac{R_T}{R_T + h_s}\right)

   Le champ 1 se complète par :

   np.arccos(RT / (RT + hs))

   2. Champ 2 (ligne 12) : Vitesse angulaire \omega

   Le satellite est animé d'un mouvement circulaire uniforme de rayon r_s = R_T + h_s à la vitesse orbitale v_s. Sa vitesse angulaire dans le référentiel géocentrique est :

   \omega = \frac{v_s}{R_T + h_s}

   Le champ 2 se complète par :

   vs / (RT + hs)

   3. Champ 3 (ligne 13) : Durée de la communication T

   D'après les lignes 19 et 20 du script, la position angulaire du satellite repérée par rapport à la verticale du flotteur est \theta(t) = \theta_h - \omega t. Le satellite apparaît au-dessus de l'horizon à t = 0 (\theta(0) = \theta_h), passe au zénith à \theta = 0, puis disparaît sous l'horizon lorsque \theta(T) = -\theta_h :

   \theta_h - \omega T = -\theta_h \implies T = \frac{2\theta_h}{\omega}

   Le champ 3 se complète par :

   2 * theta_h / omega

   4. Champ 4 (ligne 23) : Tableau des distances SF

   La position du flotteur est définie à la ligne 9 par (x_0, y_0) = (0, R_T). Les coordonnées cartésiennes du satellite au cours du temps sont stockées dans les tableaux NumPy x_sat et y_sat. La distance SF(t) s'exprime par le théorème de Pythagore :

   SF(t) = \sqrt{(x_{\mathrm{sat}}(t) - x_0)^2 + (y_{\mathrm{sat}}(t) - y_0)^2}

   Le champ 4 se complète par :

   np.sqrt((x_sat - x0)**2 + (y_sat - y0)**2)

   Indice, stratégie et pièges de cette question