Chute libre ou satellite, la méthode est la même : tu écris la deuxième loi de Newton, $\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$, avec pour seule force l'attraction de la Terre, et la masse $m$ disparaît des deux côtés. Pour une bille lâchée sans vitesse, il reste $\vec{a} = \vec{g}$ : tombée de 1,25 m, elle touche le sol au bout de $t = \sqrt{\dfrac{2 \times 1{,}25}{9{,}81}} \approx 0{,}50$ s, qu'elle soit en verre ou en acier. Pour un satellite, il reste $a = \dfrac{G M_T}{r^2}$ : c'est son altitude qui fixe sa vitesse.
Une méthode, deux mouvements
Dans un référentiel galiléen, celui où le principe d'inertie est vérifié, la somme des forces extérieures appliquées à un système est égale à sa masse multipliée par l'accélération de son centre de masse : c'est la deuxième loi de Newton. Le référentiel terrestre convient pour un mouvement de quelques secondes, le référentiel géocentrique (centré sur la Terre, axes pointés vers des étoiles lointaines) pour un satellite.
Étape 1 : Choisir le système et le référentiel.
Étape 2 : Faire le bilan des forces. En chute libre, il n'y en a qu'une : le poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$ près du sol, ou la force de gravitation de valeur $F = \dfrac{G M_T m}{r^2}$ pour un satellite ($G$ constante de gravitation, $M_T$ masse de la Terre, $r$ distance au centre de la Terre).
Étape 3 : Écrire la deuxième loi et en tirer l'accélération $\vec{a}$.
Étape 4 : Projeter $\vec{a}$ dans un repère adapté, puis remonter à la vitesse et à la position.
Comme $\vec{a}$ est la dérivée de la vitesse $\vec{v}$ par rapport au temps, et $\vec{v}$ celle de la position, l'étape 4 revient à chercher deux primitives. Chacune amène une constante, fixée par les conditions initiales : position et vitesse à $t = 0$.
La chute libre
Définition : un système est en chute libre quand il n'est soumis qu'à son poids. On néglige alors la résistance de l'air et la poussée d'Archimède.
La deuxième loi donne $m\,\vec{a} = m\,\vec{g}$, donc $\vec{a} = \vec{g}$. À l'échelle d'un lancer, ce champ de pesanteur est uniforme : partout vertical, vers le bas, de valeur $g \approx 9{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. La masse a disparu. Sur la Lune, sans air, l'astronaute David Scott l'a montré pendant la mission Apollo 15 : un marteau et une plume lâchés ensemble ont touché le sol au même instant (récit de la NASA).
Lance un ballon depuis l'origine $O$ avec une vitesse $v_0$ qui fait un angle $\alpha$ avec l'horizontale. Prends $(Ox)$ horizontal dans le sens du lancer et $(Oz)$ vertical vers le haut : $a_x = 0$ et $a_z = -g$. Les constantes de primitive sont les valeurs de départ : $v_x(0) = v_0\cos\alpha$, $v_z(0) = v_0\sin\alpha$ et $x(0) = z(0) = 0$.
Formule : équations horaires dans le champ de pesanteur
$$v_x(t) = v_0\cos\alpha \qquad v_z(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha$$
$$x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \qquad z(t) = -\frac{1}{2}g\,t^2 + v_0\sin\alpha \cdot t$$
À l'horizontale, aucune force : la vitesse reste constante. À la verticale, $v_z$ diminue de $9{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ chaque seconde. Sur le troisième axe, tout est nul au départ et le reste : le mouvement est plan.
Pour la trajectoire, élimine le temps : $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$, à remplacer dans $z(t)$.
$$z = -\frac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha$$
C'est une parabole tournée vers le bas. Établir ces équations et cette trajectoire est exigé par le programme de spécialité de Terminale, tout comme l'usage de l'énergie mécanique.
Contrôle rapide par l'énergie : en chute libre, l'énergie mécanique $E_m = \dfrac{1}{2}mv^2 + mgz$ se conserve ($z$ compté vers le haut). Lâché sans vitesse d'une hauteur $h$, un objet arrive donc en bas avec $v = \sqrt{2gh}$, sans passer par le temps.
Piège classique : le signe de $g$ dépend de ton axe : $a_z = -g$ s'il est orienté vers le haut, $a_z = +g$ vers le bas. Écris ton choix sur la copie. Autre piège : lâché sans vitesse ou lancé à la verticale, l'objet reste sur une droite verticale. Pas de parabole, et pas de division possible par $v_0\cos\alpha$, qui est nul.
Le satellite en orbite circulaire
Un satellite est lui aussi en chute libre : seule l'attraction de la Terre agit sur lui. Il tombe sans cesse vers elle, mais file si vite de côté qu'il ne la rejoint jamais. On l'étudie dans le référentiel géocentrique, sur une orbite circulaire de rayon $r = R_T + h$, où $R_T$ est le rayon de la Terre et $h$ l'altitude.
La force tourne avec le satellite, alors on le suit avec le repère de Frenet : le vecteur unitaire $\vec{u}_T$ est tangent à la trajectoire dans le sens du mouvement, et $\vec{u}_N$ pointe vers le centre du cercle.
Formule : pour un mouvement circulaire de rayon $r$, dans le repère de Frenet,
$$\vec{a} = \frac{dv}{dt}\,\vec{u}_T + \frac{v^2}{r}\,\vec{u}_N$$
La deuxième loi donne $m\,\vec{a} = \dfrac{G M_T m}{r^2}\,\vec{u}_N$. Compare coordonnée par coordonnée. Selon $\vec{u}_T$ : $\dfrac{dv}{dt} = 0$, la valeur de la vitesse ne change pas, le mouvement est circulaire uniforme. Selon $\vec{u}_N$ : $\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G M_T}{r^2}$, d'où
$$v = \sqrt{\frac{G M_T}{r}}$$
La masse du satellite a encore disparu, et plus $r$ est grand, plus $v$ est petite : l'orbite impose la vitesse.
Kepler et l'orbite géostationnaire
La période de révolution $T$ est la durée d'un tour. Le satellite parcourt $2\pi r$ à la vitesse $v$, donc $T = \dfrac{2\pi r}{v}$. Élève au carré et remplace $v^2$ par $\dfrac{G M_T}{r}$ :
$$T^2 = \frac{4\pi^2 r^2}{v^2} = \frac{4\pi^2 r^3}{G M_T} \quad \text{donc} \quad \frac{T^2}{r^3} = \frac{4\pi^2}{G M_T}$$
C'est la troisième loi de Kepler, dans le cas d'une orbite circulaire. Le rapport $\dfrac{T^2}{r^3}$ est le même pour tous les satellites de la Terre, car il ne dépend que de la masse de l'astre central ; la loi vaut aussi pour les planètes, avec la masse du Soleil. Si tu l'oublies, ces trois lignes la redonnent.
Un satellite géostationnaire reste au-dessus du même point de l'équateur. Il lui faut pour cela une orbite circulaire dans le plan de l'équateur, parcourue dans le sens de rotation de la Terre, en une période égale à la durée d'un tour de la Terre sur elle-même par rapport aux étoiles : 23,9345 h, soit environ $86\,164$ s (fiche Terre de la NASA). Et non 24 h, durée qui ramène le Soleil au même point du ciel. La troisième loi de Kepler n'autorise alors qu'un seul rayon : tu le calcules dans l'exercice 4.
Piège classique : dans $\dfrac{G M_T}{r^2}$ comme dans la loi de Kepler, $r$ est la distance au centre de la Terre, pas l'altitude. À 500 km d'altitude, $r = 6\,371 + 500 = 6\,871$ km. Et avant tout calcul, passe les kilomètres en mètres et les heures en secondes.
Exercices corrigés
Exercice 1 : Un plongeur se laisse tomber sans vitesse initiale d'un rocher situé 20 m au-dessus de l'eau. On néglige l'air et on prend $g = 9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Au bout de combien de temps touche-t-il l'eau ? À quelle vitesse, en $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ puis en km/h ?
Correction :
Système : le plongeur, assimilé à un point ; référentiel terrestre ; une seule force, le poids, donc $a = g$. Avec un axe vertical vers le bas et l'origine au départ : $v(t) = g\,t$ et $z(t) = \dfrac{1}{2}g\,t^2$.
Il touche l'eau quand $z = 20$ m : $t = \sqrt{\dfrac{2 \times 20}{9{,}81}} \approx 2{,}02$ s.
Sa vitesse vaut alors $v = 9{,}81 \times 2{,}02 \approx 19{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, soit $19{,}8 \times 3{,}6 \approx 71$ km/h.
Contrôle par l'énergie : $v = \sqrt{2 \times 9{,}81 \times 20} \approx 19{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.
Exercice 2 : Un ballon, assimilé à un point, est frappé depuis le sol à $15\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, à 30° au-dessus de l'horizontale. On néglige l'air et on prend $g = 9{,}81\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Établis les équations horaires $x(t)$ et $z(t)$, puis calcule la hauteur maximale atteinte et la distance à laquelle le ballon retombe.
Correction :
On prend $(Ox)$ horizontal, $(Oz)$ vers le haut, l'origine au point de frappe. Ici $v_0\cos\alpha = 15\cos 30^\circ \approx 12{,}99\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et $v_0\sin\alpha = 15 \times 0{,}5 = 7{,}5\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, donc $x(t) = 12{,}99\,t$ et $z(t) = -4{,}905\,t^2 + 7{,}5\,t$, en mètres pour $t$ en secondes.
Au sommet, la vitesse verticale s'annule : $-9{,}81\,t + 7{,}5 = 0$ donne $t \approx 0{,}765$ s, puis $z \approx -4{,}905 \times 0{,}765^2 + 7{,}5 \times 0{,}765 \approx 2{,}87$ m.
Le ballon retombe quand $z = 0$, soit $t\,(-4{,}905\,t + 7{,}5) = 0$. La solution $t = 0$ est le départ ; l'autre vaut $t = \dfrac{7{,}5}{4{,}905} \approx 1{,}53$ s. Il retombe donc à $x \approx 12{,}99 \times 1{,}53 \approx 19{,}9$ m du point de frappe.
Exercice 3 : Un satellite tourne autour de la Terre sur une orbite circulaire, à 800 km d'altitude. Calcule sa vitesse dans le référentiel géocentrique et sa période de révolution. Données : $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^2\cdot\text{kg}^{-2}$ ; $M_T = 5{,}97\times10^{24}$ kg ; $R_T = 6\,371$ km.
Correction :
Rayon de l'orbite : $r = 6\,371 + 800 = 7\,171$ km, soit $7{,}171\times10^{6}$ m.
$v = \sqrt{\dfrac{G M_T}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67\times10^{-11} \times 5{,}97\times10^{24}}{7{,}171\times10^{6}}} \approx 7{,}45\times10^{3}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, environ 7,45 km/s.
$T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi \times 7{,}171\times10^{6}}{7{,}45\times10^{3}} \approx 6{,}05\times10^{3}$ s, soit environ 1 h 41 min.
Exercice 4 : Calcule l'altitude d'un satellite géostationnaire. Données : période $T = 86\,164$ s ; $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \text{N}\cdot\text{m}^2\cdot\text{kg}^{-2}$ ; $M_T = 5{,}97\times10^{24}$ kg ; $R_T = 6\,371$ km.
Correction :
La troisième loi de Kepler donne $r^3 = \dfrac{G M_T T^2}{4\pi^2} = \dfrac{6{,}67\times10^{-11} \times 5{,}97\times10^{24} \times 86\,164^2}{4\pi^2} \approx 7{,}49\times10^{22}\ \text{m}^3$, d'où $r = \sqrt[3]{7{,}49\times10^{22}} \approx 4{,}215\times10^{7}$ m, soit $42\,150$ km.
Ce n'est pas encore la réponse : $r$ se mesure depuis le centre de la Terre. L'altitude vaut $h = r - R_T \approx 42\,150 - 6\,371 \approx 3{,}58\times10^{4}$ km, environ $35\,800$ km au-dessus de l'équateur. Répondre $42\,150$ km, c'est l'erreur classique de cet exercice.
À retenir
À retenir :
- En chute libre, seule l'attraction de la Terre agit et la masse disparaît : près du sol, $\vec{a} = \vec{g}$.
- Équations horaires : deux primitives, dont les constantes sont les conditions initiales.
- La trajectoire s'obtient en éliminant $t$ : une parabole, sauf pour un objet lâché sans vitesse ou lancé à la verticale.
- Sur une orbite circulaire, le mouvement est uniforme et $v = \sqrt{\dfrac{G M_T}{r}}$, avec $r = R_T + h$.
- La troisième loi de Kepler, $\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi^2}{G M_T}$, se retrouve à partir de $T = \dfrac{2\pi r}{v}$.
Sources
- Programme de physique-chimie de terminale générale, Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019 : texte sur education.gouv.fr.
- NASA, « Apollo 15 Hammer-Feather Drop » : page en anglais.
- NASA, « Earth Fact Sheet », mise à jour du 15 novembre 2024 : page en anglais.