Satellites et planètes : mouvement circulaire et lois de Kepler

Le Soleil a pour masse $M_S=1,99\times {10}^{30}$ kg ; Mercure a pour masse $m=3,30\times {10}^{23}$ kg, et la distance moyenne entre leurs centres vaut $d=5,79\times {10}^{10}$ m. On prend $G=6,67\times {10}^{-11}$ m³·kg⁻¹·s⁻² et l’on ne tient compte que de l’attraction du Soleil.

1. Référentiel adapté à l’étude du mouvement de Mercure : référentiel
   Mercure tourne autour du Soleil : on se place dans le référentiel héliocentrique (centre du Soleil, axes vers des étoiles lointaines), supposé galiléen.
2. Valeur de la force exercée par le Soleil sur Mercure : $F=$ × 10²² N
   $F=G{\displaystyle \frac{M_{S}m}{d^2}}={\displaystyle \frac{6,67\times {10}^{-11}\times 1,99\times {10}^{30}\times 3,30\times {10}^{23}}{(5,79\times {10}^{10}{)}^2}}\approx$ 1,31 × 10²² N, dirigée de Mercure vers le centre du Soleil.
3. Valeur du champ de gravitation créé par le Soleil à cette distance : $\mathcal{G}=$ × 10⁻² N·kg⁻¹
   $\mathcal{G}=G{\displaystyle \frac{M_S}{d^2}}={\displaystyle \frac{1,33\times {10}^{20}}{3,35\times {10}^{21}}}\approx$ 3,96 × 10⁻² N·kg⁻¹ ; on retrouve aussi ${\displaystyle \frac{F}{m}}$.
4. Valeur de l’accélération de Mercure : $a=$ × 10⁻² m·s⁻²
   Deuxième loi de Newton : $m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{\mathcal{G}}$, donc $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{\mathcal{G}}$ et $a=$ 3,96 × 10⁻² m·s⁻². La masse de Mercure s’est simplifiée : c’est la même valeur que le champ, et elle ne dépend pas de la planète.

Un satellite d’observation tourne à l’altitude $h=700$ km. Données : $R_T=6380$ km ; $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻².

1. Distance du satellite au centre de la Terre : $r=$ km
   $r=R_T+h=6380+700=$ 7 080 km, soit $7,08\times {10}^6$ m.
2. Champ de gravitation terrestre à cette altitude : $\mathcal{G}=$ N·kg⁻¹
   $\mathcal{G}={\displaystyle \frac{G{M}_T}{r^2}}={\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{(7,08\times {10}^6{)}^2}}\approx$ 7,94 N·kg⁻¹.
3. Un élève prend $r=700$ km : il trouve $\mathcal{G}=$ N·kg⁻¹
   ${\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{(7,00\times {10}^5{)}^2}}\approx$ 812 N·kg⁻¹, plus de 80 fois le champ au sol : un résultat absurde, qui signale l’oubli du rayon terrestre.
4. Ce champ vaut % de sa valeur au sol, calculée avec le même modèle
   Au sol $r=R_T$ : le rapport vaut ${\left({\displaystyle \frac{R_T}{r}}\right)}^2={\left({\displaystyle \frac{6380}{7080}}\right)}^2\approx 0,812$, soit 81,2 %. Ni $G$ ni $M_T$ ne sont utiles pour un rapport.
5. Altitude à laquelle le champ terrestre vaut le neuvième de sa valeur au sol : $h=$ km
   Diviser $\mathcal{G}$ par 9 revient à multiplier $r$ par $\sqrt{9}=3$ : $r=3R_T$, donc $h=r-R_T=2R_T=$ 12 760 km, et non $3R_T$.

Une sonde, moteurs coupés, traverse le segment qui joint les centres de la Terre et de la Lune. Données : $M_T=5,97\times {10}^{24}$ kg ; $M_L=7,35\times {10}^{22}$ kg ; distance entre les centres $d=3,84\times {10}^8$ m ; $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; $G=6,67\times {10}^{-11}$ SI. On néglige l’attraction du Soleil.

1. Rapport des masses ${\displaystyle \frac{M_T}{M_L}}=$
   ${\displaystyle \frac{5,97\times {10}^{24}}{7,35\times {10}^{22}}}\approx$ 81,2.
2. Distance au centre de la Terre du point où les deux champs ont la même valeur : × 10⁸ m
   À la distance $x$ de la Terre : ${\displaystyle \frac{G{M}_T}{x^2}}={\displaystyle \frac{G{M}_L}{(d-x{)}^2}}$, donc ${\displaystyle \frac{x}{d-x}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{M_T}{M_L}}}\approx 9,01$ et $x={\displaystyle \frac{9,01}{10,01}}d\approx$ 3,46 × 10⁸ m, à environ 38 400 km du centre de la Lune.
3. Valeur de chacun des deux champs en ce point : × 10⁻³ N·kg⁻¹
   ${\mathcal{G}}_T={\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{(3,456\times {10}^8{)}^2}}\approx$ 3,33 × 10⁻³ N·kg⁻¹, et le champ lunaire a la même valeur.
4. Accélération de la sonde en ce point : $a=$ m·s⁻²
   Les deux champs ont même valeur et des sens opposés (l’un vers la Terre, l’autre vers la Lune) : leur somme est nulle, donc $a=$ 0. Ce n’est pas un point où la gravitation disparaît : deux attractions s’y compensent.
5. Au-delà de ce point, en allant vers la Lune, l’accélération de la sonde est dirigée vers
   Plus près de la Lune, le champ lunaire l’emporte : l’accélération est dirigée vers la Lune, et une sonde qui a franchi ce point « tombe » vers elle.

Un satellite décrit une orbite circulaire de rayon $r=8500$ km autour du centre de la Terre, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen. Donnée : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻².

1. Le vecteur accélération du satellite est dirigé vers le de la Terre
   Seule force : l’attraction terrestre, dirigée vers le centre de la Terre ; d’après la deuxième loi de Newton, $\overrightarrow{a}$ a la même direction et le même sens : il est centripète.
2. Coordonnée tangentielle de l’accélération : ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}}=$ m·s⁻²
   La force n’a pas de coordonnée selon ${\overrightarrow{u}}_t$ : ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}}=$ 0, la valeur de la vitesse est constante.
3. Valeur de l’accélération : $a=$ m·s⁻²
   $a={\displaystyle \frac{G{M}_T}{r^2}}={\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{(8,50\times {10}^6{)}^2}}\approx$ 5,51 m·s⁻².
4. Valeur de la vitesse : $v=$ km·s⁻¹
   $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{G{M}_T}{r}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{8,50\times {10}^6}}}\approx 6,84\times {10}^3$ m·s⁻¹, soit 6,84 km·s⁻¹.
5. Angle entre le vecteur vitesse et le rayon de l’orbite : °
   Le vecteur vitesse est tangent au cercle, donc perpendiculaire au rayon : 90°. Il est perpendiculaire au vecteur accélération.

La Lune décrit autour de la Terre une orbite considérée comme circulaire, de rayon $r=3,84\times {10}^8$ m, en $T=27,3$ jours. Données : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; 1 jour = 86 400 s.

1. Valeur de la vitesse de la Lune, calculée à partir de $r$ et de $T$ : $v=$ km·s⁻¹
   $T=27,3\times 86400\approx 2,359\times {10}^6$ s et $v={\displaystyle \frac{2\pi r}{T}}={\displaystyle \frac{2\pi \times 3,84\times {10}^8}{2,359\times {10}^6}}\approx 1,02\times {10}^3$ m·s⁻¹, soit 1,02 km·s⁻¹.
2. Accélération déduite du mouvement, $a={\displaystyle \frac{v^2}{r}}={\displaystyle \frac{4{\pi }^{2}r}{T^2}}$ : $a=$ × 10⁻³ m·s⁻²
   $a={\displaystyle \frac{4{\pi }^2\times 3,84\times {10}^8}{(2,359\times {10}^6{)}^2}}\approx$ 2,72 × 10⁻³ m·s⁻².
3. Champ de gravitation terrestre à la distance de la Lune : $\mathcal{G}=$ × 10⁻³ N·kg⁻¹
   $\mathcal{G}={\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{(3,84\times {10}^8{)}^2}}\approx$ 2,70 × 10⁻³ N·kg⁻¹.
4. Écart relatif entre ces deux valeurs, arrondi à l’unité : %
   ${\displaystyle \frac{2,725-2,699}{2,699}}\approx 0,01$, soit 1 % environ. La deuxième loi de Newton prévoit $a=\mathcal{G}$ : la mesure du mouvement la confirme ; le petit écart vient surtout de ce que la Terre est, elle aussi, attirée par la Lune : le centre de la Terre, origine du référentiel géocentrique, n’est pas tout à fait immobile, et la Lune tourne en réalité autour du centre de masse du système Terre-Lune ; l’attraction du Soleil réduit un peu cet effet.
5. Un élève affirme : « la Lune tourne à vitesse constante, donc aucune force ne s’exerce sur elle ». Ce qui change en permanence, c’est la du vecteur vitesse
   La valeur de la vitesse est constante, mais sa direction tourne : le vecteur vitesse varie, l’accélération n’est pas nulle, et une force s’exerce, l’attraction terrestre, qui courbe la trajectoire sans changer la valeur de la vitesse.

Un module habité tourne autour de la Lune sur une orbite circulaire, à l’altitude $h=100$ km. Données : $M_L=7,35\times {10}^{22}$ kg ; $R_L=1737$ km ; $G=6,67\times {10}^{-11}$ m³·kg⁻¹·s⁻².

1. Produit $G{M}_L=$ × 10¹² m³·s⁻²
   $G{M}_L=6,67\times {10}^{-11}\times 7,35\times {10}^{22}\approx$ 4,90 × 10¹² m³·s⁻², 81 fois moins que pour la Terre.
2. Vitesse du module : $v=$ km·s⁻¹
   $r=1737+100=1837$ km et $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{4,90\times {10}^{12}}{1,837\times {10}^6}}}\approx 1,63\times {10}^3$ m·s⁻¹, soit 1,63 km·s⁻¹.
3. Un élève remplace $r$ par l’altitude : il trouve $v=$ km·s⁻¹
   $\sqrt{{\displaystyle \frac{4,90\times {10}^{12}}{1,00\times {10}^5}}}\approx$ 7,00 km·s⁻¹ : plus de quatre fois trop, alors que l’orbite n’est qu’à 100 km du sol lunaire.
4. Accélération d’un astronaute qui flotte dans le module : $a=$ m·s⁻²
   L’astronaute est, comme le module, soumis à la seule attraction lunaire : $a=\mathcal{G}={\displaystyle \frac{G{M}_L}{r^2}}={\displaystyle \frac{4,90\times {10}^{12}}{(1,837\times {10}^6{)}^2}}\approx$ 1,45 m·s⁻². Il flotte parce que le module a la même accélération, pas parce que le champ serait nul.
5. Altitude à laquelle un module en orbite circulaire autour de la Lune aurait une vitesse de 1,00 km·s⁻¹ : km
   De $v^2={\displaystyle \frac{G{M}_L}{r}}$ : $r={\displaystyle \frac{G{M}_L}{v^2}}={\displaystyle \frac{4,90\times {10}^{12}}{(1,00\times {10}^3{)}^2}}\approx 4902$ km, donc $h=r-R_L\approx$ 3 165 km. Pour aller moins vite, il faut monter.

Un satellite de navigation décrit une orbite circulaire de rayon $r=26580$ km autour du centre de la Terre. Données : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; jour sidéral : 86 164 s.

1. Vitesse du satellite : $v=$ km·s⁻¹
   $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}}{2,658\times {10}^7}}}\approx 3,87\times {10}^3$ m·s⁻¹, soit 3,87 km·s⁻¹.
2. Période de révolution : $T=$ × 10⁴ s
   $T={\displaystyle \frac{2\pi r}{v}}={\displaystyle \frac{2\pi \times 2,658\times {10}^7}{3,87\times {10}^3}}\approx$ 4,32 × 10⁴ s.
3. Cette période vaut 11 h min
   ${\displaystyle \frac{43159}{3600}}\approx 11,99$ h ; $0,99\times 60\approx 59$ : 11 h 59 min.
4. Nombre de révolutions effectuées pendant un jour sidéral :
   ${\displaystyle \frac{86164}{43159}}\approx$ 2,00 : le satellite repasse au-dessus du même point du sol après deux tours, une fois par jour.

Io, satellite de Jupiter, décrit une orbite quasi circulaire de rayon $r=4,22\times {10}^8$ m en $T=1,77$ jour. Ganymède, autre satellite de Jupiter, tourne à $r\prime =1,07\times {10}^9$ m. Données : $G=6,67\times {10}^{-11}$ SI ; $M_T=5,97\times {10}^{24}$ kg ; 1 jour = 86 400 s.

1. Période d’Io en secondes : $T=$ × 10⁵ s
   $T=1,77\times 86400\approx$ 1,53 × 10⁵ s.
2. Masse de Jupiter : $M_J=$ × 10²⁷ kg
   $M_J={\displaystyle \frac{4{\pi }^2{r}^3}{G{T}^2}}={\displaystyle \frac{4{\pi }^2\times (4,22\times {10}^8{)}^3}{6,67\times {10}^{-11}\times (1,529\times {10}^5{)}^2}}\approx$ 1,90 × 10²⁷ kg.
3. Jupiter est fois plus massive que la Terre (à l’unité près)
   ${\displaystyle \frac{1,902\times {10}^{27}}{5,97\times {10}^{24}}}\approx$ 319 (318 avec la masse arrondie à 1,90 × 10²⁷ kg).
4. Période de Ganymède : $T\prime =$ jours
   Même astre central : $T\prime =T{\left({\displaystyle \frac{r\prime }{r}}\right)}^{3/2}=1,77\times {\left({\displaystyle \frac{1,07\times {10}^9}{4,22\times {10}^8}}\right)}^{1,5}\approx$ 7,15 jours, sans convertir en secondes : les unités se simplifient.

Un satellite d’observation de la Terre, sur une orbite circulaire, effectue exactement 14,5 révolutions par jour de 86 400 s. Données : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; $R_T=6380$ km.

1. Période : $T=$ s
   $T={\displaystyle \frac{86400}{14,5}}\approx$ 5 959 s, soit 99,3 min.
2. Rayon de l’orbite : $r=$ km
   $r={\left({\displaystyle \frac{G{M}_T{T}^2}{4{\pi }^2}}\right)}^{1/3}={\left({\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}\times 5{959}^2}{4{\pi }^2}}\right)}^{1/3}\approx 7,10\times {10}^6$ m, soit 7 100 km. Attention à la racine cubique.
3. Altitude : $h=$ km
   $h=r-R_T=7100-6380=$ 720 km.
4. Vitesse : $v=$ km·s⁻¹
   $v={\displaystyle \frac{2\pi r}{T}}={\displaystyle \frac{2\pi \times 7,100\times {10}^6}{5959}}\approx$ 7,49 km·s⁻¹.
5. Un second satellite effectue 16 révolutions par jour : son altitude vaut $h\prime =$ km
   $T\prime =5400$ s : $r\prime =r\times {\left({\displaystyle \frac{5400}{5959}}\right)}^{2/3}\approx 6649$ km, donc $h\prime \approx$ 269 km. Plus de tours par jour, c’est une orbite plus basse et plus rapide.

Un satellite de télévision est géostationnaire. Le rayon de son orbite vaut $r=42140$ km.

1. Durée d’un tour de la Terre sur elle-même dans le référentiel géocentrique : 86 164 s, soit 23 h min 4 s
   $86164-23\times 3600=3364$ s $=56\times 60+4$ : 23 h 56 min 4 s, le jour sidéral.
2. Plan de l’orbite : plan de l’
   La force passe par le centre de la Terre, et un point du sol décrit un cercle centré sur l’axe des pôles : seule l’orbite contenue dans le plan de l’équateur permet de rester au-dessus du même point.
3. Sens de parcours : celui de la rotation de la Terre, d’ouest en
   D’ouest en est, comme la rotation de la Terre : en sens inverse, le satellite défilerait dans le ciel.
4. Angle dont tourne le satellite autour du centre de la Terre en 6,00 h : °
   Un tour, 360°, en 86 164 s : en 21 600 s, $360°\times {\displaystyle \frac{21600}{86164}}\approx$ 90,2°, exactement l’angle dont a tourné la Terre : le satellite reste au-dessus du même point.

Un élève calcule le rayon de l’orbite géostationnaire en prenant $T=86400$ s (24 h) au lieu du jour sidéral. Données : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; le bon rayon, calculé avec 86 164 s, vaut $4,2143\times {10}^7$ m.

1. Rayon obtenu par l’élève : $r\prime =$ km
   $r\prime ={\left({\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}\times 86{400}^2}{4{\pi }^2}}\right)}^{1/3}\approx 4,2220\times {10}^7$ m, soit 42 220 km.
2. Écart avec le bon rayon : km
   $42219,9-42143,0\approx$ 77 km : la période n’a changé que de 0,27 %, mais l’erreur atteint plusieurs dizaines de kilomètres.
3. Sur cette orbite, le satellite fait un tour en 86 400 s. Pendant que la Terre fait un tour (86 164 s), il prend un retard angulaire de °
   En 86 164 s, le satellite ne parcourt que $360°\times {\displaystyle \frac{86164}{86400}}\approx 359,02°$ : un retard de 0,98° par jour sidéral, environ 1°.
4. Vu du sol, ce satellite dérive lentement vers l’
   Il tourne d’ouest en est moins vite que la Terre : par rapport au sol, il glisse vers l’ouest et sort en quelques semaines du faisceau des antennes fixes.

Un satellite géostationnaire relaie des communications. Son altitude vaut $h=35760$ km ; les signaux se propagent à $c=3,00\times {10}^8$ m·s⁻¹. On considère des stations situées à la verticale du satellite.

1. Durée du trajet aller-retour d’un signal station → satellite → station : s
   $\Delta t={\displaystyle \frac{2h}{c}}={\displaystyle \frac{2\times 3,576\times {10}^7}{3,00\times {10}^8}}\approx$ 0,238 s.
2. Lors d’une conversation relayée, délai minimal entre la fin d’une question et le début de la réponse entendue : s
   La question monte et redescend ($2h$), puis la réponse aussi ($2h$) : ${\displaystyle \frac{4h}{c}}\approx$ 0,477 s, un silence que l’on remarque au téléphone.
3. Un satellite décrit une orbite circulaire équatoriale de même rayon, mais d’est en ouest. Il repasse au-dessus du même point de l’équateur toutes les h (à 0,01 près)
   Même rayon, donc même période, 86 164 s, mais en sens inverse : ${\displaystyle \frac{1}{S}}={\displaystyle \frac{1}{T}}+{\displaystyle \frac{1}{T_{\text{sid}}}}={\displaystyle \frac{2}{86164}}$, donc $S=43082$ s, soit 11,97 h.
4. Un satellite décrit d’ouest en est une orbite circulaire équatoriale de période 6,00 h. Il repasse au-dessus du même point de l’équateur toutes les h (à 0,01 près)
   ${\displaystyle \frac{1}{S}}={\displaystyle \frac{1}{21600}}-{\displaystyle \frac{1}{86164}}$, donc $S\approx 28830$ s, soit 8,01 h : plus que sa période, car le sol tourne dans le même sens que lui.

Pluton passe au périhélie à 29,7 ua du Soleil et à l’aphélie à 49,3 ua. Pour le système solaire, ${\displaystyle \frac{T^2}{a^3}}=1$ en années et en unités astronomiques.

1. Le centre du Soleil occupe un de l’ellipse décrite par Pluton
   Première loi de Kepler : le Soleil occupe l’un des deux foyers, pas le centre de l’ellipse.
2. Demi-grand axe : $a=$ ua
   $a={\displaystyle \frac{r_p+r_a}{2}}={\displaystyle \frac{29,7+49,3}{2}}=$ 39,5 ua.
3. Période de révolution : $T=$ ans
   $T=a^{3/2}=39,5^{1,5}\approx$ 248 ans.
4. Rapport des vitesses ${\displaystyle \frac{v_p}{v_a}}=$
   Loi des aires aux deux sommets : ${\displaystyle \frac{v_p}{v_a}}={\displaystyle \frac{r_a}{r_p}}={\displaystyle \frac{49,3}{29,7}}\approx$ 1,66.

Une comète décrit autour du Soleil une orbite elliptique de demi-grand axe $a=17,8$ ua ; elle passe au périhélie à $r_p=0,586$ ua du Soleil. On travaille en années et en ua.

1. Période de révolution : $T=$ ans
   $T=a^{3/2}=17,8^{1,5}=17,8\times \sqrt{17,8}\approx$ 75,1 ans.
2. Distance au Soleil à l’aphélie : $r_a=$ ua
   $r_a=2a-r_p=35,6-0,586\approx$ 35,0 ua, au-delà de l’orbite de Neptune.
3. Rapport des vitesses ${\displaystyle \frac{v_p}{v_a}}=$
   ${\displaystyle \frac{v_p}{v_a}}={\displaystyle \frac{r_a}{r_p}}={\displaystyle \frac{35,01}{0,586}}\approx$ 59,8 : près de 60 fois plus vite au périhélie.
4. Loi qui explique qu’on ne voie la comète que quelques mois tous les 75 ans : loi des
   La comète ne brille que près du Soleil, là où elle va le plus vite : la loi des aires montre qu’elle passe l’essentiel de sa période dans la partie lointaine et lente de l’orbite.

Un satellite de télécommunications suit une orbite très allongée de type « Molniya », de période $T=43082$ s (un demi-jour sidéral), dont le périgée est à 600 km d’altitude. Données : $G{M}_T=3,98\times {10}^{14}$ m³·s⁻² ; $R_T=6380$ km.

1. Demi-grand axe : $a=$ km
   Troisième loi avec le demi-grand axe : $a={\left({\displaystyle \frac{G{M}_T{T}^2}{4{\pi }^2}}\right)}^{1/3}={\left({\displaystyle \frac{3,98\times {10}^{14}\times 43{082}^2}{4{\pi }^2}}\right)}^{1/3}\approx$ 26 550 km.
2. Distance du centre de la Terre à l’apogée : $r_a=$ km
   $r_p=6380+600=6980$ km (distance au centre, pas altitude) ; $r_a=2a-r_p=53097-6980\approx$ 46 120 km.
3. Altitude de l’apogée : km
   $46117-6380\approx$ 39 740 km, plus haut qu’un satellite géostationnaire.
4. Rapport des vitesses au périgée et à l’apogée :
   ${\displaystyle \frac{v_p}{v_a}}={\displaystyle \frac{r_a}{r_p}}={\displaystyle \frac{46117}{6980}}\approx$ 6,61 : le satellite passe très lentement à l’apogée, où il reste longtemps visible.
5. Durée du trajet du périgée à l’apogée : h
   Une demi-orbite dure une demi-période : ${\displaystyle \frac{43082}{2}}=21541$ s, soit 5,98 h.

On exécute le programme suivant.

a = 1.524   # demi-grand axe de Mars (ua)
T = 1.881   # période de Mars (années)
k = T**2 / a**3
print(round(k, 2))

1. Valeur affichée :
   ${\displaystyle \frac{1,{881}^2}{1,{524}^3}}={\displaystyle \frac{3,538}{3,540}}\approx 0,9996$, arrondi à 1.0 : Mars vérifie la troisième loi, avec la constante 1 du système solaire en années et en ua.
2. En Python, $a^3$ s’écrit a3
   La puissance s’écrit ** : a**3. Le symbole ^ désigne une autre opération et provoque ici une erreur.
3. Pour un astéroïde fictif de demi-grand axe 4.00 ua, un élève écrit T = a**3/2 : valeur obtenue
   Python calcule d’abord a**3 $=64$, puis divise par 2 : 32, ce qui n’est pas la période.
4. Période correcte de cet astéroïde : ans
   $T=a^{3/2}=4,{00}^{1,5}=\sqrt{4^3}=$ 8,00 ans, ce qui s’écrit a**1.5 ou a**(3/2).

Une simulation donne les positions d’un astéroïde fictif autour du Soleil, placé à l’origine, en ua, relevées à 0,05 an d’intervalle. Près du périhélie : $P_1(1,000;0,000)$ puis $P_2(0,952;0,379)$. Près de l’aphélie : $Q_1(-3,000;0,000)$ puis $Q_2(-2,995;-0,128)$. Le programme calcule A = 0.5 * abs(x1*y2 - x2*y1).

1. Aire du triangle Soleil-$P_1$-$P_2$ : ua²
   $A_1={\displaystyle \frac{1}{2}}|1,000\times 0,379-0,952\times 0|\approx$ 0,190 ua².
2. Aire du triangle Soleil-$Q_1$-$Q_2$ : ua²
   $A_2={\displaystyle \frac{1}{2}}|(-3,000)\times (-0,128)-(-2,995)\times 0|=$ 0,192 ua² : les deux aires sont égales à 1 % près (le triangle remplace l’arc), la loi des aires est vérifiée.
3. Distance $P_1{P}_2$ parcourue en 0,05 an : ua
   $P_1{P}_2=\sqrt{(0,952-1,000{)}^2+0,{379}^2}\approx$ 0,382 ua.
4. Distance $Q_1{Q}_2$ : ua
   $Q_1{Q}_2=\sqrt{0,{005}^2+0,{128}^2}\approx$ 0,128 ua.
5. Rapport des vitesses moyennes près du périhélie et près de l’aphélie :
   ${\displaystyle \frac{0,382}{0,128}}\approx$ 2,98, proche de ${\displaystyle \frac{r_a}{r_p}}={\displaystyle \frac{3,000}{1,000}}=3$ : la relation $r_p{v}_p=r_a{v}_a$ est retrouvée.

Un programme exploite les orbites, quasi circulaires, de trois satellites de la Terre : un satellite Galileo, un satellite GLONASS et un satellite géostationnaire. Données : $G=6,67\times {10}^{-11}$ SI.

# Trois satellites de la Terre
# r en km, T en s
r = [29600, 25510, 42164]
T = [50685, 40548, 86164]
for i in range(3):
    k = T[i]**2 / (r[i]*1e3)**3
    print(k)

1. Valeur affichée pour le satellite Galileo : × 10⁻¹⁴ s²·m⁻³
   ${\displaystyle \frac{50{685}^2}{(2,96\times {10}^7{)}^3}}={\displaystyle \frac{2,569\times {10}^9}{2,593\times {10}^{22}}}\approx$ 9,91 × 10⁻¹⁴ s²·m⁻³.
2. Valeur affichée pour le satellite GLONASS : × 10⁻¹⁴ s²·m⁻³
   ${\displaystyle \frac{40{548}^2}{(2,551\times {10}^7{)}^3}}\approx$ 9,90 × 10⁻¹⁴ s²·m⁻³ : la même valeur à 0,02 % près, et de même pour le satellite géostationnaire.
3. Masse de la Terre déduite de la valeur commune $k$ des trois satellites, arrondie à trois chiffres : × 10²⁴ kg
   Les trois valeurs valent $k\approx 9,90\times {10}^{-14}$ s²·m⁻³, d’où $M_T={\displaystyle \frac{4{\pi }^2}{Gk}}={\displaystyle \frac{39,48}{6,67\times {10}^{-11}\times 9,90\times {10}^{-14}}}\approx$ 5,98 × 10²⁴ kg, la masse de la Terre à 0,2 % près.
4. Un élève oublie le facteur 1e3 : la masse de la Terre qu’il déduit de la valeur affichée vaut × 10¹⁵ kg
   Avec $r$ en kilomètres, $r^3$ est ${10}^9$ fois plus petit : $k$ est multiplié par ${10}^9$, donc $M={\displaystyle \frac{4{\pi }^2}{Gk}}$ est divisée par ${10}^9$ : 5,98 × 10¹⁵ kg, une masse absurde pour une planète. Les trois valeurs affichées restent pourtant égales entre elles : la loi semble vérifiée, seule la masse trahit l’erreur d’unité.