Collision d’un météore avec la Terre (correction)

L’énoncé complet de ce problème est à cette page. Un météorite de masse m, initialement très loin de la Terre (de masse $M_t=6\cdot 10^{24}$ kg et de rayon R_t=6400 km), se dirige vers elle à une vitesse $\overrightarrow{v_0}$ portée par une droite située à une distance b du centre O de la Terre (paramètre d’impact).

samedi 17 mars 2007, par Xavier Ducros

On étudie le météorite dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen. Il est uniquement soumis à l’attraction gravitationnelle de la Terre, force centrale conservative. On se place en coordonnées polaires $(r,\theta)$ de centre O.

L’énergie mécanique du météorite est E_m=E_c+E_p. Elle est constante puisque la seule force qui s’exerce sur lui est conservative. Au début, il est très loin de la Terre et l’énergie potentielle $E_p=-\frac{GM_tm}{r}$ tend vers zéro. Donc
$E_m=E_m(t=0)=E_c(t=0)=\frac{1}{2}mv_0^2>0$
L’énergie mécanique du météorite est strictement positive, la trajectoire est donc une branche d’hyperbole, de foyer le centre O de la Terre. Plus v₀ est grand, plus l’énergie mécanique l’est, et donc plus l’excentricité est importante. On le vérifie sur la simulation.
Le moment cinétique en O $\overrightarrow{L}_O=\overrightarrow{OM} \wedge \overrightarrow{v}$ est une constante du mouvement (force centrale). On le calcule à l’instant initial en décomposant $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HM}$ où H est le projeté de M sur la droite parallèle à la vitesse initiale et passant par O. Or, comme le météorite est très loin de la Terre, les vecteurs $\overrightarrow{OH}$ et $\overrightarrow{v_0}$ sont parallèles et leur produit vectoriel est nul. On obtient la norme L₀=mbv₀. A tout instant la constante des aires vérifie $C=r^2\dot{\theta}=v_0b$ .
Soit d la distance minimale d’approche. L’énergie mécanique est donnée par
$E_m=\frac{1}{2}m\dot{r}^2 + \frac{1}{2}m (r\dot{\theta})^2-\frac{GM_tm}{r}$
Or, lorsque la distance est minimale, $\dot{r}=0$ . D’où
$E_m=\frac{1}{2}m \frac{(v_0b)^2}{r^2}-\frac{GM_tm}{r}=\frac{1}{2}mv_0^2$
C’est une équation du second degré en r. On ne conserve que la solution positive
$d=-\frac{GM_t}{v_0^2}+\sqrt{b^2 + \left(\frac{GM_t}{v_0^2}\right)^2}$
Il faut que d>R. Cela équivaut à
$b>R_t\sqrt{1+\frac{2GM_t}{R_tv_0^2}}$
On trouve environ 19000 km. La simulation est effectivement conforme à ce résultat.

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