Explorateur de la loi de l'inverse du carré

La force, l'éclairement énergétique et le flux décroissent tous en 1/r² — car ils se répartissent sur une sphère dont la surface croît en 4πr².

Exemple résolu — Explorateur de la loi de l'inverse du carré

G	6.674×10⁻¹¹ Nm²kg⁻²
m₁	5.97×10²⁴ kg
m₂	1 kg
Distance r	6.37×10⁶ m
r²	4.06×10¹³ m²
Surface sphérique 4πr²	5.10×10¹⁴ m²

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Voyager 1 fonctionne avec 22 W — et on l'entend encore 🖖

Voyager 1 se trouve désormais à ~163 UA du Soleil (≈ 2,4 × 10¹³ m). En insérant cela dans la formule de l'éclairement : E = 3,828 × 10²⁶ / (4π × (2,4 × 10¹³)²) ≈ 0,051 W/m² — environ 26 600 fois plus faible que la lumière du Soleil sur Terre, soit exactement 163². Les panneaux solaires seraient inutiles. Voyager fonctionne donc grâce à la désintégration radioactive (un générateur thermoélectrique à radioisotope) produisant environ 250 W d'électricité utilisable. Son émetteur radio diffuse à 22 W — à peu près ce que consomme un ruban de LED faible. Le temps que le signal atteigne les antennes du Deep Space Network sur Terre (70 m de diamètre), la loi en 1/r² a déjà réparti ces 22 W sur une sphère de la taille du système solaire interne. La puissance reçue avoisine 10⁻¹⁸ W. C'est pourquoi les antennes réceptrices doivent être immenses et pourquoi la NASA doit refroidir les récepteurs près du zéro absolu pour ne serait-ce qu'entendre le signal. Même loi, même géométrie — qu'il s'agisse de la lumière du soleil réchauffant votre visage ou du murmure de l'artefact le plus lointain de l'humanité.

Pourquoi deux fois plus loin donne un quart de luminosité 🖖

La règle relève de la pure géométrie. L'énergie issue d'une source ponctuelle se répartit uniformément sur la surface d'une sphère en expansion, dont l'aire croît comme 4πr². Doublez la distance et la même énergie couvre une aire quatre fois plus grande, si bien que l'intensité tombe au quart, et non à la moitié. C'est pourquoi on se refroidit si vite en s'éloignant d'un feu de camp, et pourquoi cet outil trace la gravité, la lumière et la force électrique sur une même courbe.

La loi en 1/r² est une empreinte de l'espace 3D 🖖

L'exposant n'a rien d'arbitraire : il vaut le nombre de dimensions spatiales moins un. On obtient 1/r² parce que l'aire d'une sphère croît comme r² en trois dimensions. Dans un univers hypothétique à 4D, la gravité décroîtrait en 1/r³, et Paul Ehrenfest a montré en 1917 que les orbites planétaires seraient alors instables — les planètes tomberaient sur l'étoile ou s'en échapperaient. L'existence de systèmes solaires stables, et de la vie, dépend peut-être du fait que l'espace possède exactement trois dimensions.

Problème entièrement résolu

La seule orbite sur laquelle un satellite reste immobile 5 étapes
La Terre exerce une force de 9,82 N sur 1 kg à sa surface. Utiliser uniquement cela pour trouver l'unique orbite dans laquelle un satellite reste immobile au-dessus d'un point de l'équateur. Il s'agit de Gravité avec m₁ = 5,972 × 10²⁴ kg, m₂ = 1 kg et r = 6371 km.
1. La loi de Newton avec les valeurs numériques. Ce qui compte pour la suite n'est pas la force de 9,82 N mais le produit GM = 3,986 × 10¹⁴ en unités SI, car la masse propre du satellite va se simplifier et ne plus réapparaître.
  
  $r^{2} = (6.371 \times 1 0^{6})^{2} = 4.06 \times 1 0^{13} m^{2}; F = \frac{G m _{1} m _{2}}{r ^{2}} = \frac{3.986 \times 1 0 ^{14} \times 1}{4.06 \times 1 0 ^{13}} = 9.82 N$
2. Une orbite circulaire correspond à cette même accélération gravitationnelle, dépensée sous forme d'accélération centripète. Égaler les deux élimine la masse en orbite et laisse une unique relation entre un rayon et une vitesse angulaire.
  
  $\frac{GM}{r ^{2}} = ω^{2} r ⟹ r^{3} = \frac{GM}{ω ^{2}}$
3. La vitesse angulaire est imposée et non choisie : pour rester au-dessus d'un point fixe, le satellite doit tourner exactement au même rythme que la Terre. La Terre effectue un tour en 86 164 s et non en 86 400 s, car un jour solaire doit aussi compenser la distance parcourue par la Terre le long de son orbite. Utiliser 86 400 place l'orbite 77 km trop haut, et un satellite placé au mauvais rayon ne reste pas au-dessus de son point.
  
  $ω = \frac{2 π}{86 164 s} = 7.292 \times 1 0^{- 5} rad/s, ω^{2} = 5.318 \times 1 0^{- 9} s^{- 2}$
4. Prendre la racine cubique. La valeur de 42 163 km est mesurée depuis le centre de la Terre ; retrancher les 6371 km déjà indiqués sur le panneau laisse environ 35 790 km d'altitude — la valeur habituellement citée de 35 786 km correspond à la même orbite mesurée à partir du rayon équatorial, qui est plus grand de 7 km.
  
  $r^{3} = \frac{3.986 \times 1 0 ^{14}}{5.318 \times 1 0 ^{- 9}} = 7.495 \times 1 0^{22} m^{3} ⟹ r = 4.2163 \times 1 0^{7} m = 42163 km$
5. Là-haut, la gravité obéit exactement à la loi tracée sur cette page. Le rayon a été multiplié par un facteur de 6,62, c'est donc par le carré de ce facteur que l'attraction a été affaiblie.
  
  $(\frac{42 163}{6371})^{2} = 43.8 ⟹ g (r) = \frac{9.82}{43.8} = 0.2242 m/ s^{2}$
Réponse

L'outil affiche 9,82 N sur 1 kg, pour une distance au carré de 4,06 × 10¹³ m². Ce qui en découle n'est pas une altitude choisie arbitrairement : 42 163 km est le seul rayon dont la période orbitale correspond à la rotation de la Terre, de sorte que l'orbite géostationnaire est une solution mathématique plutôt qu'un choix de conception. Cela fait de la ceinture géostationnaire un unique cercle de 264 900 km de périmètre, et tout satellite devant rester fixe — télévision, météorologie, la plupart des relais — doit se trouver sur ce cercle. Un degré de ce cercle représente 736 km, c'est pourquoi les positions orbitales sont attribuées par traité international plutôt que revendiquées. Et l'attraction y est 43,8 fois plus faible qu'à vos pieds, ce qui correspond à la courbe en 1/r² de cette page prolongée jusqu'à six rayons terrestres et demi.

$r_{GEO} = 3 \frac{GM}{ω ^{2}} = 42163 km, 2 π r_{GEO} = 264900 km$

Références (1)

Voyager transmitter power, antenna sizes and received signal levels: R. Ludwig and J. Taylor, "Voyager Telecommunications." DESCANSO Design and Performance Summary Series, Article 4. Jet Propulsion Laboratory, 2002.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-08-17

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Exemples de problèmes

Surface terrestre - Gravité à la surface de la Terre (m2=1 kg) : F ≈ 9.8 N — soit 1 kg-force
Orbite lunaire - Distance orbitale de la Lune : 1 kg subit F ≈ 0.0027 N — ≈3600× plus faible qu'en surface
Lumière solaire sur Terre - Lumière du Soleil à la distance de la Terre (1 AU) : éclairement énergétique ≈ 1361 W/m² — la constante solaire
Distance doublée - 2× la distance Terre-Soleil : l'éclairement énergétique chute à ≈ 340 W/m² — exactement ¼ de la constante solaire
Protons - Proton-proton à 1 fm : force de Coulomb ≈ 230 N — doit être surmontée par la force forte