Physique MPI
X-ENSMPI2026
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## Présentation du sujet
**Thème.** Le sujet suit la mission DART (2021–2022) : dévier un astéroïde en le percutant avec une sonde. Il mêle mécanique céleste, électrostatique avec charge d'espace et exploitation de données réelles (deux figures tirées d'articles). Il compte **35 questions** courtes ; l'énoncé demande explicitement des « réponses courtes ». Durée 4 h, calculatrice interdite : les applications numériques se font à la main, avec des valeurs choisies pour être simples ($r_0=1{,}5\times10^{11}$ m, $v_0=3\times10^4$ m·s$^{-1}$).
**Découpage.**
- **Partie I (Q1–4)** : lecture de la figure 1 (distance Terre–Didymos sur 50 ans) pour obtenir le demi-grand axe et la période de Didymos ; troisième loi de Kepler et période synodique.
- **Partie II (Q5–21)** : orbite de transfert de DART après une impulsion radiale. Première méthode par l'énergie potentielle effective et les petites oscillations radiales (Q8–14) ; seconde méthode par un vecteur constant $\vec T=\vec v-B\vec e_\theta$, cousin du vecteur de Runge-Lenz (Q15–21). C'est le cœur du sujet.
- **Partie III (Q22–31)** : moteur ionique modélisé par un condensateur plan traversé par un faisceau d'ions ; conservation de la charge, flux de quantité de mouvement, grandeur conservée $Q$, et loi de Child-Langmuir $V\propto x^{4/3}$.
- **Partie IV (Q32–35)** : courbe de lumière de l'astéroïde double (figure 2) pour obtenir rapports de tailles et masse volumique, puis interprétation de la variation de période de Dimorphos après l'impact.
**Notions mobilisées.** Forces centrales, moment cinétique, énergie potentielle effective, lois de Kepler, énergie d'une orbite elliptique $E=-GMm/2a$, dérivées des vecteurs de base polaires ; conservation de la charge, théorème de l'énergie cinétique, Maxwell-Gauss, bilan de quantité de mouvement sur un système ouvert ; développements limités et lectures de graphes.
**Difficulté et gestion du temps.** Le sujet est de longueur raisonnable pour 4 h. Les questions 5, 6, 8–13, 16, 18, 23, 24, 26 sont des points faciles à ne pas laisser passer. Les questions qui discriminent sont Q4 (validation sur la figure), Q14 (sens de l'impulsion), Q15 et Q17 (vecteur $\vec T$), Q25 (sens de la poussée), Q27–28 et Q33 (lecture fine de la figure 2). Parties III et IV sont indépendantes de la partie II : en cas de blocage, il faut y passer.
## Partie I — Orbite de Didymos autour du Soleil
On tire de la figure 1 les distances extrêmes de Didymos au Soleil, puis sa période, et l'on vérifie cette période sur la périodicité de la figure.
### Question 1
> [!INDICATION]
> Quelle propriété géométrique a la force exercée par le Soleil ? Quel théorème en tire une grandeur conservée ?
> [!INDICATION]
> Si un vecteur fixe est toujours orthogonal à $\vec r$, que peut-on dire de $\vec r$ ?
#### Solution
La force de gravitation exercée par le Soleil (origine $O$) est **centrale** : son moment en $O$ est nul. Le théorème du moment cinétique dans le référentiel héliocentrique (galiléen) donne $\dfrac{\mathrm d\vec L_O}{\mathrm dt}=\vec 0$, donc $\vec L_O=\vec r\wedge m\vec v$ est constant. Le vecteur $\vec r$ restant orthogonal au vecteur fixe $\vec L_O$, le mouvement a lieu dans le plan passant par le Soleil et orthogonal à $\vec L_O$. **Principe : conservation du moment cinétique (force centrale).**
> [!PIEGE]
> Citer la « loi des aires » comme principe : c'en est une conséquence. Il faut nommer le théorème du moment cinétique et dire pourquoi le moment de la force est nul.
### Question 2
> [!INDICATION]
> La figure donne la distance Terre–Didymos, pas Soleil–Didymos. Dans quelle configuration géométrique la distance Terre–Didymos est-elle la plus grande possible ?
> [!INDICATION]
> Pour une ellipse, le demi-grand axe s'exprime simplement avec les distances au foyer au périhélie et à l'aphélie.
#### Solution
La distance Terre–Didymos $d$ est maximale quand Didymos est à son aphélie (distance $r_{\max}$ au Soleil) et que la Terre est de l'autre côté du Soleil : $d_{\max}=r_{\max}+r_0$. La figure donne $d_{\max}\simeq3{,}25\,r_0$, donc $r_{\max}\simeq2{,}25\,r_0$. Le demi-grand axe est la demi-somme des distances extrêmes :
$$\boxed{a=\frac{r_{\min}+r_{\max}}{2}\simeq\frac{1{,}01+2{,}25}{2}\,r_0\simeq1{,}6\,r_0}$$
> [!PIEGE]
> Prendre $r_{\max}=3{,}25\,r_0$ directement sur la figure. On obtiendrait $a\approx2{,}1\,r_0$ et une période trop longue.
### Question 3
> [!INDICATION]
> La Terre et Didymos tournent autour du même astre : la troisième loi de Kepler permet de travailler en années et en unités astronomiques.
#### Solution
Troisième loi de Kepler appliquée à Didymos et à la Terre ($a_\oplus=r_0$, $T_\oplus=1$ an) :
$$\left(\frac{T}{1\ \text{an}}\right)^2=\left(\frac{a}{r_0}\right)^3\quad\Longrightarrow\quad T=(1{,}63)^{3/2}\ \text{an}\approx\sqrt{4{,}3}\ \text{an},\qquad\boxed{T\approx2{,}1\ \text{ans}}$$
> [!METHODE]
> Sans calculatrice : $1{,}63^2\approx2{,}66$, $1{,}63^3\approx4{,}3$, et $\sqrt{4{,}3}\approx2{,}1$ car $2{,}1^2=4{,}41$. Écrire les étapes montre que le résultat n'est pas deviné.
### Question 4
> [!INDICATION]
> Les rapprochements Terre–Didymos ne se répètent pas avec la période $T$ mais avec une autre période liée au mouvement relatif des deux corps.
> [!INDICATION]
> Pensez à la période synodique. Pour une mesure précise, utilisez un long intervalle de temps : repérez deux rapprochements exceptionnellement profonds et comptez les oscillations entre eux.
#### Solution
Les rapprochements (minima de $d$) se répètent avec la période synodique $P_{\text{syn}}$, temps au bout duquel la Terre a fait un tour de plus que Didymos :
$$\frac{1}{P_{\text{syn}}}=\frac{1}{T_\oplus}-\frac{1}{T}\quad\Longrightarrow\quad P_{\text{syn}}=\frac{T}{T-1}\approx\frac{2{,}1}{1{,}1}\approx1{,}9\ \text{an}.$$
Sur la figure, les rapprochements très profonds (Didymos à son périhélie quand la Terre passe à proximité) ont lieu vers 2004 et vers 2023, soit à environ 19 ans d'intervalle, et l'on compte 10 maxima principaux entre eux : $P_{\text{syn}}\approx1{,}9$ an, ce qui redonne $T=P_{\text{syn}}/(P_{\text{syn}}-1)\approx2{,}1$ ans. De façon équivalente, la configuration se reproduit quand la durée écoulée est à la fois un nombre entier d'années et de périodes de Didymos : $19\ \text{ans}\approx9\,T$ donne $T\approx2{,}1$ ans. **L'estimation de la question 3 est validée.**
> [!PIEGE]
> Mesurer l'écart entre deux minima voisins (environ 2 ans) et l'injecter dans $T=P_{\text{syn}}/(P_{\text{syn}}-1)$ : cette formule est très sensible à $P_{\text{syn}}$ (2,0 ans donne $T=2{,}0$ ans, 1,9 an donne $T=2{,}1$ ans). Une mesure sur une longue durée est bien plus précise.
## Partie II — Orbite de DART autour du Soleil
On place DART sur l'orbite terrestre, on lui donne une petite vitesse radiale $v_1$ et on cherche $v_1$ pour que l'aphélie de DART atteigne le périhélie de Didymos ($1{,}01\,r_0$). Deux méthodes : petites oscillations dans le potentiel effectif, puis constantes du mouvement.
### Question 5
> [!INDICATION]
> Même orbite circulaire, même astre attracteur : que donne le principe fondamental de la dynamique ?
#### Solution
Sur l'orbite circulaire de rayon $r_0$, le principe fondamental de la dynamique donne $v^2=GM_\odot/r_0$, comme pour la Terre : $\boxed{v=v_0=30\ \text{km·s}^{-1}}$. On retiendra $GM_\odot=v_0^2r_0$.
### Question 6
> [!INDICATION]
> Exprimez $L$ en coordonnées polaires. Qu'est-ce que l'impulsion radiale change, et qu'est-ce qu'elle ne change pas ?
#### Solution
Juste après l'impulsion, la position est inchangée ($r=r_0$) et la vitesse orthoradiale aussi ($v_\theta=v_0$). Le moment cinétique $L=mr\,v_\theta$ ne change pas (de même, une percussion radiale a un moment nul en $O$) :
$$\boxed{\Delta\vec L=\vec 0,\qquad L=mr_0v_0}$$
### Question 7
> [!INDICATION]
> L'énergie potentielle dépend seulement de la position. Comment varie l'énergie cinétique quand on ajoute une composante de vitesse orthogonale à l'ancienne ?
> [!INDICATION]
> Reliez l'énergie au demi-grand axe et regardez l'ordre en $v_1/v_0$ de la variation obtenue.
#### Solution
L'énergie potentielle est inchangée ; l'énergie cinétique passe de $\frac12mv_0^2$ à $\frac12m(v_0^2+v_1^2)$ :
$$\boxed{\Delta E=\tfrac12mv_1^2>0}$$
Pour une orbite képlérienne, $E=-\dfrac{GM_\odot m}{2a}$, avec $E_0=-\frac12mv_0^2$ et $a_0=r_0$. Donc $\dfrac{\Delta a}{a}\simeq-\dfrac{\Delta E}{E_0}=\dfrac{v_1^2}{v_0^2}$ : la variation est du second ordre. Au premier ordre en $|v_1|/v_0$,
$$\boxed{\Delta a=0}$$
le demi-grand axe reste $r_0$ (l'expression exacte est $a=r_0/(1-v_1^2/v_0^2)$).
> [!PIEGE]
> Encadrer $\Delta a=r_0(v_1/v_0)^2$ : c'est un terme du second ordre, que l'énoncé demande précisément de négliger. La réponse attendue est « pas de variation au premier ordre », qui sert ensuite en Q13.
**Première méthode : utilisation de l'énergie potentielle effective**
### Question 8
> [!INDICATION]
> Écrivez l'énergie mécanique en polaires et éliminez $\dot\theta$ grâce à la constante $L$.
#### Solution
En polaires, $E=\frac12m(\dot r^2+r^2\dot\theta^2)-\dfrac{GM_\odot m}{r}$ et $L=mr^2\dot\theta$ est constant, donc $\frac12mr^2\dot\theta^2=\dfrac{L^2}{2mr^2}$ et $E=\frac12m\dot r^2+E_{p,\text{eff}}(r)$ avec $E_{p,\text{eff}}=\dfrac{L^2}{2mr^2}-\dfrac{GM_\odot m}{r}$. Avec $L=mr_0v_0$ et $GM_\odot=v_0^2r_0$ :
$$\boxed{E_{p,\text{eff}}(r)=\frac{mv_0^2r_0^2}{2r^2}-\frac{mv_0^2r_0}{r}}$$
> [!METHODE]
> Exprimer $L$ et $GM_\odot$ avec les données de l'orbite initiale ($r_0$, $v_0$) évite de traîner des constantes inconnues comme $M_\odot$.
### Question 9
> [!INDICATION]
> Une orbite circulaire, c'est $r$ constant : que doit vérifier $E_{p,\text{eff}}$ en ce rayon pour le mouvement radial ?
#### Solution
L'orbite circulaire est une position d'équilibre du mouvement radial : $E_{p,\text{eff}}'(r)=0$.
$$E_{p,\text{eff}}'(r)=-\frac{mv_0^2r_0^2}{r^3}+\frac{mv_0^2r_0}{r^2}=\frac{mv_0^2r_0}{r^2}\left(1-\frac{r_0}{r}\right)=0\iff r=r_0.$$
On retrouve $r=r_0$ ; c'est un minimum, donc un équilibre stable. Allure (figure 1) : $E_{p,\text{eff}}\to+\infty$ en $r\to0$ et $E_{p,\text{eff}}\to0^-$ à l'infini.
### Question 10
> [!INDICATION]
> Petites oscillations autour d'un minimum d'énergie potentielle : développez la force au premier ordre en $r_1$.
> [!INDICATION]
> La « masse » du mouvement radial se lit sur le terme cinétique $\frac12m\dot r^2$.
#### Solution
En dérivant $E=\frac12m\dot r^2+E_{p,\text{eff}}(r)$ : $m\ddot r=-E_{p,\text{eff}}'(r)$. Au voisinage de $r_0$, $E_{p,\text{eff}}'(r_0+r_1)\simeq E_{p,\text{eff}}''(r_0)\,r_1$ avec
$$E_{p,\text{eff}}''(r_0)=\frac{3mv_0^2}{r_0^2}-\frac{2mv_0^2}{r_0^2}=\frac{mv_0^2}{r_0^2}.$$
D'où $\ddot r_1+\dfrac{v_0^2}{r_0^2}r_1=0$ :
$$\boxed{\omega=\frac{v_0}{r_0}}$$
C'est la pulsation orbitale : la période radiale égale la période de révolution, ce qui traduit le fait que les orbites képlériennes sont fermées.
### Question 11
> [!INDICATION]
> Quelle doit être l'amplitude de $r_1$ ? Comparez-la à $r_0$.
#### Solution
L'aphélie de DART doit valoir $1{,}01\,r_0$, soit une amplitude $|r_1|_{\max}=0{,}01\,r_0$. Comme $|r_1|/r_0\le10^{-2}\ll1$, **l'approximation des petites oscillations est justifiée.**
### Question 12
> [!INDICATION]
> Résolvez l'équation de Q10 avec les conditions initiales juste après l'impulsion : quelle position, quelle vitesse radiale ?
#### Solution
Conditions initiales : $r_1(0)=0$, $\dot r_1(0)=v_1$, d'où $r_1(t)=\dfrac{v_1}{\omega}\sin(\omega t)$, d'amplitude $|v_1|/\omega=r_0|v_1|/v_0$. On impose $r_0|v_1|/v_0=0{,}01\,r_0$ :
$$\boxed{|v_1|=0{,}01\,v_0=0{,}3\ \text{km·s}^{-1}=300\ \text{m·s}^{-1}}$$
### Question 13
> [!INDICATION]
> La période se déduit directement de $\omega$. Pour l'argument sans calcul, reprenez le résultat de Q7.
#### Solution
$$T_{\text{DART}}=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi r_0}{v_0}=\frac{2\pi\times1{,}5\times10^{11}}{3\times10^4}\ \text{s}\approx3{,}1\times10^7\ \text{s},\qquad\boxed{T_{\text{DART}}\approx1\ \text{an}}$$
Sans calcul : le demi-grand axe est inchangé au premier ordre (Q7), donc, d'après la troisième loi de Kepler, la période est celle de la Terre, un an.
### Question 14
> [!INDICATION]
> Quelle fraction de la période sépare l'impulsion de l'impact ? En quel point de l'orbite de DART l'impact doit-il avoir lieu ?
> [!INDICATION]
> Tracez $r_1(t)$ pour $v_1>0$ puis pour $v_1<0$ et repérez la date du maximum.
#### Solution
Entre l'impulsion et l'impact s'écoulent 3/4 d'année, soit $\frac34T_{\text{DART}}$, et l'impact a lieu à l'aphélie de DART, maximum de $r_1(t)=\dfrac{v_1}{\omega}\sin(\omega t)$.
- Si $v_1>0$ (vers l'extérieur), le maximum est atteint à $\omega t=\pi/2$, soit $t=T/4$.
- Si $v_1<0$ (vers le Soleil), $r_1$ devient d'abord négatif (périhélie à $T/4$) et le maximum est atteint à $\omega t=3\pi/2$, soit $t=3T/4$.
L'aphélie étant atteint $3T/4$ après l'impulsion, **l'impulsion était dirigée vers le Soleil.**
> [!PIEGE]
> Raisonner « pour s'éloigner du Soleil, on pousse vers l'extérieur » : c'est vrai pour atteindre l'aphélie au plus vite ($T/4$), mais les dates imposent ici $3T/4$.
**Seconde méthode : constantes du mouvement**
### Question 15
> [!INDICATION]
> Dérivez $\vec T$ : il faut $\mathrm d\vec v/\mathrm dt$ (principe fondamental) et $\mathrm d\vec e_\theta/\mathrm dt$.
> [!INDICATION]
> Les deux termes obtenus sont portés par $\vec e_r$ ; exprimez $\dot\theta$ avec $L$ pour qu'ils aient la même dépendance en $r$.
#### Solution
On a $\dfrac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=-\dfrac{GM_\odot}{r^2}\vec e_r$ et $\dfrac{\mathrm d\vec e_\theta}{\mathrm dt}=-\dot\theta\,\vec e_r$. Pour $B$ constant :
$$\frac{\mathrm d\vec T}{\mathrm dt}=\left(-\frac{GM_\odot}{r^2}+B\dot\theta\right)\vec e_r=\left(-\frac{GM_\odot}{r^2}+\frac{BL}{mr^2}\right)\vec e_r,$$
en utilisant $\dot\theta=L/(mr^2)$. Ce vecteur est nul à tout instant si et seulement si
$$\boxed{B=\frac{GM_\odot m}{L}}$$
$B$ ne dépend que de la trajectoire (par $L$), et pour cette valeur $\vec T$ est constant.
> [!METHODE]
> $\vec T$ est lié au vecteur de Runge-Lenz : $\vec T\wedge\vec e_z$ est proportionnel au vecteur excentricité, dirigé vers le périhélie. On n'a pas besoin de le savoir, mais cela explique la question suivante.
### Question 16
> [!INDICATION]
> Remplacez $L$ et $GM_\odot$ par leurs valeurs sur l'orbite circulaire.
#### Solution
$L=mr_0v_0$ et $GM_\odot=v_0^2r_0$, donc $B=v_0$. Comme $\vec v=v_0\vec e_\theta$ :
$$\boxed{B=v_0,\qquad\vec T=\vec 0}$$
### Question 17
> [!INDICATION]
> $\vec T$ étant constant, il suffit de le calculer en deux points bien choisis de l'orbite. Où la vitesse a-t-elle une direction simple ?
> [!INDICATION]
> Aux apsides, la vitesse est orthoradiale ; comparez $\vec e_\theta$ au périhélie et à l'aphélie.
#### Solution
Le Soleil occupe le foyer proche du périhélie $P$ ; l'aphélie $A$ est le sommet opposé ; l'orbite est parcourue dans le sens trigonométrique.
Justification : aux apsides la vitesse est orthoradiale. En $P$, $\vec T=(v_P-B)\vec e_\theta(P)$ ; en $A$, $\vec e_\theta(A)=-\vec e_\theta(P)$, donc $\vec T=(B-v_A)\vec e_\theta(P)$. Ainsi $\vec T$ est colinéaire à $\vec e_\theta(P)$, orthogonal au grand axe :
$$\boxed{\vec T\ \text{est dirigé selon le petit axe}}$$
L'égalité donne $B=\frac12(v_P+v_A)$ et $\vec T=\frac12(v_P-v_A)\,\vec e_\theta(P)$ ; comme $v_P>v_A$, **$\vec T$ a le sens de la vitesse au périhélie.**
> [!PIEGE]
> Confondre $\vec T$ avec le vecteur excentricité, porté par le grand axe. Le calcul aux apsides tranche sans ambiguïté.
### Question 18
> [!INDICATION]
> Qu'est-ce qui détermine $B$ ? Évaluez ensuite $\vec T$ à l'instant le plus simple : juste après l'impulsion.
#### Solution
$L=mr_0v_0$ est inchangé (Q6), donc $B=GM_\odot m/L=v_0$. Juste après l'impulsion, $\vec v=v_1\vec e_r+v_0\vec e_\theta$, donc $\vec T=v_1\vec e_r$ :
$$\boxed{B=v_0,\qquad|\vec T|=|v_1|}$$
### Question 19
> [!INDICATION]
> Utilisez la colinéarité entre $\vec v$ et $\vec T$ aux apsides, établie en Q17.
#### Solution
Au périhélie, $\vec v$ et $\vec T$ ont même sens : $v_P=B+|\vec T|$. À l'aphélie, sens opposés : $v_A=B-|\vec T|$.
$$\boxed{v_P=v_0+|v_1|,\qquad v_A=v_0-|v_1|}$$
### Question 20
> [!INDICATION]
> Une constante du mouvement fait intervenir le produit d'une distance et d'une vitesse. Que vaut ce produit aux apsides ?
#### Solution
Le **moment cinétique**. Aux apsides, $\vec v\perp\vec r$, donc $L=mrv$, et $L=mr_0v_0$. À l'aphélie, $mr_Av_A=mr_0v_0$ :
$$\boxed{r_A=\frac{r_0v_0}{v_0-|v_1|}}$$
(De même $r_P=r_0v_0/(v_0+|v_1|)$.) On peut vérifier la conservation de l'énergie : $\frac12v_A^2-GM_\odot/r_A=-\frac12(v_0^2-v_1^2)$, comme juste après l'impulsion.
> [!PIEGE]
> Écrire $L=mrv$ en un point quelconque : ce n'est vrai que si la vitesse est orthoradiale.
### Question 21
> [!INDICATION]
> Développez au premier ordre en $|v_1|/v_0$ et comparez à la condition de Q11–12.
#### Solution
$r_A=r_0\left(1-\dfrac{|v_1|}{v_0}\right)^{-1}\simeq r_0\left(1+\dfrac{|v_1|}{v_0}\right)$. Imposer $r_A=1{,}01\,r_0$ donne $|v_1|=0{,}01\,v_0$ : **on retrouve le résultat de la question 12.**
## Partie III — Moteur ionique
On estime d'abord la durée de poussée, puis on étudie un accélérateur électrostatique : des ions traversent un condensateur plan et leur propre charge modifie le champ. On montre que la poussée est limitée par le champ de claquage et l'on retrouve la loi de Child-Langmuir.
### Question 22
> [!INDICATION]
> Force constante pendant $\Delta t$ : reliez la variation de quantité de mouvement à $F$.
> [!INDICATION]
> Pour juger si la poussée est brève, comparez $\Delta t$ au temps caractéristique de l'évolution de l'orbite.
#### Solution
Théorème de la quantité de mouvement à force constante : $M\,\Delta v=F\,\Delta t$, avec $\Delta v=|v_1|=300$ m·s$^{-1}$ :
$$\Delta t=\frac{M|v_1|}{F}=\frac{600\times300}{0{,}2}\ \text{s}=9\times10^5\ \text{s},\qquad\boxed{\Delta t\approx10\ \text{jours}}$$
Il faut comparer cette durée à l'échelle de temps du mouvement orbital : la période $T\approx1$ an ou, plus finement, $1/\omega=r_0/v_0=5\times10^6$ s $\approx58$ jours. On a $\Delta t/T\approx3\,\%$ et $\Delta t/(1/\omega)\approx0{,}17$ : pendant la poussée, la direction du Soleil ne tourne que d'environ $10°$. **L'impulsion peut être qualifiée de brève en première approximation.**
> [!METHODE]
> « Bref » n'a de sens que par rapport à un temps caractéristique du système. Pour un oscillateur de pulsation $\omega$, le bon étalon est $1/\omega$ plutôt que la période.
### Question 23
> [!INDICATION]
> Écrivez l'équation locale de conservation de la charge en régime stationnaire et à une dimension.
#### Solution
$\dfrac{\partial\rho}{\partial t}+\operatorname{div}\vec j=0$. En régime stationnaire, $\operatorname{div}\vec j=0$ ; la géométrie plane impose $\vec j=j(x)\vec u_x$, d'où $\dfrac{\mathrm dj}{\mathrm dx}=0$. Le courant est porté par les ions :
$$\boxed{j=\rho(x)\,v(x)=\text{constante}}$$
### Question 24
> [!INDICATION]
> Théorème de l'énergie cinétique pour un ion, de $x=0$ (vitesse négligeable) à $x$.
#### Solution
La force électrique dérive de l'énergie potentielle $eV$ :
$$\boxed{\tfrac12mv(x)^2=-eV(x)}$$
avec $V(x)\le0$, ce qui assure $v^2\ge0$.
### Question 25
> [!INDICATION]
> Combien d'ions traversent $S$ par unité de temps ? Quelle quantité de mouvement porte chacun ?
> [!INDICATION]
> Pour la poussée, faites un bilan de quantité de mouvement sur les ions compris entre les plaques, puis utilisez la loi des actions réciproques.
#### Solution
Pendant $\mathrm dt$, le nombre d'ions traversant $S$ est $\dfrac{jS}{e}\mathrm dt$, chacun portant $mv(x)\vec u_x$ :
$$\boxed{F(x)=\frac{Sjm}{e}\,v(x)}$$
Comme $v(0)=0$, $\boxed{F(0)=0}$. En régime stationnaire, les ions situés entre les plaques reçoivent par unité de temps la quantité de mouvement $F(d)-F(0)=F(d)$ selon $+\vec u_x$ : le moteur exerce sur eux la force $F(d)\vec u_x$. Par la loi des actions réciproques, les ions exercent sur le moteur $-F(d)\vec u_x$ : **la poussée vaut $F(d)$ et est dirigée selon $-\vec u_x$**, à l'opposé de l'éjection des ions.
> [!PIEGE]
> Se tromper de sens : les ions positifs vont vers le potentiel le plus bas ($V_0<0$ en $x=d$), donc sont éjectés vers $+x$ ; la sonde est poussée vers $-x$.
### Question 26
> [!INDICATION]
> Dérivez la relation de Q24 par rapport à $x$ et faites apparaître $E$.
#### Solution
$mvv'=-eV'=eE$ puisque $E=-\mathrm dV/\mathrm dx$ :
$$\boxed{v'(x)=\frac{eE(x)}{mv(x)}}$$
### Question 27
> [!INDICATION]
> Montrez que $\mathrm dQ/\mathrm dx=0$. Il faut une équation reliant $E'$ à $\rho$, puis $\rho$ à $j$ et $v$.
> [!INDICATION]
> Pour le signe, évaluez $Q$ en un point où l'un des deux termes est connu.
#### Solution
Maxwell-Gauss à une dimension : $E'=\rho/\varepsilon_0=j/(\varepsilon_0v)$. Donc
$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\tfrac12\varepsilon_0E^2\right)=\varepsilon_0EE'=\frac{jE}{v},\qquad\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\frac{F}{S}\right)=\frac{jm}{e}v'=\frac{jE}{v}.$$
D'où $\dfrac{\mathrm dQ}{\mathrm dx}=0$ : **$Q$ est indépendant de $x$.** En $x=0$, $F(0)=0$ :
$$\boxed{Q=\tfrac12\varepsilon_0E(0)^2\ge0}$$
> [!METHODE]
> $\frac12\varepsilon_0E^2$ est une pression électrostatique et $F/S$ un flux de quantité de mouvement : $Q$ exprime un bilan de quantité de mouvement entre le champ et les ions. Ce genre d'invariant s'établit toujours en dérivant et en utilisant les équations locales.
### Question 28
> [!INDICATION]
> Exprimez $F(d)/S$ à l'aide de $Q$ et de $E(d)$, puis majorez chaque terme.
> [!INDICATION]
> Où le champ est-il le plus intense entre les plaques ? Regardez le signe de $E'$.
#### Solution
Comme $E'=\rho/\varepsilon_0>0$, $E$ croît avec $x$ : la contrainte de claquage porte sur $E(d)$. En $x=d$ :
$$\frac{F(d)}{S}=\tfrac12\varepsilon_0E(d)^2-Q\le\tfrac12\varepsilon_0E_{\max}^2,$$
puisque $Q\ge0$. L'égalité exige $Q=0$ et $E(d)=E_{\max}$ :
$$\boxed{F_{\max}=\tfrac12\varepsilon_0E_{\max}^2S}$$
### Question 29
> [!INDICATION]
> Avec $Q=0$, remplacez $E$ par $-V'$ et $v$ par son expression en $V$ tirée de Q24.
#### Solution
$\frac12\varepsilon_0E^2=F/S=\dfrac{jm}{e}v$, avec $E=-V'$ et $v=\sqrt{-2eV/m}$ :
$$\boxed{\tfrac12\varepsilon_0\left(\frac{\mathrm dV}{\mathrm dx}\right)^2=j\sqrt{\frac{2m}{e}}\,\sqrt{-V(x)}}$$
> [!PIEGE]
> La simplification $\dfrac me\sqrt{\dfrac{2e}{m}}=\sqrt{\dfrac{2m}{e}}$ est une source classique d'erreur.
### Question 30
> [!INDICATION]
> Injectez la forme proposée : l'égalité doit être vraie pour tout $x$, ce qui impose une condition sur les puissances de $x$.
> [!INDICATION]
> N'oubliez pas les coefficients : qu'impose leur égalité ? Vérifiez aussi les conditions aux limites.
#### Solution
Avec $V=V_0(x/d)^\beta$ ($V_0<0$) : $V'=\dfrac{\beta V_0}{d}\left(\dfrac xd\right)^{\beta-1}$ et $\sqrt{-V}=\sqrt{-V_0}\left(\dfrac xd\right)^{\beta/2}$. L'équation devient
$$\frac{\varepsilon_0\beta^2V_0^2}{2d^2}\left(\frac xd\right)^{2\beta-2}=j\sqrt{\frac{2m}{e}}\sqrt{-V_0}\left(\frac xd\right)^{\beta/2}.$$
Elle est vraie pour tout $x$ si $2\beta-2=\beta/2$ :
$$\boxed{\beta=\frac43}$$
et si les coefficients sont égaux, ce qui fixe la densité de courant (loi de Child-Langmuir) :
$$j=\frac{4\varepsilon_0}{9d^2}\sqrt{\frac{2e}{m}}\,(-V_0)^{3/2}.$$
Cette forme vérifie $V(0)=0$, $V(d)=V_0$ et $V'(0)=0$, donc $E(0)=0$, cohérent avec $Q=0$.
> [!METHODE]
> Pour vérifier une solution en loi de puissance, on identifie les exposants puis les coefficients ; le second point donne souvent une relation physique intéressante (ici le courant maximal transportable).
### Question 31
> [!INDICATION]
> Sans charge, que vaut $V''$ ? Comparez ensuite $(x/d)^{4/3}$ et $x/d$ sur $[0,1]$, sans oublier que $V_0<0$.
#### Solution
Sans charge d'espace, $V''=0$ : $V=V_0\,x/d$ (droite, champ uniforme). Avec charge d'espace, $V=V_0(x/d)^{4/3}$.
| $x/d$ | 0 | 0,25 | 0,5 | 0,75 | 1 |
|---|---|---|---|---|---|
| $V/V_0$ (charge d'espace) | 0 | 0,16 | 0,40 | 0,68 | 1 |
| $V/V_0$ (vide) | 0 | 0,25 | 0,50 | 0,75 | 1 |
Comme $V_0<0$ et $(x/d)^{4/3}<x/d$ sur $]0,d[$, la courbe avec charge d'espace reste **au-dessus** de la droite ; elle part avec une **tangente horizontale** ($E(0)=0$) et arrive en $x=d$ plus raide qu'elle (champ $E(d)=\frac43|V_0|/d$).
> [!PIEGE]
> Dessiner la courbe en $x^{4/3}$ en dessous de la droite : comme $V_0<0$, l'ordre est inversé par rapport au tracé de $(x/d)^{4/3}$.
## Partie IV — Étude de l'astéroïde double Didymos-Dimorphos et effet de l'impact de DART
Les creux de la courbe de lumière donnent des rapports de tailles ; leur espacement donne la période orbitale, donc la masse de Didymos. On interprète enfin la variation de période après l'impact.
### Question 32
> [!INDICATION]
> Lors du second creux, que voit-on encore ? La luminosité est proportionnelle à la surface éclairée vue depuis la Terre.
#### Solution
Hors creux : luminosité $\propto R_1^2+R_2^2$. Lors du second creux, S est caché : $\propto R_1^2$. Donc
$$\frac{R_2^2}{R_1^2+R_2^2}=0{,}04\quad\Longrightarrow\quad\frac{R_2^2}{R_1^2}=\frac{0{,}04}{0{,}96},\qquad\boxed{\frac{R_2}{R_1}\approx0{,}2}$$
### Question 33
> [!INDICATION]
> La durée d'un creux est le temps pendant lequel S est (au moins en partie) caché. Exprimez la distance projetée entre les centres en fonction de l'angle orbital.
> [!INDICATION]
> Le second creux a une partie en pente (occultation partielle) et un fond plat (occultation totale) : chacun correspond à une condition géométrique différente.
#### Solution
Repérons S par l'angle $\varphi=2\pi t/P$ compté depuis la conjonction (S derrière Didymos). Vue de la Terre, la distance projetée entre les centres vaut $D|\sin\varphi|$. S est entièrement caché tant que $D|\sin\varphi|<R_1-R_2$, partiellement tant que $D|\sin\varphi|<R_1+R_2$.
Sur la figure 2, le second creux dure environ $0{,}15\,P$ entre premier et dernier contact et environ $0{,}09\,P$ en fond plat :
$$\frac{R_1+R_2}{D}\approx\sin(0{,}15\,\pi)\approx0{,}45,\qquad\frac{R_1-R_2}{D}\approx\sin(0{,}09\,\pi)\approx0{,}28,$$
$$\boxed{\frac{R_1}{D}\approx0{,}35\ \text{à}\ 0{,}4}$$
et $R_2/D\approx0{,}08$, soit $R_2/R_1\approx0{,}2$, cohérent avec Q32.
Dessin à l'échelle (figure 6, avec $R_1\approx0{,}37\,D$ et $R_2\approx0{,}08\,D$) : Didymos occupe plus du tiers du rayon orbital.
> [!METHODE]
> Utiliser les deux largeurs (contacts extérieurs et fond plat) donne à la fois $R_1/D$ et $R_2/D$, et un contrôle de cohérence avec Q32. Une approximation linéaire $\Delta t/P\approx R_1/(\pi D)$ est acceptable mais doit être signalée, car $R_1/D$ n'est pas petit.
> [!PIEGE]
> Ne pas dire quelle largeur on mesure. Selon qu'on lit le fond plat ou la largeur totale, $R_1/D$ varie de 0,3 à 0,45, et $\rho_1$ (Q34) varie comme $(R_1/D)^{-3}$.
### Question 34
> [!INDICATION]
> Quelle fraction de l'orbite de S sépare les deux creux ?
> [!INDICATION]
> Écrivez la troisième loi de Kepler pour S autour de Didymos, avec la masse de Didymos exprimée par $\rho_1$ et $R_1$.
#### Solution
Les deux creux correspondent à S devant puis derrière Didymos : ils sont séparés d'une demi-révolution, $\Delta t=P/2$ (creux centrés vers $0{,}25$ et $0{,}75$ sur la figure). Pour S en orbite circulaire (masse de S négligeable devant $M_1=\frac43\pi R_1^3\rho_1$, puisque $(R_2/R_1)^3\approx10^{-2}$) :
$$\left(\frac{2\pi}{P}\right)^2D=\frac{GM_1}{D^2}=\frac{4\pi G\rho_1}{3}\frac{R_1^3}{D^2}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\rho_1=\frac{3\pi}{GP^2}\left(\frac{D}{R_1}\right)^3=\frac{3\pi}{4G\,\Delta t^2}\left(\frac{D}{R_1}\right)^3}$$
$R_1/D$ venant de Q33, **$\rho_1$ est déterminée par la seule mesure de $\Delta t$.** Avec une période d'environ 12 h et $R_1/D\approx0{,}33$, on trouve $\rho_1\sim2\times10^3$ kg·m$^{-3}$, valeur typique d'un astéroïde rocheux poreux.
> [!METHODE]
> Les longueurs absolues ($R_1$, $D$) sont inconnues, mais seul leur rapport intervient : c'est ce qui rend la mesure possible depuis la Terre.
### Question 35
> [!INDICATION]
> Pour le demi-grand axe, troisième loi de Kepler sous forme différentielle.
> [!INDICATION]
> Juste après l'impact, S est encore à la même distance de Didymos : écrivez l'énergie mécanique en ce point en fonction de $a$, et différentiez à distance fixée.
#### Solution
Kepler ($T^2\propto a^3$) : $\dfrac{\Delta T}{T}=\dfrac32\dfrac{\Delta a}{a}$, d'où
$$\boxed{\frac{\Delta a}{a}=\frac23\times4{,}8\,\%=+3{,}2\,\%}$$
Juste après l'impact, S est toujours à la distance $D$ : $\frac12v^2-\dfrac{GM_1}{D}=-\dfrac{GM_1}{2a}$, soit $v^2=GM_1\left(\dfrac2D-\dfrac1a\right)$. Avant l'impact, $a=D$ et $v^2=GM_1/D$. En différentiant à $D$ fixé : $2v\,\Delta v=\dfrac{GM_1}{a^2}\Delta a$, d'où
$$\frac{\Delta v}{v}=\frac12\frac{\Delta a}{a},\qquad\boxed{\frac{\Delta v}{v}=+1{,}6\,\%}$$
La vitesse de S a augmenté sans changer de direction : DART, de vitesse parallèle à celle de S, **a percuté S dans le sens de son mouvement**. Si la période avait diminué (cas de la mission réelle), on aurait conclu à un impact de face.
> [!PIEGE]
> Utiliser $v^2=GM_1/a$, valable seulement sur une orbite circulaire : on trouverait une vitesse qui diminue, donc le mauvais sens d'impact. Après l'impact, l'orbite n'est plus circulaire ; il faut écrire l'énergie au point de l'impact.
## Bilan
**Méthodes à retenir.**
- Force centrale : conservation du moment cinétique, planéité, réduction à un mouvement radial dans un potentiel effectif ; orbite circulaire au minimum de $E_{p,\text{eff}}$, petites oscillations par la dérivée seconde.
- Énergie d'une orbite képlérienne $E=-GMm/2a$ et sa conséquence : une variation de vitesse à position fixée modifie $a$, donc la période (Q7, Q35).
- Recherche d'un vecteur constant en dérivant et en utilisant $\mathrm d\vec e_\theta/\mathrm dt=-\dot\theta\vec e_r$ ; exploitation aux apsides, où la vitesse est orthoradiale.
- Systèmes ouverts : flux de quantité de mouvement $\dot N\,mv$, bilan stationnaire, loi des actions réciproques pour la poussée.
- Grandeur conservée $Q$ : dériver et utiliser les équations locales (Maxwell-Gauss, conservation de la charge).
- Lecture quantitative de graphes : choisir une mesure sur une longue durée (Q4), préciser quelle largeur on lit (Q33).
**Prérequis à revoir.** Lois de Kepler et période synodique, coordonnées polaires et dérivées des vecteurs de base, développements limités au premier ordre, théorème de l'énergie cinétique pour une particule chargée, Maxwell-Gauss à une dimension.
**Questions transposables.** Potentiel effectif et petites oscillations (toute épreuve de mécanique céleste), manœuvres orbitales (transfert de Hohmann, effet d'une poussée radiale ou tangentielle), loi de Child-Langmuir (diodes à vide, propulsion ionique), photométrie des binaires à éclipses (exoplanètes par transit).
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