Analyse du sujet de Physique X/ENS/ESPCI 2026 (filière MPI) : déviation d'un astéroïde par percussion, de la mécanique céleste au moteur ionique

Orbite de Didymos autour du Soleil

La première partie est courte et essentiellement qualitative et graphique, mais elle pose les fondations numériques indispensables pour la suite.

La question 1 demande de rappeler en vertu de quel principe le mouvement d'une planète ou d'un astéroïde sous l'attraction du Soleil est dans un plan contenant celui-ci : c'est la conservation du moment cinétique, dont la dérivée par rapport au temps est nulle car la force gravitationnelle est centrale (dirigée vers le Soleil). Le moment cinétique L = r ∧ (m × v) étant constant, le mouvement reste dans le plan défini par la position initiale et la vitesse initiale, plan qui contient le Soleil.

La question 2 exploite la figure 1 qui montre l'évolution de la distance Terre-Didymos entre 2000 et 2050. Didymos décrit une orbite elliptique dont le périhélie est r_min = 1,01 r₀ ≈ r₀ (très proche de la distance Terre-Soleil). À partir du graphique, on estime que la distance maximale est d'environ 3,4 UA, ce qui donne un demi-grand axe a ≈ (r_min + r_max)/2 ≈ (1 + 3,4)/2 ≈ 2,2 UA. La question 3 déduit la période T de révolution par la troisième loi de Kepler : T² = a³ × T_Terre² (en unités où la Terre a T = 1 an et a = 1 UA), ce qui donne T ≈ (2,2)^(3/2) ≈ 3,3 ans. La question 4 valide cette estimation directement sur le graphique : on observe que Didymos passe régulièrement très près de la Terre (distance ≈ r₀) avec une période visible d'environ 3 à 4 ans, en accord avec le calcul.

Orbite de DART autour du Soleil : deux méthodes complémentaires

Mise en orbite et impulsion radiale

La deuxième partie est la plus longue et la plus riche du sujet. Elle étudie le transfert orbital de DART depuis l'orbite terrestre jusqu'à la cible Dimorphos, en s'appuyant successivement sur deux méthodes : l'énergie potentielle effective et les constantes du mouvement (vecteur de Laplace-Runge-Lenz).

La question 5 pose le point de départ : DART est lancé depuis la Terre et placé sur la même orbite circulaire que la Terre, à la distance r₀ du Soleil. Sa vitesse est v₀ = 30 km/s, identique à celle de la Terre. On lui communique ensuite une impulsion radiale v₁ (|v₁| ≪ v₀) qui ne modifie pas sa vitesse orthoradiale mais lui donne une composante radiale. La question 6 demande la variation du moment cinétique de DART par rapport au Soleil : une impulsion radiale est dirigée selon e_r, donc elle ne modifie pas la composante orthoradiale de la vitesse, et le moment cinétique L = m r v_θ reste inchangé. La question 7 calcule la variation d'énergie mécanique : ΔE = (1/2)m(v₀² + v₁²) − (1/2)mv₀² = (1/2)mv₁², ce qui modifie le demi-grand axe a selon la relation E = −GMs m/(2a). Au premier ordre en v₁/v₀, la variation relative du demi-grand axe est Δa/a ≈ v₁²/v₀² × a/r₀, un résultat petit du second ordre en v₁/v₀.

Première méthode : énergie potentielle effective

La question 8 rappelle l'expression de l'énergie potentielle effective pour le mouvement radial dans un champ gravitationnel newtonien : E_p,eff(r) = L²/(2mr²) − GMs m/r, où le premier terme est l'énergie centrifuge et le second l'énergie potentielle gravitationnelle. L'énergie mécanique totale s'écrit E = (1/2)m ṙ² + E_p,eff(r).

La question 9 retrouve le rayon de l'orbite circulaire comme le minimum de E_p,eff : dE_p,eff/dr = 0 donne r = L²/(GMs m²) = r₀, ce qui est cohérent avec la vitesse circulaire v₀ = √(GMs/r₀). La question 10 étudie les petites oscillations radiales autour de r₀ : en posant r(t) = r₀ + r₁(t) avec |r₁| ≪ r₀ et en développant E_p,effau second ordre en r₁, on obtient un oscillateur harmonique de pulsation ω = v₀/r₀ = √(GMs/r₀³), qui est précisément la pulsation de révolution sur l'orbite circulaire (ce n'est pas un hasard, c'est une propriété remarquable de la force newtonienne).

La question 11 demande si l'aphélie de l'orbite de DART coïncide avec le périhélie de l'orbite de Didymos, condition nécessaire pour l'impact. Puisque r_min(Didymos) = 1,01 r₀ ≈ r₀, l'aphélie de DART doit être r_max(DART) ≈ r₀, ce qui correspond à une orbite très légèrement elliptique, bien dans le cadre de l'approximation des petites oscillations. La question 12 en déduit la valeur numérique de |v₁| : l'amplitude des oscillations radiales r₁(t) = A sin(ωt + φ₀) doit satisfaire A ≈ r_max − r₀ ≈ 0,01 r₀. L'expression de r₁(t) donne A = |v₁|/ω = |v₁| × r₀/v₀, d'où |v₁| = 0,01 v₀ = 0,3 km/s.

La question 13 demande la période de la trajectoire elliptique de DART. Dans le régime des petites oscillations, la pulsation radiale est ω = v₀/r₀, identique à la pulsation orbitale : la période radiale est donc égale à la période de révolution T_Terre = 1 an. On aurait pu obtenir ce résultat sans calcul en invoquant directement la troisième loi de Kepler : une orbite de demi-grand axe a ≈ r₀ a une période T ≈ T_Terre. La question 14 exploite les données temporelles : l'impulsion a été donnée le 24 décembre 2021 et l'impact a eu lieu le 26 septembre 2022, soit environ trois quarts d'une période (neuf mois sur douze). L'aphélie est atteint à mi-parcours (à t = T/2, soit après six mois, en juin 2022), et l'impact correspond à 3T/4 = neuf mois après l'impulsion. Puisque DART revient vers le Soleil après l'aphélie, l'impulsion était dirigée vers le Soleil (v₁ < 0), de façon à réduire légèrement la vitesse orthoradiale et allonger l'orbite vers l'extérieur.

Seconde méthode : le vecteur de Laplace-Runge-Lenz

La seconde méthode mobilise la constante du mouvement vectorielle T = v − Bê_θ introduite à la question 15, où B est une constante à déterminer. Cette constante du mouvement, analogue du vecteur de Laplace-Runge-Lenz (LRL), est l'un des invariants les plus élégants de la mécanique keplerienne. La question 15 montre que pour une trajectoire donnée, il existe une valeur de B telle que dT/dt = 0, et donne l'expression de B en faisant apparaître le moment cinétique. La question 16 calcule B et le vecteur T pour l'orbite circulaire de rayon r₀.

La question 17 demande de dessiner une orbite elliptique en précisant la position du Soleil et le sens de parcours, et d'identifier selon lequel des deux axes de l'ellipse le vecteur T est dirigé. C'est la grande axe (axe de symétrie reliant le périhélie et l'aphélie) que T pointe, vers le périhélie par convention. La question 18 applique ces résultats à l'orbite elliptique de DART après impulsion, et la question 19 détermine la vitesse de DART au périhélie et à l'aphélie en fonction de v₀ et v₁ à partir de la conservation de l'énergie et du moment cinétique.

La question 20 utilise la conservation de l'énergie mécanique E = (1/2)mv² − GMs m/r = constante et la conservation du moment cinétique L = m r v_θ = constante pour relier la vitesse à la distance aux points remarquables (périhélie et aphélie, où la vitesse est purement orthoradiale). On en déduit la distance au Soleil à l'aphélie r_aph en fonction de r₀, v₀ et v₁. La question 21 vérifie que le résultat de la question 12 est bien retrouvé dans la limite |v₁| ≪ v₀ : r_aph ≈ r₀(1 + 2v₁/v₀) pour v₁ < 0, ce qui donne r_aph − r₀ ≈ 2|v₁|r₀/v₀, cohérent avec les ordres de grandeur établis plus tôt.

Moteur ionique : électrostatique d'un accélérateur à ions

La troisième partie constitue la sous-partie d'électrostatique du problème. Elle étudie le principe du moteur ionique embarqué sur DART, qui génère sa poussée en accélérant des ions à très haute vitesse par un champ électrique. Une note de bas de page précise, avec honnêteté, que le moteur ionique de DART n'a finalement pas été utilisé pour la déviation d'orbite (qui a été effectuée par un moteur chimique traditionnel), mais que son principe reste pertinent à étudier.

Le moteur est modélisé comme un condensateur plan de surface S dont les deux armatures sont situées en x = 0 et x = d, portées à des potentiels V(0) = 0 et V(d) = V₀ < 0. Des ions de masse m et de charge positive e entrent en x = 0 avec une vitesse négligeable et sont accélérés par le champ électrique jusqu'à x = d.

La question 23 justifie que la densité de courant j est indépendante de x : en régime stationnaire, la conservation du nombre d'ions impose que j = ρ(x) × v(x) = constante, ce qui est la continuité du courant en régime permanent. La question 24 établit la relation énergie-vitesse par conservation de l'énergie : (1/2)mv(x)² = eV(x), soit v(x) = √(2eV(x)/m) (attention : V(x) est négatif côté armature négative, donc pour avoir des ions accélérés depuis x = 0 vers x = d, il faut V₀ < 0 et on s'intéresse à V(0) = 0, V(d) = V₀ < 0, les ions étant accélérés dans le sens des x croissants par le champ E_x = −dV/dx > 0).

La question 25 calcule la quantité de mouvement F(x) traversant la surface S par unité de temps à l'abscisse x, c'est-à-dire la force exercée sur le fluide d'ions en aval : F(x) = S × j × m × v(x)/e = S × j × √(2mV(x)/e). F(0) = 0 (les ions entrent avec une vitesse nulle) et la force de poussée du moteur est F(d), la quantité de mouvement emportée par les ions à la sortie. La question 26 exprime v'(x) = dv/dx en fonction de m, e, E(x) et v(x), en utilisant la relation de la question 24 dérivée par rapport à x et l'équation de Newton m × v × v'(x) = eE(x).

La question 27 est la clé de voûte de la partie : montrer que la quantité Q = (1/2)ε₀E(x)² − F(x)/S est indépendante de x. Ce résultat s'obtient en calculant dQ/dx et en montrant qu'il est nul grâce à l'équation de Poisson d²V/dx² = −ρ(x)/ε₀ = −j/(ε₀ v(x)) et aux expressions de j, v(x) et F(x). Le signe de Q est négatif : (1/2)ε₀E² < F/S, ce qui signifie que la pression électrostatique est inférieure à la poussée par unité de surface.

La question 28 montre que la force de poussée maximale est atteinte dans la limite Q = 0, ce qui correspond à la limite de claquage E = E_max. La force maximale est alors F_max = (1/2)ε₀E_max² × S, identique à la pression électrostatique maximale sur l'armature. Les questions 29 à 31 étudient le cas optimal Q = 0 : l'équation différentielle pour V(x) est d²V/dx² = −C/√V (avec C une constante impliquant ε₀, e, m et la densité de courant), dont la solution est de la forme V(x) = V₀(x/d)^β avec β = 4/3. La relation d'Child-Langmuir (loi en 3/2 pour le courant en fonction de la tension) émerge naturellement de ce calcul. La question 31 demande de tracer V(x) et de le comparer au cas d'un condensateur vide : la présence des ions de charge positive crée une densité de charge positive qui courbe le potentiel vers le bas par rapport au cas linéaire (condensateur vide).

Étude de l'astéroïde double Didymos-Dimorphos et effet de l'impact

Caractérisation photométrique de l'astéroïde double

La quatrième et dernière partie s'appuie sur les données photométriques réelles de l'astéroïde double Didymos-Dimorphos pour en extraire des informations quantitatives sur le système. C'est une partie d'astronomie observationnelle qui testait la capacité des candidats à interpréter des données expérimentales réelles et à relier les observations aux modèles physiques.

La figure 2 montre la variation de la magnitude apparente (et donc de la luminosité) de l'astéroïde double en fonction du temps (en unités de la période de révolution de Dimorphos autour de Didymos). On observe deux creux par période : le premier correspond au passage de Dimorphos (noté S) devant Didymos (transit, éclipse partielle), le second au passage de S derrière Didymos (occultation totale). La profondeur du second creux est de 4 %, et la luminosité est proportionnelle à la surface totale éclairée.

La question 32 demande d'estimer le rapport R₂/R₁ à partir de la diminution de luminosité lors du second creux (occultation). Lors de l'occultation, S est entièrement derrière Didymos, donc la luminosité relative chute de πR₂²/(πR₁² + πR₂²) = R₂²/(R₁² + R₂²) = 4 %, d'où R₂²/R₁² ≈ 0,04/(1 − 0,04) ≈ 0,042, soit R₂/R₁ ≈ 0,20. Dimorphos a donc environ cinq fois plus petit rayon que Didymos.

La question 33 demande d'estimer R₁/D à partir de la figure. La largeur temporelle du second creux (l'occultation) correspond au temps mis par Dimorphos pour traverser le diamètre apparent de Didymos. En lisant graphiquement la durée relative du creux sur la figure (environ 15 à 20 % de la période), et en sachant que la distance parcourue par S à la vitesse orbitale pendant ce temps est 2R₁, on obtient R₁/D ≈ (durée du creux/période) × π ≈ 0,15π ≈ 0,47. Les candidats devaient donc estimer numériquement cette largeur à partir du graphique. La question 34 montre comment déduire la masse volumique ρ₁ de Didymos à partir de l'intervalle de temps séparant les deux creux (qui donne la période de révolution de S) et de la troisième loi de Kepler appliquée au système Didymos-Dimorphos : T² = 4π²D³/(G(M₁ + M₂)) ≈ 4π²D³/(GM₁) = 4π²D³/(G × (4/3)πR₁³ρ₁), d'où ρ₁ = 3π/(GT²) × (D/R₁)³.

Effet de l'impact de DART : modification de l'orbite de Dimorphos

La question 35 est la question finale et la plus complexe de la partie IV. Elle demande d'analyser les conséquences de l'impact de DART sur l'orbite de Dimorphos, à partir de la donnée observationnelle que la période de révolution de S autour de Didymos a augmenté de 4,8 % après l'impact.

Dans un référentiel galiléen où Didymos est immobile au moment de l'impact, la vitesse de DART est parallèle à celle de S et l'impact ne dévie pas la direction de S. Cette géométrie simplifie l'analyse : l'impact modifie uniquement la norme de la vitesse de S, pas sa direction. La variation relative de la période T est liée à la variation relative du demi-grand axe par la troisième loi de Kepler : ΔT/T = (3/2) × Δa/a. Avec ΔT/T = +4,8 %, on obtient Δa/a ≈ +3,2 %.

La variation d'énergie mécanique du système Didymos-S est ΔE = −GM₁m/(2a₀) × Δa/a, et la variation de vitesse correspondante (au premier ordre) est Δv/v = −Δa/(2a) ≈ −1,6 %. Puisque la période a augmenté, le demi-grand axe a augmenté, ce qui signifie que l'énergie mécanique a augmenté (est devenue moins négative), ce qui signifie que la vitesse de S a diminué. L'impact a donc ralenti S, c'est-à-dire que DART a frappé S dans le sens opposé à son mouvement orbital (comme prévu par la mission : ralentir S pour rapprocher son orbite de Didymos). La question demande de préciser le sens de l'impact par rapport au mouvement de S, et la réponse est que DART a heurté S en sens contraire de sa vitesse orbitale, ce qui a réduit son énergie cinétique et contracté son orbite. L'augmentation de la période peut paraître contre-intuitive : si S ralentit, son orbite devrait se contracter et la période devrait diminuer. C'est l'inverse qui est observé, ce qui signifie que le rebond de matière éjectée lors de l'impact a en réalité communiqué une impulsion nette à S dans le sens de son mouvement, lui donnant plus d'énergie qu'il n'en avait avant l'impact. Cet effet de retour (ejecta recoil), non modélisé dans les questions précédentes mais mentionné implicitement dans l'énoncé, est la raison pour laquelle la mission DART a été bien plus efficace que prévu.