Toute pensée sur le monde, toute observation et compréhension

Sujet proposé par Théo Héikay
« Il n’y a pas de choses simples, mais il y a une manière simple de voir les choses. »
INTRODUCTION
Y a-t-il de la vie ailleurs ? Dans ce système solaire, à part la Terre, cela semble peu
probable, et en tout cas inobservé. Et plus loin ? Il faudrait qu’il y ait des planètes
autour d’étoiles proches du Soleil, si possible, pour qu’on ait une chance de les
étudier un jour. Car observer un objet de cette nature, tout près d’un objet si brillant
qu’il le dissimule dans ses feux, et si loin cependant que cette planète en est encore
plus indiscernable, a tenu pour longtemps de la vraie gageure. Une voie indirecte a
alors été suivie : un compagnon peut, en orbitant autour d’une étoile, créer de très
légers effets cinématiques sur celles-ci se manifestant dans des décalages Doppler du
rayonnement stellaire pouvant être mis en évidence par une optique
spectrophotométrique de très grande précision.
1995 a vu cette entreprise couronnée pour la première fois de succès, initialisant
désormais une quête fructueuse puisqu’à l’heure actuelle + de 100 planètes
extrasolaires ont été ainsi (indirectement) observées.
PRÉREQUIS
Les notions nécessaires, comme la magnitude, le corps noir, la vitesse d’évasion ou la
vitesse thermique sont apportées dans le problème.
ÉNONCÉ
À l’automne 1995, des astronomes suisses ont découvert des variations périodiques
dans les vitesses radiales de l’étoile m Pegasi, très comparable au Soleil, de
magnitude visible apparente 6,18 et située à 44,7 années-lumière de nous. Ces
résultats ont été attribués à la présence, autour de l’étoile, d’une planète dont la
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période orbitale serait de 4,23 jours, et dont la masse serait comparable à celle de
Jupiter.
I _ Rappels sur des définitions astronomiques
a) L’année lumière (al) est la distance parcourue par la lumière en un an.
Donner la valeur de al (c = 3.108 m.s– 1).
Le parsec (pc) est la distance d’une étoile d’où on verrait le rayon de l’orbite
terrestre (UA) sous un angle de 1’’.
Donner la valeur du parsec (UA = 1,496.1011 m). Donner la relation numérique entre
pc et al.
b) La notion de magnitude remonte à l’antiquité, quand Hipparque établissait le
premier catalogue d’étoiles en inventant la notion de grandeur, nombre entier,
d’autant plus élevée que l’étoile est faible, l’étoile la plus brillante étant de
grandeur 1.
De façon moderne, la magnitude apparente d’une étoile est liée à son
éclairement (flux de puissance observé) par la relation
m = – 2,5 log E + cste
Plus précisément, il faut spécifier le domaine de rayonnement observé, la
constante étant fixée selon une source établie.
Pour une observation dans le domaine visible,
mV = – 2,5 log E – 14,2
II _ Propriétés de m Pegasi
On appelle magnitude absolue m la magnitude apparente qu’aurait l’étoile si elle
était placée à une distance de 10 pc. L’intérêt de cette notion est qu’elle permet de
comparer les luminosités intrinsèques des étoiles puisqu’elles sont placées ainsi
artificiellement à la même distance.
i.
Calculer la magnitude absolue MV(©) du Soleil (L © = 3,86. 1026 W).
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ii.
iii.
Donner la relation entre magnitude apparente et magnitude absolue. On appelle m
– M le « module de distance ». Pourquoi ?
Calculer MV pour M. Le résultat est-il plausible pour une étoile semblable au
Soleil ? On appréciera la rapport des luminosités du Soleil et de M Pegasi.
III _ Propriétés de la planète extrasolaire
i.
En utilisant la 3e loi de Kepler (a3/T2 = GM/42) calculer, en UA, la distance
approximative de la planète à son étoile. La comparer avec celles du système solaire
(M© = 2.1030 kg). Commenter.
ii.
On suppose que la planète se comporte comme un corps noir (elle émet par
unité de surface une puissance T4,  = 5,67.10– 8 SI) sphérique de rayon R. Son
albédo (rapport de la puissance réfléchie à la puissance incidente) est .
Si L est la luminosité de l’étoile, donner l’expression de T en fonction de , L et R, en
partant de l’équilibre énergétique de la planète.
Estimer la température de surface de la planète supposée semblable à Jupiter ( = 0,34).
iii.
Démontrer que la vitesse de libération v à la surface d’une planète de masse M et de
rayon R est
2GM
R
Démontrer que la masse moyenne d’agitation thermique d’une particule de masse m d’un
gaz de température T est
v1 =
3kT
m
Discuter l’existence possible d’une atmosphère à la surface de la planète.
(Masse de Jupiter M = 1,9.1027 kg, rayon de Jupiter R = 71 300 km, masse de
l’atome d’hydrogène m = 1,67.10– 27 kg).
vt =
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CORRECTION DE L’AUTEUR
I _ a) La durée de l’année (365,25 j de 86 400 s chacun) est 1 a = 3,16. 107 s d’où
al = cT = 3,16.107 = 9,48.1015 m
UA
soit
d
1,496.1011
d=
= 3,086.1016 m

18060
60
D’après la définition du persec 1’’ =
d’où pc = 3,26 al.
II _ a) La luminosité du Soleil L © donne, à une distance d, un éclairement
L©
EV =
4d²
(4d² est la surface de rayon d).
La magnitude absolue est calculée d’après l’éclat à d = 10pc d’où
L©
MV(©) = – 2,5 log
– 14,2
4(10pc)²
A.N. On trouve MV(©) ~ 4,5.
c) Si pour une étoile donnée de luminosité L, E est l’éclat à la distance d, et E 10
l’éclat à la distance de 10 parsec, on a L = 4d²E = 4(10pc)²E10
Soit
E
10
=  ²
E10
d
si d est mesurée en pc. Par ailleurs
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m = – 2,5 log E + cste
M = – 2,5 log E10 + cste
d’où
E
10
= – 5 log
E10
d
d’où m – M = 5 log d – 5 module de distance.
m – m mérite son nom parce qu’il n’est fonction que de la distance, et
qu’inversement sa connaissance permet d’atteindre la distance.
d) Pour M Pegasi, MV = mV + 5 – 5 log d soit
44,7
MV = 6,18 + 5 – 5 log
~ 5,5
3,26
Cette valeur est proche de celle du Soleil, ce qui confirme que M Pegasi est bien une
étoile de type solaire.
m – M = – 2,5 log
MV (©) – MV (Pegasi) = 4,5 – 5,5 = 1 = – 2,5 log
E10(©)
E10(Pegasi)
d’où
E10(©)
= 100,4 ~ 2,5
E10(Pegasi)
qui est le rapport des luminosités.
III _ a) La masse de M Pegasi doit être comparable à celle du Soleil ce qui n’a pas
une grande incidence car
GMT² 1/3
a= 

 4² 
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varie peu avec M. On sait, d’après la trajectoire de la Terre que
GM©(1 an)²1/3
UA = 

4²


d’où
a
 4,23 2/3
=
 ~ 0,05
UA 365,25
Cette planète, de nature géante, est extrêmement proche de l’étoile. Ce n’est pas sans
poser un problème sur la compréhension des systèmes planétaires car, dans le
mécanisme de formation adopté actuellement pour le système solaire, les planètes
géantes sont à grande distance du Soleil.
b)
La planète reçoit de l’étoile et par unité de surface perpendiculaire au
L
rayonnement une puissance
. La puissance absorbée est donc
4d²
R²
(1 – )L 
4d²
À l’équilibre énergétique
R²
(1 – )L 
= 4R²T4
4d²
d’où
(1 – ) L1/4
T = 

 16d² 
A.N. L ~ 0, 4 L © ~ 1,5.1026 W. m– 1 ; d ~ 0,05  1,496 ; 1011 = 7,5.109 m ;  = 0,34 .
D’où T ~ 1250 K qui est une température de surface très élevée pour une planète.
c) L’énergie totale d’un corps de masse m, de vitesse v, situé à une distance r du
centre d’un objet attractif massif de masse M >> m, est
GmM
1
E = mv² –
r
2
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On obtient v = v1 pour E = 0 (l’objet de masse m peut aller jusqu’à l’infini avec une
vitesse nulle) d’où pour la planète de masse m et de rayon R,
2GM
R
Pour un gaz en équilibre à la température T, le théorème de l’équipartition de
1
l’énergie donne kT par degré de liberté.
2
Pour l’énergie cinétique de translation, il y a 3 degrés de liberté d’où
1
1
mvt2 = 3  kT
2
2
v1 =
soit
3 kT
m
Pour la planète extrasolaire assimilée à Jupiter, R = 7,13.107 m, M = 1,9.1027 kg soit
vt =
v1 ~ 60 Km. S– 1
Pour un gaz d’hydrogène (m = 1,67. 10– 27 kg) à la température de 1 250 K,
vt ~ 5, 6 km. S– 1
L’hydrogène qui est le gaz le plus léger et donc a de plus de facilité à s’échapper à
cependant une vitesse moyenne d’agitation thermique nettement inférieure à la
vitesse de libération de la planète extrasolaire. L’existence d’une atmosphère sur
cette planète est donc plausible.
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Sujet proposé par Théo Héikay
« J’aime les vieilles questions.
Ah ! Les vieilles questions, les vieilles réponses, il n’y a que ça ! »
Introduction
Les planètes du système solaire possèdent pour la plupart des satellites naturels.
L’homme a également inventé des satellites artificiels, d’abord autour de la Terre,
puis des planètes et l’intérêt scientifique, technologique, économique (pour ne pas
parler du militaire) de ces satellites est unanimement reconnu. Comme sont reconnus
aussi les problèmes qu’ils peuvent poser à l’environnement, voire de façon très
directe lorsque des morceaux menacent immédiatement la vie humaine.
Le présent problème examine quelques phénomènes généraux concernant les
satellites sur leur trajectoire, considérée comme circulaire pour simplifier.
Prérequis
Notions de mécanique appliquées à la gravitation. Résolution d’équations
différentielles.
Énoncé
I _ Modification de trajectoire
a) On considère un satellite de masse m en orbite elliptique autour de la Terre
(masse MT).
En appliquant la conservation du moment cinétique aux points M1 (apogée) et M2 (périgée),
montrer que l’énergie totale E du système (m, MT) dans un référentiel géocentrique est
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GMTm
a1 + a2
où a =
est le demi-grand axe de l’ellipse.
2a
2a
b) On considère que le satellite est initialement en orbite circulaire (cas particulier
d’ellipse,

a = a1 = a2). Un moteur agit sur le satellite de telle sorte que sa vitesse v devienne

instantanément  v ( > 0).
Donner, suivant la valeur de , la forme de la nouvelle trajectoire.
E=–
II _ Rendez-vous spatial
Deux satellites S0 et S1 sont sur une même orbite circulaire autour de la Terre, de
rayon a, qu’ils parcourent avec la même vitesse angulaire 0. S0 précède S1 d’une

distance ℓ0. Grâce à son moteur, à t = 0, S1 se donne une variation de vitesse  v0 (

réel << 1), où v0 est la vitesse initiale du satellite (v0 = 0a). On supposera qu’en toute
circonstance les orbites des satellites restent circulaires.
(a) Donner l’expression de la nouvelle vitesse angulaire 1 de S1 en fonction de 0 et .
(b) Écrire l’équation donnant l’ensemble des dates pour lesquelles les directions Terre-satellite
de S0 et S1, sont confondues, c’est-à-dire pour lesquelles S1 « rattrape » S0.
(c) Quelle peut être la valeur de  pour que S1 rattrape S0 au bout d’une période de S0 ?
(d) Le mot « rattrape » n’est pas tout à fait exact dans la mesure où il sous-entend que
les deux satellites sont exactement sur la même orbite, ce qui est la condition
nécessaire des rendez-vous spatiaux.
À partir d’une situation analogue à leur situation initiale, décrive qualitativement la suite de
manœuvre amenant S1 au rendez-vous avec S0.
III _ Effet dynamique de l’atmosphère
On suppose que la haute atmosphère, supposée ténue, de masse volumique , a un
effet de freinage tel sur un satellite que sa variation d’énergie par unité de temps
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peut se mettre sous la forme
dE
= – kv où k est une constante positive et v la vitesse
dt
du satellite.
On admettra que l’orbite du satellite, initialement de rayon a et de période T0, reste
circulaire au cours du temps, de période T(t), rayon r(t).
(a) Discuter qualitativement le comportement de la trajectoire au cours du temps en
décrivant notamment l’évolution de r, v, et T.
dT
(b) Trouver l’expression de en fonction de k, m, T et MT
dt

t
(c) Intégrer cette équation en supposant une loi de puissance pour T telle que T = T0   où
t0
t0 est le temps initial.
(d) Déterminer r(t).
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CORRECTION DE L’AUTEUR
I _ a)
GMTm
1
mv12 –
a1
2
GMTm
1
En M2, E = mv22 –
a2
2
moment cinétique donne
En M1, E =
La
conservation
Ea 2 – Ea
1
2
2
du
v1a1
=
v2a2
d’où
= – GMTm(a1 – a )
2
soit finalement
GMTm
GMTm
= –
a1 + a2
2a


c) Le point M où le changement de vitesse se fait est tel que OM orthogonal à v :
c’est un sommet de la nouvelle trajectoire. Avant ce changement, l’orbite
circulaire est telle que
E= –

GMTm m v0
=
a2
a
soit
v0 =
GMTm
a
Après le changement de vitesse, l’énergie devient
GMTm 1 GMTm 2
1

E’ = m ² v0 –
=
( – 2)
a
2
2 a
1) si 0 <  <
I.
2 la trajectoire est elliptique (E’ < 0) avec trois cas
0 <  < 1. Il y a freinage. Le nouveau demi-grand axe est :
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a’ =
II.
a
< a
2 – ²
a = 1 pas de changement.
III.
0 < 2  < 2. Il y a accélération.
Le nouveau demi-grand axe est
a’’ > a
2) Si  =
2 la trajectoire est parabolique (E’ = 0).
3) Si  >
2 la trajectoire est hyperbolique (E’ < 0).
II __
a) Pour l’orbite initial circulaire l’énergie du système (S 1, Terre) dans le
référentiel géocentrique est
Gm1MT
1
E1 = m1v02 –
a
2
On a aussi d’après I b),
GmMT
1
mv02 = –
2a
2
On voit que, pour une orbite circulaire, si E est l’énergie totale et r le rayon, v la
vitesse, on a les relations
E1 = –
E . r = cste et
E
= cste
v²
Soit encore
dE
dr
=–
E
r
dE
dv
= 2
E
v
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Après la modification de vitesse, l’énergie (S1, Terre) devient
Gm1MT
1
E’1 = m(v0 + v0)2 –
a
2
Soit dE1 = mv02 d’où
dE1
dr
dv
= – 2 et
= 2
= – 
E1
r
v
Comme  =
v d
dv
dr
d
,
=
–
d’où
= – 3. La nouvelle vitesse angulaire de S1

r 
v
r
est donc
1 = 0 (1 – 3)
b) L’angle entre la direction de S0 et S1, est alors
c)
ℓ0


(TS0 , TS1) = 0(1 – 3)t –
a

(ℓ0 petit devant a)

Les directions se confondent si (TS0 , TS1) = 2k, k entier relatif, d’où l’ensemble des
valeurs possibles de t, données par
ℓ0
+ 2k
a
Comme ℓ0 << a, le premier rattrapage se fait pour k = 0. Si l’on veut qu’il ait lieu pour
2
t = T0 =
, on a finalement
0
ℓ0
=–
2a
– 30t =
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La valeur négative de  signifie, selon un paradoxe apparent, que le satellite S1 doit
freiner pour rattraper S0 devant lui.
d) La série de manœuvres à accomplir pour un rendez-vous spatial est dictée par les
résultats précédents.
Les différentielles de II a) montrent que si un satellite accélère ( > 0), son rayon
augmente ainsi que sa période, sa vitesse et sa vitesse angulaire diminuent. C’est
l’inverse s’il freine ( < 0) ; son rayon diminue ainsi que sa période. Sa vitesse et sa
vitesse angulaire augmentent.
S’il faut que S1 rattrape S0 , il doit d’abord freiner, dépasser S0 sur une orbite
légèrement plus basse, puis accélérer pour remonter à une orbite supérieure afin que
S0 le rattrape, etc…
III ____ a) Le satellite voit son énergie totale diminuer en permanence parce que
dE = – kv dt < 0. D’après les résultats précédents, le satellite voit augmente sa
vitesse sur une orbite de plus en plus basse, avec une période de plus en plus courte.
Il va donc se désintégrer à terme.
b) D’après I.a)
d 3 dE
=

2 E
Or
T=
2
dT
d
soit
=–
.


T
D’où
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dT
3 dE
=–
.
T
2 E
Soit
1 dT 3
v
= k
T T
2
E
On trouve la relation entre T et E d’après les égalités de II. a) pour une orbite
circulaire
T = 2
r
GMTm
avec r = –
v
2E
v =
–2
E
m
Soit
T=
GMT
2
m3/2( – E) –
3/2
d’où
–
v
=
E
–1
- Em
d’où
 GMT2/3
E=
 m
 2T 
1 dT
3
1  GMT- 1/3
= – k 
T dt
2
m  2T 
soit finalement
dT
3k
= –
(2 GMT)-1/3T4/3
dt
m
c) On met cette équation sous la forme
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dT
= – A T4/3
dt
Après dérivation de T(t) = T0(t/t0)  , on identifie les termes en t ce qui donne  = – 3,
et les termes constants, ce qui donne
3
= T01/3  t0
A
d’où
 t  – 3  3 3
T(t) = T0   =   t – 3
t0
A
Soit encore
 m 3
T(t) =   2 GMTt – 3
k
d)
T = 2
r
et v =
v
GMT
d’après I. b)
r
d’où
T = 2
r3
GMT
Ou
T²
4²
=
3
r
GMT
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qui est aussi la troisième loi de Képler appliquée à une orbite circulaire de rayon r,
d’où
GMT1/3 2/3
r(t) = 
 T
 4² 
soit finalement
 m  2 GMT –2
r(t) =  
t
k (2)1/3
qui est une expression de type
t -2
 m 2 GMT
r(t) = a   avec at02 =  
.
t0
k (2) 1/3
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Sujet proposé par Théo Héikay
« Les hommes d’habitude, voient les choses telles qu’elles sont et disent ’’pourquoi ?’’.
Je rêve de choses qui ne sont pas et je demande ’’pourquoi pas ?’’. »
INTRODUCTION
À côté des planètes, de dimensions plus faibles, et nettement plus nombreuses, on
trouve les astéroïdes et les comètes. Ces objets, même s’ils peuvent donner lieu à des
phénomènes spectaculaires comme la queue des comètes, sont en général
d’observation difficile en raison de leur petitesse. Pourtant il est tout à fait essentiel
de bien les connaître car ils sont le plus souvent les témoins des conditions originelles
ayant prévalu à la formation du système solaire. Corps solides, ils réfléchissent la
lumière visible du Soleil. Corps chauds, ils émettent un rayonnement thermique
infrarouge. C’est donc dans ces deux domaines des ondes électromagnétiques que se
font les observations, et le lancement de satellites a nettement amélioré notre
connaissance de l’infrarouge émis par les objets célestes.
Dans cette veine, le lancement de sondes, outre de très belles images d’objet aux
formes souvent torturées, a fourni une meilleure compréhension des petits objets du
système solaire et des conditions de formation de ce dernier.
PRÉREQUIS
Ils sont pour l’essentiel fournis par l’exercice qui, parfois, simplifie les théories
existantes sans en travestir les résultats, comme dans le cas de la théorie cinétique des
gaz et du recensement des chocs des molécules.
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ÉNONCÉ
L’étude du rayonnement des comètes et des astéroïdes permet de remonter à deux
caractéristiques essentielles : leur taille et leur albédo (rapport de l’énergie qu’ils
réfléchissent à l’énergie qu’ils reçoivent). Ce dernier est relié à leur constitution, et
l’ensemble permet d’appréhender leur masse. On dispose ainsi d’informations
précieuses sur la dynamique et la nature de ces objets, et à partir de là, sur le
comportement et l’évolution du système solaire.
I _ Détermination de la taille et de l’albédo
L’observation d’un petit corps peut se faire en lumière visible, cet objet réfléchissant
vers la Terre une partie de la lumière solaire reçue, ainsi qu’en infrarouge car le
rayonnement solaire absorbé en fait un émetteur thermique, assimilable à un corps
noir.
Soient EV et EIR les éclats (énergie reçue par unité de temps et unité de surface
réceptrice perpendiculaire à la direction d’observation) de l’objet en visible et en
infrarouge.
On considère le petit corps A à son opposition (la Terre se situe entre lui et le Soleil).
Sa distance à la Terre est alors ℓ et sa distance au Soleil d. Il est assimilé à un objet
sphérique de rayon r et d’albédo . La distance de la Terre au Soleil est l’unité
astronomique UA (d = 1 + UA). La luminosité du Soleil est L©.
a) Considérant qu’à l’opposition, l’objet A réfléchit vers la Terre quatre fois plus de
lumière visible qu’il ne le ferait pour une répartition isotrope dans tout l’espace,
exprimer EV (1).
b) Considérant que l’objet A se comporte comme un corps noir émettant thermiquement
de façon isotrope un rayonnement infrarouge dans tout l’espace, exprimer EIR (2).
c) De (1) et (2), tirer  et r en fonction de EIR et EV.
d) Pour l’astéroïde Ida, on a ℓ = 1,86 UA, EV = 0,54 nW/cm², EIR = 0, 77 n W/cm².
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Calculer r et .
(On rappelle UA = 1,5.1011 m, L© = 3,86.1026 W)
La sonde Galileo a survolé cet astéroïde et révélé un objet irrégulier, allongé de
dimensions 50 km  15 km environ.
Est-ce compatible avec les résultats précédents ? (L’analyse spectrophotométrique révèle
un astéroïde dit de type S, c’est-à-dire silicaté pour lequel l’albédo est typiquement
de 0,1 à 0,2).
Si l’on prend  ~ 3g/cm3 pour un minéral silicaté, estimer la masse de Ida.
En fait, Galileo a mis en évidence la présence d’un petit satellite, Dactyl, qui orbite
autour de Ida en 20 heures, à une distance d’environ 100 km.
Estimer la masse de Ida en utilisant la 3e loi de Képler (a3/T2 = GM/4² où a est le rayon de
la trajectoire du satellite, T sa période, M la masse de l’objet principal).
En considérant Ida comme un « cigare » cylindrique ayant 50 km de long et 15 km de
diamètre, calculer la masse volumique ’ réelle de Ida. Comparer avec .
’
Calculer l’indice de « porosité » de Ida  = 1 –
. Que conclure quand à la structure interne

de Ida ? Peut-on suggérer un mécanisme pour sa formation ?
e) La comète de Halley a été « redécouverte » en 1982, à une distance ℓ ~ 5 UA.
Les mesures du rayonnement donnaient : EV = 2,1.10– 3 nW/cm², EIR = 1,3.10– 2
nW/cm².
Calculer r et . La sonde Giotto en frôlant la comète (1985) a révélé un objet plus sombre que
tout objet connu, en forme de « cacahuète » de dimensions 15  8 km environ. Le modèle est-il
compatible avec ces observations in situ
En supposant que la comète est faite de glace poreuse ( ~ 0,5/cm3) estimer la masse de Halley.
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20/41
II _ La situation particulière des comètes
La méthode précédente est applicable a priori à tout corps du système solaire, petit ou
non, comètes, astéroïdes, planètes, etc. Les comètes présentent cependant une
situation particulière en ce sens qu’elles développent cette structure qui les rend si
spectaculaires (atmosphère puis chevelure et queues) lorsqu’elles se rapprochent du
Soleil, en raison de la sublimation de la glace s’échauffant sous l’effet de l’énergie
croissante apportée par le rayonnement solaire. Soit L la chaleur latente de
sublimation de la glace pour une molécule et Q le flux (nombre par unité de temps
par unité de surface) de particules sublimées.
a. Écrire l’équation de l’équilibre énergétique de la comète en considérant qu’elle rayonne
comme un corps noir de température T.
b. On veut déterminer la distance au Soleil en de-ça de laquelle la comète
développe son atmosphère, ce qui invalide le modèle précédent. On considère
que cette distance est celle à laquelle la chaleur nécessaire à la sublimation
devient comparable à celle émise par rayonnement thermique, à savoir
lorsque QL ~  T4. On doit exprimer Q en fonction de la température T de la
comète. Soit donc un gaz à la température T, contenant n particules par unité
de volume, de masse m.
1

En utilisant le théorème de l’équipartition de l’énergie  kT par degré de liberté donner
2

la vitesse thermique moyenne v des particules en fonction de m et T.
Exprimer le flux de particules heurtant la surface de n et v : Pour cela on considère un
élément de volume cubique dont l’une des faces repose sur la surface et on
admettra que la répartition isotrope des vitesses peut être simplifiée par des
mouvements selon trois axes de coordonnées seulement. On suppose ensuite que
chaque particule heurtant la surface s’y condense et on utilise la notion
d’équilibre thermodynamique pour affirmer que le flux de particules sublimées Q
est égal au flux de particules condensées.
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21/41
Exprimer alors Q en fonction de n, T et m.
c. Rappeler l’équation d’état d’un gaz parfait reliant la pression P à n et T. En supposant
que la pression de vapeur PV du matériau cométaire sublimé suit une telle loi, montrer
que l’on a
Q=
PV
12kTm
On considère la comète comme un bloc de glace (propre). La chaleur latente de
sublimation de la glace dépend peu de la température. On la prendra égale à
2,5.106 J.kg– 1.
d. En déduire la valeur numérique de L. Le diagramme de phrases de l’eau est
connu, en l’équation de la courbe de sublimation dans un diagramme P,T).
Remplir le tableau suivant ( = 5,67.10– 8).
T(K)
150
170
200
250
T4 (W/m²)
PV (Pa)
3,5.10– 5
1,7.10– 3
1,7.10– 3
77
QL (W/m²)
e. Commenter les comportements respectifs de T4 et QL. On appréciera en
particulier la température à laquelle ces deux termes s’égalent (on peut par
exemple tracer les courbes
log (T4) et log(QL) en fonction de T).
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22/41
Utiliser l’équation de II.a. pour trouver la distance au Soleil correspondante. On
pourra utiliser pour cela la valeur de  pour Halley.
À quelle région du système solaire cette distance correspond-elle ?
La plupart des comètes, probablement parce qu’elles sont constituées de glace
(sale) semblent développer leur atmosphère après avoir passé l’orbite de Jupiter.
Cela est-il compatible avec le résultat précédent ? Certaines comètes commencent
cependant à développer leur atmosphère à des distances supérieures, sans doute
parce qu’elles sont constituées de matériaux beaucoup plus volatils que la glace
d’eau (glace de CO2 par exemple).
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23/41
CORRIGÉ DE L’AUTEUR
I __ a) Le Soleil étant une source isotrope, la puissance reçue par l’objet A est égale à
d
r²
L©
où d est l’angle solide sous lequel A est vu du Soleil, soit d =
4
d²
A réfléchit vers la Terre une puissance
 r²
  L© 
 4  d ’,
4  d²
où d ’ est l’angle solide sous lequel la Terre est vue de A, soit
 R²©
d ’ =
.
d²
L’éclat EV est égal à cette puissance divisée par la surface perpendiculaire au
rayonnement
( R²©) d’où
 L© r²
EV =
(1)
4 d²ℓ²
b) Pour calculer EIR on appliqué le même raisonnement sachant que A absorbe la
partie (1 – ) de la puissance incidente et qu’en tant que corps noir il émet de
façon isotrope dans tout l’espace.
D’où
(1 – ) L©r²
EIR =
16d²ℓ²
c) De (1) et (2), on tire aisément
=
EV
EV + 4EIR
4 d²ℓ²(EV + 4E IR) 
r = 

L©


1/2
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24/41
d) A.N. pour Ida.
On trouve  ~ 0,15 et r ~ 13 km.
Ces résultats sont compatibles avec les observations de Galileo. L’albédo trouvé est
bien conforme à un astéroïde de type S. Le volume d’une sphère de rayon 13 km est
équivalent à celui d’un « cigare » de 50 km de hauteur et de 15 km de diamètre, à
savoir 8800 km3 environ.
Avec  ~ 3.103 kg/m3, on trouve une masse d’environ 2, 6. 1017 kg.
L’application de la 3e loi de Képler à la trajectoire de Dactyl donne
4a3
M=
~ 1,2.1017 kg
GT²
La masse volumique « réelle » ’ est moins élevée que celle du matériau censé
constituer l’astéroïde, à savoir
1,2.1017
’ ~
~ 1400 kg/m3 = 1,4 g/cm3
3,8.1013
L’indice de porosité est alors
’
p=1–
= 0,53

L’astéroïde serait donc loin d’être compact et le matériau silicaté serait en fait plein
d’interstices : on peut suggérer que l’astéroïde s’est formé par accrétion progressive
de petits corps laissant entre eux, lors de leur fusion, de tels interstices.
e) A.N. pour Halley
On trouve  ~ 0,04 ( = 0,1 pour du charbon) et r ~ 9 km.
Résultats compatibles avec les observations de Giotto.
Masse de Halley :
M~
4 3
r  ~ 1,5.1015 kg
3
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II _ a) À l’équilibre énergétique, on a
 r²
(1 – ) L© 
= 4  r²  T4 + 4  r² Q L.
4  d²
soit encore
(1 – ) L©
=  T4 + QL.
16  d²
b)
D’après l’équilibre de l’énergie, la vitesse cinétique d’une particule sera
3
1
mv² = kT (3 degrés de liberté pour la translation)
2
2
soit
v=
3
kL
m
1
du nombre de particules va frapper la face du cube à la
6
surface de la comète. Si cette face a comme surface S, les particules heurtant la
surface pendant l’instant dt sont comprises dans un parallélépipède de section S et
de hauteur v dt, ce qui donne nv particules par unité de temps et unité de surface.
On a finalement
D’après le modèle, seul
Q=
1
1
 nv = n
6
6
3kT
m
c) On trouve aisément l’équation d’état du gaz parfait P = knT
d’où
Q=
PV
6kT
3kT
=
m
PV
12 m KT
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26/41
d) L est la chaleur de sublimation par molécule, soit 2,5.106 J/N où N est le
nombre de molécules d’eau contenues dans 1 kg, d’où L = 7,5.10– 20 J/molécule.
Le tableau rempli est le suivant :
_
T(K)
150
170
200
250
T4 (W/m²)
29
47
90
220
PV (Pa)
3,5.10– 5
1,7.10– 3
1,7.10– 3
77
QL (W/m²)
0,13
4,4
4,05.102
1,6.105
On voit que la part de l’énergie utilisée dans la sublimation de la glace cométaire,
négligeable à températures basses (et fortes distances) devient comparable
rapidement à l’émission thermique, puis prépondérante à des températures plus
élevées (et des distances plus faibles).
Une rapide résolution graphique montre que les deux types d’énergie sont
comparables pour
T ~ 190 K, correspondant à  T4 ~ Q L = 75 W/m². De l’équation II. a), on déduit
aisément,
 (1 – )L 1/2
d=
 ~ 4,5. 1011 m = 3 UA
32   T4 
Ce qui correspond à une région comprise entre Mars et Jupiter, compatible avec les
observations.
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27/41
Sujet proposé par Théo Héikay
« Oh puissance d’imaginer, toi qui nous emportes parfois
si loin hors de nous qu’on ne s’aperçoit pas que sonnent
alentour mille trompettes, qui te met en mouvement ? »
INTRODUCTION
L’astrophysique présente en particulier deux intérêts essentiels :
 Montrer l’universalité des lois physiques « terrestres »
 Montrer en quoi le milieu terrestre est singulier.
C’est cet aller-retour qu’on trouve à l’œuvre dans la planétologie. Les observateurs
des planètes du système solaire montrent des phénomènes interprétables en termes
de connaissances issues de l’observation de faits terrestres comparables.
Inversement, l’immense diversité des phénomènes planétaires à l’œuvre dans le
système solaire permet de mieux comprendre la grande singularité de la Terre et les
raisons de cette singularité.
Le présent problème examine dans un esprit comparatif les propriétés des planètes
telluriques et la Lune de différents points de vue : formation, structure interne,
vitesse d’évasion, températures, périastre et apoastre.
PRÉREQUIS
Les différentes notions nécessaires sont introduites dans le texte (équation d’équilibre
d’hydrostatique, vitesse d’évasion, émission du corps noir, périastre et apoastre).
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28/41
ÉNONCÉ
On donne le tableau suivant, pour la Lune et les planètes telluriques
Objet
Terre
Lune
Mercure
Vénus
Mars
Masse (kg)
5,97.1024
7,3.1022
3,3.1023
4,87.1024
6,4.1023
Rayons (103 km)
6,38
1,74
2,44
6,05
3,39
Demi-grand axe
de l’orbite (UA)
Excentricité
1
-
0,387
0,723
1,524
0,017
-
0,206
0,007
0,093
Albédo
0,3
0,07
0,06
0,76
0,15
Pression au sol
(atm)
1
0
0
90
7.10 – 3
15
3
170
480
– 55
T (°C) moyenne
On y trouve notamment les caractéristiques des ellipses orbitales des planètes : le
demi – grand axe (a) et l’excentricité (e) qui est le rapport CS/a où S est la position du
Soleil (foyer de l’ellipse) et C le centre de celle-ci. L’albédo () est le rapport de
l’énergie solaire réfléchie par la planète à l’énergie solaire incidente.
I Évolution originelle des planètes telluriques
a) Utiliser les données des deux premières lignes pour construire un graphe donnant la
masse volumique des différents objets en fonction de leur rayon.
b) On remarquera qu’il est possible de tracer une droite passant assez bien par 4
de ces 5 objets.
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29/41
Que peut-on en déduire quant à l’origine du 5e objet ?
II Structure interne des planètes telluriques
Soit P® la pression à l’intérieur d’une planète, supposée sphérique et de masse
volumique  uniforme, à une distance r du centre. On rappelle que l’équation
d’équilibre hydrostatique, qui donne la variation de pression dP sur une couche
sphérique d’épaisseur dr, s’écrit
Gm(r)
dP = –
dr
r²
où M ( r ) est la masse de la sphère de rayon r.
a) Déterminer la pression PC au centre de la planète en fonction de G,  et R rayon
de la planète, en admettant que la pression à la surface est négligeable.
b) Réaliser l’application numérique pour les objets du tableau. Que penser de
la structure interne de Mars ? Peut-on justifier la non-existence actuelle d’un
champ magnétique dipolaire martien ?
c) On considère une comète de noyau sphérique de rayon RC = 1 km, de
masse volumique C = 500 kgm– 3. Calculer sa masse et sa pression au centre.
Que penser de la structure interne du noyau ?
III Vitesses d’évasion
On considère un satellite de masse m orbitant à une distance  d’un objet de masse
M >>m. Les deux sont considérés comme sphériques. La vitesse de m dans un
référentiel lié à M est v. On appelle vitesse de libération v 1 la valeur de v telle que le
mobile puisse s’écarter à l’infini de M avec une vitesse alors nulle.
Exprimer v1 en fonction de M et . Calculer les vitesses de libération à la surface des objets.
Commenter en rapprochant ces valeurs trouvées avec la présence ou non d’atmosphère
(révélée par la valeur de la pression au sol).
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30/41
IV Températures
Sous l’effet du rayonnement solaire les planètes s’échauffent et rayonnent à leur tour,
mais dans l’infrarouge. On admet qu’elles se comportent comme des corps noirs
sphériques (elles émettent de façon isotrope un rayonnement de puissance  T4 par
unité de surface.  est la constante de Stefan-Bolztmann = 5,67.10– 8 SI).
a) L© étant la luminosité solaire, exprimer la puissance solaire absorbée par l’objet en
fonction de L© , a, D er R (D distance Soleil-planète)
b) Donner la puissance émise par la planète à la température Te (température effective
déduite des lois du corps noir) et déduire Te en fonction de L© , D, , de l’équilibre
énergétique de l’objet.
c) Faire l’application numérique (on assimilera D à a) et comparer la valeur de Te avec les
températures observées. Commenter. (UA = 1,496.1011m, L© = 3,86.1026 W )
d) Différencier l’expression de IV. b) pour exprimer dTe en fonction de dD.
V Périastre et apoastre
Le point d’une orbite planétaire le plus éloigné de l’étoile attractive s’appelle
apoastre (aphélie pour le Soleil). Le plus rapproché, le périastre (périhélie pour le
Soleil). On rappelle que les distances de l’astre au périastre et à l’apoastre sont
respectivement a(1 – e) et a(1 + e).
a) Donner l’expression littérale de l’écart entre les distances de l’aphélie et du périhélie.
b) Faire l’application numérique pour les 4 planètes. Calculer Te correspondant. Que
penser du Te de Mars pour son régime climatique ?
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31/41
CORRIGÉ DE L’AUTEUR
I _ a) Le tableau servant pour le graphe est le suivant :
Objet
Rayon (103 km)
(g/cm3)
Terre
6,38
5,52
Lune
1,74
3,33
Mercure
2,44
5,44
Venus
6,05
5,25
Mars
3,39
3,94
c) Le point représentatif de Mercure est notablement en-dehors de la droite. On
peut raisonnablement penser que Mercure provient en fait de la rupture d’un
objet plus important. Cela est cohérent avec son orbite plus excentrique (e =
0,2) et située relativement en-dehors du plan moyen des orbites des planètes
du système solaire (l’angle entre les deux plans est de 7°)
II _ a)
M ( r) =
4
  r3
3
d’où
dP = –
4 G 2
 rdr
3
d’où par intégration
P (r) – 0 =
2 G 2 2 2
 (R – r )
3
On a P( r ) = PC pour r = 0, d’où
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32/41
2G2 2
R
3
GM
qu’on peut encore mettre sous la forme PC =
2R
b) A.N.
PC =
Objet
PC (atm)
Terre
1,7.106
Lune
4,7.104
Mercure
2,5.105
Vénus
1,4.106
Mars
2,5.105
La lune et Mars ont une pression interne relativement basse, sans doute trop faible
pour que dans le cas de Mars (la Lune n’a probablement pas de noyau de fer) le fer
soit à l’état liquide, ce qui explique l’absence de champ magnétique martien.
Mercure, par son origine, est atypique.
Elle présente d’ailleurs un champ magnétique.
c) Pour la comète,
4
RC3  C soit M ~ 2. 1012 kg
3
La pression PC ~ 4.10– 4 atm. Cette pression est extrêmement faible, le milieu est
poreux car sa masse volumique est deux fois plus faible que la glace le constituant. Il
s’agit donc d’un milieu lâche, peu résistant, quasiment vaporeux, à tel point que
l’équation d’équilibre hydrostatique ci-dessus n’est pas valable, la gravité étant trop
faible par rapport aux forces et cohésion de la glace, même poreuse. Cela se constate
d’ailleurs par la forme non sphérique des noyaux cométaires. La fragilité de la
cohésion cométaire explique également la facilité qu’ont le Soleil et des planètes
comme Jupiter à les rompre par effet de marée.
M=
III _ Dans un référentiel lié à la masse M, le système planète-satellite a une énergie
totale
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33/41
GmM
1
E = mv² –
= cste (pour un système isolé)
r
2
Si v1 est la valeur de v à la distance r pour laquelle on peut avoir v = 0 avec  infini, v1
est telle que E = 0 – 0 = 0.
D’où
v1 =
2GM
r
A.N.
Objet
v1(km/s)
Terre
11,2
Lune
2,4
Mercure
4,3
Vénus
10,3
Mars
5,0
La Lune et Mercure n’ont pas d’atmosphère. Celle de Mars est ténue. Un objet
retiendra d’autant moins facilement une atmosphère que la vitesse de libération à sa
surface sera faible.
IV _ a) La puissance incidente sur un objet est celle qui est interceptée par une
section R². À une distance D la puissance solaire totale (L © ) est répartie
uniformément sur une surface
4D².
La puissance absorbée par l’objet est donc
R2
(1 – ) L ©
4D²
b) La puissance émise par l’objet est 4R²Te4 , d’où à l’équilibre,
R2
(1 – ) L ©1/4
4
4R²Te = (1 – ) L ©
et Te = 

4D²
 16D² 
c) A.N.
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34/41
Objet
Te (°C)
Tobservée (°C)
Terre
– 18
15
Lune
1
3
Mercure
167
170
Vénus
– 42
480
Mars
– 56
– 55
Dans le cas de Vénus, très nettement, et de la Terre, l’effet de serre explique que la
température observée est plus élevée que la température effective théorique.
Pour les objets ayant peu ou pas d’atmosphère, l’effet de serre est négligeable ou nul.
La comparaison des températures et l’écart de température entre le point subsolaire
et la face opposée au Soleil peut être considérable. Moyenner la température
observée revêt une signification artificielle.
d) Par différentiation de
L © (1 – )1/4
Te = 

 16D² 
qu’on peut mettre sous la forme Te = kD –1/2, on a
dTe
1 dD
=–
Te
2 D
Soit
Te = –
1 D
 Te
2 D
V _ a) D = a(1 + e) – a(1 – e) = 2ae et
pour
D
D
petit
D
= 2e d’où |Te| = eTe.
D
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35/41
b) A.N.
Objet
D (km)
|Te| (K)
Terre
5.106
4
Mercure
2,3.107
90
Vénus
1,5.106
2
Mars
4,3.107
20
L’écart de température entre périhélie et aphélie est très important pour Mercure
mais on ne peut parler de conséquence climatique en l’absence d’atmosphère. L’écart
est important pour Mars en raison de l’excentricité de l’orbite. Il a pour conséquence
d’accentuer les contrastes climatiques lors de l’année martienne entre les 2
hémisphères martiens. Il doit être ajouté à une précession importante probable de
l’axe de rotation martien, ce qui doit entraîner une évolution climatique relativement
chaotique pour Mars.
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36/41
Sujet proposé par Théo Héikay
INTRODUCTION
Le « ménage cosmique » est mal fait. Il y a de la poussière partout, en particulier au
sein du système solaire, entre les planètes et les baignant en permanence, reliquat de
la nébuleuse originelle, mais aussi produit des collisions d’astéroïdes plus récentes
ou traînées de comètes de passage, etc. ces poussières ont un destin individuel qui
résulte des influences conjuguées du Soleil (attraction, pression de radiation, vent
solaire) et des planètes (perturbations gravitationnelles). Le présent problème
examine certaine de ces influences et la façon dont elles déterminent le destin des
poussières, tout en aboutissant à ce résultat que le ménage reste à faire.
PRÉREQUIS
Notions fondamentales de mécaniques appliquées notamment à la gravitation.
ÉNONCÉ
On cherche quelle est la trajectoire d’une poussière interplanétaire sous l’action
combinée de l’attraction gravitationnelle du Soleil (FG) et de la force de pression
répulsive due au rayonnement solaire (FN).
I_ Influences respectives de FG et FR
On considère une poussière sphérique de rayon a, de masse volumique , orbitant
sur une trajectoire circulaire de rayon r0 autour du Soleil (luminosité L*, masse M*).
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37/41
a) _ Calculer FG et FR (dans ce dernier cas on supposera que chaque photon incident sur
la poussière lui transmet intégralement sa quantité de mouvement). En déduire FR /FG
en fonction de a, , M*, L*.
b) _ Prenant   4g /cm3, discuter du destin de la poussière en fonction de son rayon
(L* = 3,83  1026 W, M* = 2.1030 kg).
II _ Effet Poynting-Roertson
On se place dans le cas FR < FG et l’on tient compte du phénomène de l’aberration de
la lumière, à savoir que les rayons solaires n’arrivent pas parallèlement au rayon
v
vecteur Soleil-poussière réel mais avec un angle  = (v est la vitesse de la poussière,
c


ce qui crée une force de freinage F’ , composante tangentielle de la force FR ).
C’est l’effet Poynting-Robertson.
a) _ Le freinage entraîne dE < 0 où E est l’énergie totale du système (Soleil-poussière)
dans un référentiel héliocentrique.
b) À partir du théorème de l’énergie cinétique, établir l’équation différentielle vérifiée par
la fonction r(t).
c) Résoudre cette équation pour trouver le temps  de chute de la poussière sur le Soleil
en fonction de a, , L* et r0 (qu’on supposera beaucoup plus grand que le rayon du
Soleil R*). Donner la relation numérique entre  (en années) et  (en g/cm3), a (en
m) et r0 (en UA).
d) Faire l’application numérique pour  = 4,3 g/cm3, a = 1 m, r0 = 1 UA et 40 UA
e) L’effet Poynting-Robertson aboutirait à vider le système solaire sa poussière. On
constate que cette poussière est bien présente. Quels sont les phénomènes physiques
qu’il faudrait en fait prendre également en compte pour expliquer cette permanence ?
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CORRIGÉ DE L’AUTEUR
I _ a) _ FR =
GmM*
r02
Pour calculer FR, il faut connaître la quantité d’énergie radiative reçue par seconde
par la poussière. Le Soleil émettant de façon isotrope, cette énergie est égale à
a2
L* 
.
4r20
E
On sait qu’un photon d’énergie E emporte une quantité de mouvement  FR qui est
c
la quantité de mouvement reçue par la poussière en une seconde est donc
a2
FR = L* 
4cr20
a2
3L*
1
d'où FR / FG = L*
=
4cGM*m 16cGM* a
b) _ Pour  = 4 g/cm3,on obtient FR / FG =
0,14  10 – 6
.
a
Donc si a  0,14 m, FR  FG.
Les petites poussières sont évacuées du système solaire par la pression de radiation
solaire.
II _ a) _ Dans le cas de la seule attraction gravitationnelle, en
circulaire, on a
mv² GM*m
=
soit v =
r
r²
GM*m
, pour une orbite
r²
GM*
et une énergie totale
r
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GM*m
GM*m
1
1
E = mv² –
= – mv² = –
.
r²
2r
2
2
Si E diminue, en fonction d’un freinage par exemple, on voit que r diminue et que v
augmente. Dans le cas présent, la force résultante agissant sur la poussière est F G – FR
1 
a2 
égale à GM*m – L* .
r² 
4c
1
Cette force est attractive (FG > FR), également en et les conclusions sont inchangées
r²
pour ce qui est des conséquences d’un freinage, en l’occurrence dû à l’effet PoyntingRobertson.

v 
v
b) _ la force de freinage est F’ = FR  ( F = – FR
vectoriellement)
c
c
Pendant dt, la perte d’énergie totale est donc :
a2


dE = F  dl = – F’vdt = – L*
v² dt
4c2r2
dE
a2
1
Comme E = – mv², on a
= L*
dt
E
2mc2r2
2
Or
E= –
GM*m
2r
soit
Er = cste
d’où
dE
dr
= –
E
r
soit
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dr
a2
= – L*
dt
r
2mc2r2
Et finalement
a2
dt
mc2
c) _ r0 étant la distance initiale, l’intégration de cette équation donne :
a2
r²0 – R²* = L*

mc2
soit
mc2
4c2ar20
(r0 >> R*)  =
r²
0 =
3L*
L* a2
2r dr = – L*
d) _ Avec les unités demandées ( en g/cm3, a en m et r0 en UA) on obtient :
  7  102  ar²0
Pour a = 1,  = 4,3 et r0 = 1, on obtient   3  103
Et pour r0 = 40,   5  106 a
d) _ La permanence de poussière interplanétaire s’explique par l’existence de
phénomènes physiques non pris en compte par le modèle. En particulier
l’existence du vent solaire qui a tendance à repousser les poussières et donc à
les empêcher de tomber sur le Soleil, ainsi que l’existence des perturbations
planétaires.
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