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[ADS de Physique] Les vents solaires
Bonjour 
Je passe jeudi l'ADS de physique (Analyse de Document Scientifique) sur les vents solaires. Voilà le sujet : 
.
Dans le travail suggéré j'ai expliqué de manière simple les différents phénomènes physiques qui interviennent dans ce récit de fiction, et j'ai bien distingué la poussée du vent solaire et celle des photons. Mon problème est au niveau des calculs à effectuer pour vérifier la cohérence des informations données par l'auteur dans le récit.
Par exemple aux lignes 130-135 :
"Mais ces cinq millions de mètres carrés de voile à manipuler cela semble beaucoup pour un seul homme" reprit le journaliste. Merton se mit à rire : " Cette surface produit une force de 50 N seulement. Je peux exercer
135 une poussée supérieure avec un seul doigt ! "
Pour vérifier cette information j'ai utilisé la formule donnée en annexe :
En revanche je ne vois pas comment justifier les lignes suivantes :
"Tendez les mains vers le soleil " disait-il " Que sentez-vous ? De la chaleur, bien sûr. Mais, il y a aussi de la pression, bien que vous ne l'ayez jamais remarquée tant elle est ténue. Sur toute la surface de vos mains, elle représente seulement une vingtaine de microgrammes. " (…) Et il exhibait alors quelques mètres carrés de voilure. (…)" Voyez comme c'est léger : une tonne couvre 250 hectares qui peuvent capter des radiations 90 fournissant une pression de deux kilos et demi."
Et je ne vois pas non plus comment exploiter les données sur les matériaux fournies en annexe.
Merci beaucoup à ceux qui prendront le temps de s'y pencher
En fait je pense que les données sur la résistance des matériaux sert à justifier ce passage :
Les vaisseaux spatiaux ne risquaient rien avec leur blindage et leurs écrans
magnétiques, mais les légers voiliers étaient sans défense contre une telle menace
Mais je ne vois pas pour le moment comment calculer la force exercée par les atomes d'hydrogènes ionisés sur le voilier solaire...
Mon sauveur
A partir de la page on a des données en annexe, le problème c'est que celles que j'ai utilisé précédemment (page 7) pour calculer la pression s'appliquent à une surface parfaitement réfléchissante, et la paume de la main ne l'est pas donc je ne vois pas trop comment m'y prendre.
Par ailleurs je ne comprends pas pourquoi il assimile la pression à une masse 
Merci beaucoup !
Clairement l'énergie des photons est en partie absorbée par la main (le texte fait lui-même référence à la chaleur ressentie) mais je ne vois pas le calcul précis que tu cherches à effectuer. Concernant la formule que l'on t'a donnée, elle n'est certes valable que pour une surface qui réfléchit parfaitement mais elle permet de majorer la pression que peuvent exercer ces photons. Si le but est de donner un ordre de grandeur ou même seulement de montrer que cette pression est négligeable, ça peut suffir.
Quant à la référence à des masses, dès que l'on revient sur Terre certains aiment bien visualiser les choses ainsi. En particulier s'il s'agit d'un texte de vulgarisation.
PS : la densité de photons n'est pas forcément la même sur Terre et dans l'espace. Juste au cas où tes annexes n'étaient pas claires là-dessus.
D'accord donc je laisse tomber la vérification pour la pression exercée sur la main.
Mais pour ce passage :
"Voyez comme c'est léger : une tonne couvre 250 hectares qui peuvent capter des radiations fournissant une pression de deux kilos et demi."
Si je réapplique la même formule que précédemment je trouve F = 22,67 N. Et comme vérifier que ça correspond ou non à une pression de 2,5 kg ?
Merci
A partir de la citation 1 :
cinq millions de mètres carrés de voile ... " Cette surface produit une force de 50 N
--> Force par unité de surface: 50/5.10^6 = 10^-5 N/m²
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Appliqué à la citation 2
Surface de 2 mains : environ 2 * 12 * 17 = 400 cm² = 4.10^-2 m²
Force sur ces 400 cm²: 4*10^-2 * 10^-5 = 4.10-7 N soit l'équivalent sur Terre du poids d'une masse de 4.10^-8 kg = 4.10^-5 g = 40 microgrammes.
Le texte donne 20 microgrammes, pas si loin par rapport au calcul. Possible aussi que dans le texte on ai considéré 1 seule main ou bien que que le bonhomme ai de petites mains. 
---
Pour la toile :
S = 250 ha = 250.10^4 m²
F = 250.10^4 * 10^-5 = 25 N, soit le poids sur Terre d'une masse de 2,5 kg --> ça colle avec le texte.
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Masse de la toile ?
250 ha = 250.10^4 m²
1 tonne = 1000 kg
--> 0,4 g/m²
Exemple, si on prend un film plastique en polycarbonate (1200 kg/m³) on aurait droit à une épaisseur de 0,33 micron.
C'est, je pense, optimiste la donnée "une tonne couvre 250 hectares"
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Re-Bonsoir J-P
C'est parfait ! 
Pour la masse de la toile à la page 9 on nous fournit l'épaisseur de la couche d'aluminium ainsi que sa masse volumique.
et
donc pour 250 hectares je trouve une masse de 540 kg pour la toile donc c'est même très optimiste !
Tu confirmes ?
Merci beaucoup
Dernière chose :
Les vaisseaux spatiaux ne risquaient rien avec leur blindage et leurs écrans magnétiques, mais les légers voiliers étaient sans défense contre une telle menace (le vent solaire).
Dans wikipédia ils disent que les effets de ces vents sur la propulsion sont négligeables (
) donc est-ce que c'est un argument fictif de l'auteur ? Ou alors en cas de "tempête" solaire (ou les atomes ionisés vont à plus de 800 km/h) la voile peut être dégradée ?
Encore merci
film plastique que quelques millionièmes de cm d'épaisseur :
Soit quelques fois 10^-8 m.
masse volumique du plastique utilisé : 1300 kg/m³ (ligne 250)
Voile de 250 hA, soit 250.10^4 m²
Volume du plastique : > 250.10^4 * 10^-8 = 250.10^-4 m³
masse du plastique = > 250.10-4 * 1300 > 325 kg
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Masse d'aluminium de 0,02 micron d'épaisseur.
m = 250.10^4 * 0,02.10^-6 * 2700 = 135 kg
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Donc la masse de la voile doit être > 325 + 135 = 460 kg
La masse donnée dans le texte de 1000 kg est donc compatible.
On peut même calculer l'épaisseur réelle du film plastique:
1000 = 325*k + 125
k = 2,66
Le film plastique a une épaisseur de environ 2,66.10^-8 m, soit 2,66 millionièmes de cm.
Cela colle avec la ligne du texte :
"... film plastique de quelques millionièmes de cm d'épaisseur"
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Ces données sont donc cohérantes.
Je pense cependant (mais c'est personnel) qu'un film plastique d'épaisseur 2,66.10^-8 m, soit 0,0266 micron est trop fin pour nos possibilités actuelles de fabrication, mais ce n'est que l'avis d'un profane en la matière.
... Et ce n'est peut-être pas attendu comme remarque.
Sauf distraction.
Bonsoir J-P
Cro génial merci beaucoup !
J'ai encore deux ou trois petites questions si ça ne t'ennuie pas :
le tableau de bord indiquait qu'il subissait maintenant une accélération de presque un millième de fois la gravité terrestre standard. (...) A cette allure, faire deux fois le tour de la terre lui donnerait assez de vitesse pour échapper à l'attraction. (...) Au bout d'une journée de voyage nous atteindrons dans les trois mille kilomètres / heure.
Ca me paraît beaucoup non ? Car si j'en crois encore wikipédia il faut au moins 220 000 m² pour accélérer 1 kg de 1 m.s-2 !
A tout moment, l'énergie d'un million de bombes à hydrogènes pouvait se déchaîner, stupéfiante explosion appelée éruption solaire. A des millions de kilomètres à l'heure, une boule de feu invisible, dont la taille représentait plusieurs fois celle de la Terre, s'élancerait du soleil vers l'espace. Les vaisseaux spatiaux ne risquaient rien avec leur blindage et leurs écrans magnétiques, mais les légers voiliers étaient sans défense contre une telle menace.
Ca en revanche j'ai mis que ça faisait parti de la fiction, le vent solaire n'a pas ces caractéristiques (voir dernière page). Mais je suppose par contre que les réactions nucléaires dans le soleil sont bien de l'ordre de millions de bombes d'hydrogènes ! Quant à la résistance du voile on nous fournit la résistance limite à la traction R = 300 MPa pour l'aluminium. J'ai pensé peut-être calculer l'impulsion des atomes d'hydrogènes sur le voilier ? Il doit y avoir un lien avec la pression.
des atomes ionisés qui suivaient à six millions et demi de kilomètres à l'heure. Ils engloutiraient au bout de plus d'un jour le Lebedev et la Diane
Ca j'ai vérifié c'est juste, en 23h environ ces atomes atteindraient la Terre.
Merton préféra simplement sauter de son voilier. Maintenant qu'il n'était plus à bord, la Diane gagnerait trois mille kilomètres à l'heure chaque jour de son voyage. La distance allait, certes, affaiblir le rayonnement solaire, mais, même à hauteur de mars, elle prendrait encore quinze cents kilomètres / heures chaque jour.
J'ai le nombre d'unité astronomique où se situe Mars, donc si tu pouvais m'expliquer comment calculer l'accélération du satellite soumis à la pression des photons à hauteur de la Terre (ma première citation) alors je pourrais le faire pour Mars.
Un énorme merci pour ton aide !
le tableau de bord indiquait qu'il subissait maintenant une accélération de presque un millième de fois la gravité terrestre standard. (...) A cette allure, faire deux fois le tour de la terre lui donnerait assez de vitesse pour échapper à l'attraction. (...) Au bout d'une journée de voyage nous atteindrons dans les trois mille kilomètres / heure.
Force calculée avant : 25 N pour 250 hA de voile (2,5.10^6 m²)
Voile du bidule : 5.10^6 m²
--> Force sur la voile : 25 * 5.10^6/2,5.10^6 = 50 N
Masse de la voile : 2 tonnes. (si le reste avait une masse négligeable devant les 2 tonnes de voiles)
--> F = ma
50 = 2000 * a
a = 0,025 m/s²
Et donc une accélération de (1/1000)*10 = 0,01 m/s² est possible même avec une masse importante pour le reste du voilier
---
A 36000 km de la Terre, on est à 36000 + 6400 = 42400 km du centre de la Terre.
C'est une orbite géostationnaire, le temps pour faire un tour en orbite (sans voile) est de 24 h.
Longueur d'une orbite : 2*Pi*42400 = 266400 km
vitesse au départ : 266400000/(24*3600) = 3080 m/s
--
Longueur de 2 tours : 2 * 266400 = 532800 km
accélération due à la voile : (1/1000) * 10 = 0,01 m/s²
e = vo.t + at²/2
532800000 = 3080*t + (10/1000)t²/2
On trouve en résolvant l'équation : t = 140803 s environ
v = vo + at
v = 3080 + 0,01 * 140803 = 4500 m/s environ. (16200 km/h)
C'est la vitesse (par rapport à la Terre) lorsqu'il aura fait 2 tours (calcul faux mais bonne approximation).
Energie cinétique nécessaire pour échapper à l'attraction terrestre qunad on est à 36000 km de la Terre:
E = G.m.Mt/d
E = 6,67.10^-11 * 5.98 * 10^24 m/42400000 = 9407217*m J
9407217m = (1/2)mv²
9407217 = (1/2)v²
v = 4338 m/s (vitesse pour échapper à l'attraction terrestre en étant à 36000 km d'altitude).
Et comme on a calculé que la vitesse atteinte serait de 4500 m/s, c'est bon pour échapper à l'attraction terrestre.
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1 journée = 24*3600 = 86400 s
v = at = (10/1000)*86400 = 864 m/s = 3110 km/h
C'est le delta de vitesse par rapport à celle qu'il avait en orbite à 36000 km de la Terre.
Rien relu
La pression solaire est inversement proportionnelle avec le carré de la distance par rapport au Soleil.
Donc comme Mars est à environ 1,6 ua du soleil, on a
pression solaire près de Mars = 1 / 1,6² pression solaire au niveau de la Terre
La pression solaire près de Mars = 0,39 * La pression solaire au niveau de la Terre
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Facile à comprendre d'où vient le carré de la formule.
L'énergie solaire se transmet dans l'espace sans presque d'atténuation.
Donc l'énergie totale recue par une sphère qui a le soleil pour centre est la même quel que soit le rayon de la sphère.
Comme l'aire d'une sphère est Pi.R², l'énergie reçue au m² est inversement proportionnelle à R, donc à la distance par rapport au Soleil.
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e = vo.t + at²/2
532800000 = 3080*t + (10/1000)t²/2
On trouve en résolvant l'équation : t = 140803 s environ
v = vo + at
v = 3080 + 0,01 * 140803 = 4500 m/s environ. (16200 km/h)
Ca ressemble à une intégration de RFD, tu peux me dire d'où viennent ces formules ?
Merci
E = G.m.Mt/d
L'absence du carré c'est parce que c'est l'énergie qui dérive de la force gravitationnelle ?
Dans mon message précédent, lire évidemment :
Comme l'aire d'une sphère est 4Pi.R² ...
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e = vo.t + at²/2
v = vo + at
Sont les formules d'un mouvement rectiligne uniformément accéléré.
Ici, le mouvement n'est pas rectiligne mais comme on peut à tout moment orienter la voile pour "voir" le soleil, ces formules restent valables, du moins en bonne approximation.
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Pour qu'un engin échappe à l'attraction terrestre, il suffit que l'énergie cinétique de l'engin soit >= au travail du poids de l'engin depuis l'endroit où il se trouve et l'infini.
La force d'attraction entre l'engin et la Terre est F = Gm*Mt/x² (avec x la distance entre le centre de la Terre et l'engin.)
Le travail élémentaire de cette force quand l'engin s'éloigne de la Terre d'une distance élémentaire dx est donc: dW = F.dx = (Gm*Mt/x²) dx
Le travail de cette force entre x = (36000000 + 6400000) mètres et l'infini est donc:
W = intégrale depuis (36000000 + 6400000) jusque l'oo de (Gm*Mt/x²) dx
Soit W = G.m.Mt * [-1/x](36000000 + 6400000) jusque l'oo
W = 6,67.10^-11 * m * 5,98.10^24 * 1/(36000000 + 6400000)
W = 9407217*m Joules (attention, ici le m est la lasse de l'engin)
Il suffit donc pour un engin à 360000 km de la Terre, de lui fournir une énergie cinétique >= 9407217*m Joules pour que l'engin échappe à l'attraction Terrestre.
(1/2).mv² >= 9407217*m
v² >= 2 * 9407217
v >= 4337 m/s
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Sauf distraction.
Je ne vois pas où réside la différence ente la poussée du vent solaire et celle des photons. Est-ce parce que le vent solaire se compose essentiellement de protons ou y a-t-il une autre raison ?
Bonjour.
Je travaille actuellement sur le même sujet et j'aimerais une petite précision.
Quelle est la différence entre la poussée du vent solaire et celle des photons solaires ?
Je pense que le vent solaire est constitué de protons, alors que les photons constituent le rayonnement solaire. Est-ce le cas ? Si oui, pouvez-vous m'expliquer la différence ?
Est-ce que seuls les photons traversent l'atmosphère et se réfléchissent sur la voile ce qui la pousse ?
Merci.
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