Physique MPI

# X-ENS MPI — Physique MPI 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

**Déviation d'un astéroïde par percussion.** Durée 4 h, calculatrice interdite. Données : $r_0=150\times10^6$ km, $v_0=30$ km·s$^{-1}$, orbite terrestre circulaire. On note $M_\odot$ la masse du Soleil ; pour l'orbite terrestre, $GM_\odot=v_0^2r_0$.

## I — Orbite de Didymos autour du Soleil

### Question 1

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).**

### Question 2

La figure 1 donne la distance Terre–Didymos $d$. Elle 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 au Soleil :

$$\boxed{a=\frac{r_{\min}+r_{\max}}{2}\simeq\frac{1{,}01+2{,}25}{2}\,r_0\simeq1{,}6\,r_0}$$

### Question 3

Troisième loi de Kepler, appliquée à Didymos et à la Terre ($a_\oplus=r_0$, $T_\oplus=1$ an) autour du même astre :

$$\left(\frac{T}{1\ \text{an}}\right)^2=\left(\frac{a}{r_0}\right)^3\quad\Longrightarrow\quad T=(1{,}63)^{3/2}\ \text{an}\approx\sqrt{4{,}3}\ \text{an},\qquad\boxed{T\approx2{,}1\ \text{ans}}$$

### Question 4

Les rapprochements Terre–Didymos (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 au moment où 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 : $P_{\text{syn}}\approx19/10=1{,}9$ 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.**

## II — Orbite de DART autour du Soleil

### Question 5

Sur l'orbite circulaire de la Terre, le principe fondamental de la dynamique donne $v^2=GM_\odot/r_0$, comme pour la Terre : $\boxed{v=v_0=30\ \text{km·s}^{-1}}$.

### Question 6

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

L'énergie potentielle est inchangée (même position) ; 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 en $|v_1|/v_0$. Au premier ordre,

$$\boxed{\Delta a=0}$$

le demi-grand axe reste $r_0$ (l'expression exacte est $a=r_0/(1-v_1^2/v_0^2)$).

### Première méthode : utilisation de l'énergie potentielle effective

### Question 8

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 $GM_\odot=v_0^2r_0$ :

$$\boxed{E_{p,\text{eff}}(r)=\frac{mv_0^2r_0^2}{2r^2}-\frac{mv_0^2r_0}{r}}$$

### Question 9

Une orbite circulaire correspond à $r$ constant, donc à 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 ($E_{p,\text{eff}}'<0$ pour $r<r_0$, $>0$ pour $r>r_0$), 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.

![Figure 1 — Énergie potentielle effective : minimum en $r_0$ (orbite circulaire), petites oscillations de $r$ autour](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q09-potentiel-effectif.svg)

### Question 10

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

$$E_{p,\text{eff}}''(r_0)=\frac{3mv_0^2r_0^2}{r_0^4}-\frac{2mv_0^2r_0}{r_0^3}=\frac{mv_0^2}{r_0^2}.$$

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 (orbite fermée).

### Question 11

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

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

$$T_{\text{DART}}=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi r_0}{v_0}=\frac{2\pi\times1{,}5\times10^{11}}{3\times10^4}\ \text{s}\approx3{,}1\times10^7\ \text{s},\qquad\boxed{T_{\text{DART}}\approx1\ \text{an}}$$

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

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 $t=3T/4$.

![Figure 2 — Écart radial $r_1(t)$ : l'aphélie est atteint à $T/4$ si $v_1>0$, à $3T/4$ si $v_1<0$](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q14-oscillation-radiale.svg)

L'aphélie étant atteint $3T/4$ après l'impulsion, **l'impulsion était dirigée vers le Soleil.**

### Seconde méthode : constantes du mouvement

### Question 15

On a $m\dfrac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=-\dfrac{GM_\odot m}{r^2}\vec e_r$ 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.

### Question 16

Orbite circulaire de rayon $r_0$ : $L=mr_0v_0$, $GM_\odot=v_0^2r_0$, donc $B=v_0$. Comme $\vec v=v_0\vec e_\theta$ :

$$\boxed{B=v_0,\qquad\vec T=\vec 0}$$

### Question 17

![Figure 3 — Orbite elliptique : Soleil au foyer, sens de parcours, $\vec v_P$, $\vec v_A$ et $\vec T$ porté par le petit axe](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q17-orbite-vecteur-t.svg)

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, $\vec v=v\,\vec e_\theta$. 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.**

### Question 18

$L=mr_0v_0$ est inchangé (Q6), donc $B=GM_\odot m/L=v_0$. À l'instant de 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

D'après Q17, aux apsides $\vec v$ est colinéaire à $\vec T$ : au périhélie $v_P=B+|\vec T|$, à l'aphélie $v_A=B-|\vec T|$ :

$$\boxed{v_P=v_0+|v_1|,\qquad v_A=v_0-|v_1|}$$

### Question 20

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 $r_P=r_0v_0/(v_0+|v_1|)$.)

### Question 21

Pour $|v_1|\ll v_0$ : $r_A=r_0\left(1-\dfrac{|v_1|}{v_0}\right)^{-1}\simeq r_0\left(1+\dfrac{|v_1|}{v_0}\right)$. Imposer $r_A=1{,}01\,r_0$ donne $|v_1|=0{,}01\,v_0$ : **on retrouve le résultat de la question 12.**

## III — Moteur ionique

### Question 22

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.**

### Question 23

Conservation de la charge : $\dfrac{\partial\rho}{\partial t}+\operatorname{div}\vec j=0$. 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

Théorème de l'énergie cinétique pour un ion entre $0$ (vitesse nulle, $V=0$) et $x$, la force électrique dérivant de l'énergie potentielle $eV$ :

$$\boxed{\tfrac12mv(x)^2=-eV(x)}$$

(avec $V(x)\le0$).

### Question 25

Pendant $\mathrm dt$, le nombre d'ions traversant $S$ est $\dfrac{jS}{e}\mathrm dt$, chacun portant la quantité de mouvement $mv(x)\vec u_x$ :

$$\boxed{F(x)=\frac{Sjm}{e}\,v(x)}$$

Comme $v(0)=0$, $\boxed{F(0)=0}$. Bilan pour les ions situés entre les plaques, en régime stationnaire : ils reçoivent par unité de temps la quantité de mouvement $F(d)-F(0)=F(d)$ selon $+\vec u_x$, donc le moteur exerce sur eux la force $F(d)\vec u_x$. Par la loi des actions réciproques, les ions exercent sur le moteur la force $-F(d)\vec u_x$ : **la poussée vaut $F(d)$ et est dirigée selon $-\vec u_x$**, à l'opposé de l'éjection des ions.

![Figure 4 — Moteur ionique : ions accélérés de $x=0$ à $x=d$ puis éjectés vers $+x$, poussée $F(d)$ selon $-\vec u_x$](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q25-moteur-ionique.svg)

### Question 26

En dérivant $\frac12mv^2=-eV$ : $mvv'=-eV'=eE$ puisque $E=-\mathrm dV/\mathrm dx$ :

$$\boxed{v'(x)=\frac{eE(x)}{mv(x)}}$$

### Question 27

Maxwell-Gauss à une dimension : $E'=\rho/\varepsilon_0=j/(\varepsilon_0v)$. Donc

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\tfrac12\varepsilon_0E^2\right)=\varepsilon_0EE'=\frac{jE}{v},\qquad\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left(\frac{F}{S}\right)=\frac{jm}{e}v'=\frac{jm}{e}\cdot\frac{eE}{mv}=\frac{jE}{v}.$$

D'où $\dfrac{\mathrm dQ}{\mathrm dx}=0$ : **$Q$ est indépendant de $x$.** En $x=0$, $F(0)=0$ :

$$\boxed{Q=\tfrac12\varepsilon_0E(0)^2\ge0}$$

### Question 28

Comme $E'=\rho/\varepsilon_0>0$, $E$ croît avec $x$ ; la contrainte $|E|\le E_{\max}$ porte donc 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 $E(d)=E_{\max}$ : la poussée maximale est atteinte pour $Q=0$ et vaut

$$\boxed{F_{\max}=\tfrac12\varepsilon_0E_{\max}^2S}$$

### Question 29

Avec $Q=0$ : $\frac12\varepsilon_0E^2=F/S=\dfrac{jm}{e}v$, avec $E=-V'$ et $v=\sqrt{-2eV/m}$ (Q24) :

$$\boxed{\tfrac12\varepsilon_0\left(\frac{\mathrm dV}{\mathrm dx}\right)^2=j\sqrt{\frac{2m}{e}}\,\sqrt{-V(x)}}$$

### Question 30

On essaie $V=V_0(x/d)^\beta$ ($V_0<0$) : $V'=\dfrac{\beta V_0}{d}\left(\dfrac xd\right)^{\beta-1}$ et $\sqrt{-V}=\sqrt{-V_0}\left(\dfrac xd\right)^{\beta/2}$. L'équation s'écrit

$$\frac{\varepsilon_0\beta^2V_0^2}{2d^2}\left(\frac xd\right)^{2\beta-2}=j\sqrt{\frac{2m}{e}}\sqrt{-V_0}\left(\frac xd\right)^{\beta/2}.$$

Elle est vérifiée pour tout $x$ si $2\beta-2=\beta/2$, soit

$$\boxed{\beta=\frac43}$$

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 $V'(0)=0$, c'est-à-dire $E(0)=0$, cohérent avec $Q=\frac12\varepsilon_0E(0)^2=0$.

### Question 31

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 |

![Figure 5 — Potentiel $V(x)$ : charge d'espace ($V_0(x/d)^{4/3}$, tangente horizontale en 0) et condensateur vide (droite)](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q31-potentiel-child-langmuir.svg)

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 (pente $\frac43V_0/d$, soit $E(d)=\frac43|V_0|/d$).

## IV — Étude de l'astéroïde double Didymos-Dimorphos et effet de l'impact de DART

### Question 32

Luminosité proportionnelle à la surface éclairée vue, donc aux sections $\pi R^2$. Hors creux : $\propto R_1^2+R_2^2$. Lors du second creux, S est caché derrière Didymos : $\propto R_1^2$. La baisse relative vaut

$$\frac{R_2^2}{R_1^2+R_2^2}=0{,}04\quad\Longrightarrow\quad\frac{R_2^2}{R_1^2}=\frac{0{,}04}{0{,}96},\qquad\boxed{\frac{R_2}{R_1}\approx0{,}2}$$

### Question 33

Repérons S par l'angle $\varphi=2\pi t/P$ compté depuis la conjonction (S derrière Didymos). Vue de la Terre (très lointaine), 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. D'où

$$\frac{R_1+R_2}{D}\approx\sin(0{,}15\,\pi)\approx0{,}45,\qquad\frac{R_1-R_2}{D}\approx\sin(0{,}09\,\pi)\approx0{,}28,$$

$$\boxed{\frac{R_1}{D}\approx0{,}35\ \text{à}\ 0{,}4}$$

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 $R_2\approx0{,}08\,D$) : le système est compact, Didymos occupe plus du tiers du rayon orbital.

![Figure 6 — Astéroïde double à l'échelle ($R_1\approx0{,}37\,D$, $R_2\approx0{,}08\,D$) et zone où S est caché vu de la Terre](/figures/corriges/x-ens_mpi_physique-mpi_2026/q33-asteroide-double-echelle.svg)

### Question 34

Les deux creux correspondent à S devant puis derrière Didymos : ils sont séparés d'une demi-révolution, $\Delta t=P/2$ (la figure le confirme : creux centrés vers $0{,}25$ et $0{,}75$). On en tire $P=2\Delta t$.

Pour S en orbite circulaire autour de Didymos (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$^{-3}$.)

### Question 35

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 $D$. Énergie mécanique : $\frac12v^2-\dfrac{GM_1}{D}=-\dfrac{GM_1}{2a}$, 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

$$\frac{\Delta v}{v}=\frac{GM_1}{2v^2a^2}\Delta a=\frac12\frac{\Delta a}{a},\qquad\boxed{\frac{\Delta v}{v}=+1{,}6\,\%}$$

La vitesse de S a augmenté en norme, sans changer de direction : DART, de vitesse parallèle à celle de S, **a percuté S dans le sens de son mouvement** (en le rattrapant par l'arrière). Si la période avait diminué (cas de la mission réelle), on aurait conclu à un impact de face, en sens opposé au mouvement de S.