Calculateur d'énergie de l'Étoile de la Mort

Sélectionnez une cible, réglez l'efficacité du faisceau et la durée d'impulsion, puis tirez. La physique est réelle — l'application ne l'est pas.

Exemple résolu — Calculateur d'énergie de l'Étoile de la Mort

Énergie requise	6.40 × 10³² J
Puissance requise	1.07 × 10³² W
Équivalent en production solaire	19.4 d
Énergie de liaison gravitationnelle	(3/5) × G × M² / R

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Calculateur d'énergie de l'Étoile de la Mort

Faire exploser une planète implique de surmonter sa propre gravité, et l’ampleur de cette tâche porte un nom : l’énergie de liaison gravitationnelle. C’est l’énergie qu’il faudrait fournir pour disloquer l’astre et en disperser chaque morceau à l’infini — pour une sphère uniforme, U = 3GM² / (5R).

Ce que signifie chaque symbole

M: la masse de la planète. La valeur par défaut, 5.972 × 10²⁴ kg, est celle de la Terre, et elle intervient au carré — chaque morceau attirant tous les autres, la facture augmente plus vite que la masse.
R: le rayon, 6.371 × 10⁶ m. Il intervient au dénominateur, donc une planète plus dense de même masse est plus difficile à disloquer.
efficiency: la part d’énergie fournie qui accomplit un travail utile, soit 35% ici. L’énergie requise est l’énergie de liaison divisée par cette valeur.
pulse: la durée de l’impulsion en secondes. L’énergie divisée par le temps donne la puissance, d’où le chiffre absurde obtenu.

D’où vient la formule

Pour une sphère uniforme, l’énergie de liaison vaut U = 3GM² / (5R). Avec la masse et le rayon de la Terre, cela représente environ 2.24 × 10³² J.
Seuls 35 % de ce que produit l’arme accomplissent ce travail, donc l’énergie qu’elle doit fournir est 2.24 × 10³² / 0.35 ≈ 6.40 × 10³² J — le chiffre indiqué ci-dessus.
Divisez par la durée de l’impulsion pour obtenir la puissance : 6.40 × 10³² / 6 ≈ 1.07 × 10³² W. Pour donner un ordre de grandeur, la page convertit ce résultat en rayonnement solaire : le Soleil émet 3.828 × 10²⁶ W, cela représente donc 19.4 jours de rayonnement solaire total, libérés en six secondes.

Comment lire ce que vous voyez

Trois chiffres — l’énergie requise, la puissance requise, et cette même énergie exprimée en jours de rayonnement solaire total. Le troisième existe parce que les deux premiers dépassent le stade où la notation scientifique a un sens pour l’esprit humain ; 19,4 jours de Soleil est une grandeur que l’on peut réellement concevoir.

Suppose: Une sphère uniforme, ce que la Terre n’est pas — elle possède un noyau de fer dense, si bien que son énergie de liaison réelle est un peu plus élevée que ce que donne la formule uniforme. Le calcul suppose aussi que la seule tâche consiste à vaincre la gravité, en ignorant l’énergie nécessaire pour vaporiser la roche et le fait que la majeure partie se dissiperait par rayonnement plutôt que d’écarter quoi que ce soit.
Ne tient plus quand: Le résultat est une borne inférieure, et elle est déjà irréalisable. Rien ici n’explique où une telle arme stockerait 19 jours de rayonnement solaire, ni comment elle survivrait à son confinement — un faisceau transportant 10³² W détruirait son propre émetteur bien avant sa cible. Le calcul est honnête sur la physique et muet sur l’ingénierie, ce qui est le schéma habituel dès lors qu’on prend les chiffres d’un film au sérieux : le problème n’est pas l’énergie, mais le confinement.

Doubler la masse quadruple la facture 🖖

Pourquoi c'est M² (et non M) qui compte : l'énergie de liaison gravitationnelle provient du fait que chaque particule de la sphère attire toutes les autres, si bien que le nombre d'interactions lui-même croît comme le carré de la masse — doublez la masse et vous quadruplez à peu près l'énergie nécessaire pour la disloquer, toutes choses égales par ailleurs. R apparaît au dénominateur parce que répartir la même masse sur une sphère plus grande affaiblit son autogravité ; le facteur 3/5 n'est que la géométrie résultant de l'intégration de cette attraction par paires sur une sphère uniforme plutôt que sur une masse ponctuelle. Les chiffres réels rendent la fiction évidente : l'énergie de liaison de la Terre elle-même est d'environ 2×10³² J — soit environ 400 milliards de fois la consommation énergétique annuelle totale de l'humanité — ce qui explique pourquoi une « superarme destructrice de planètes » reste fermement du domaine de la science-fiction, quelle que soit l'efficacité de son faisceau.

C'est en fait une échelle d'énergies 🖖

Le vrai rôle de l'outil est de placer un exploit de science-fiction sur une échelle d'énergies réelles : du plus gros engin nucléaire jamais testé (la Tsar Bomba), en passant par toute la consommation annuelle d'énergie de l'humanité, jusqu'à la puissance brute d'une étoile. Le vertige : notre Soleil rayonne environ chaque semaine assez d'énergie pour disloquer gravitationnellement une planète de la taille de la Terre. La quantité n'a donc rien de cosmiquement rare — une étoile ordinaire l'émet en continu. Le pur fantasme, c'est de la concentrer en un seul faisceau en quelques secondes.

Le Soleil a jadis 'fonctionné' avec cette formule 🖖

La grandeur même que vous calculez ici, (3/5)GM²/R, fut autrefois la meilleure hypothèse sur ce qui alimente le Soleil. Au XIXᵉ siècle, Kelvin et Helmholtz proposèrent qu'il brille en se contractant lentement, convertissant sa propre énergie de liaison gravitationnelle (~7×10⁴¹ J) en lumière. Mais divisée par la luminosité solaire, elle ne donne que quelques dizaines de millions d'années de soleil — bien trop peu pour les archives géologiques et fossiles. Le paradoxe a tenu jusqu'à la découverte de la fusion nucléaire.

Problème entièrement résolu

Énergie requise pour disperser la Terre de sorte qu'aucun morceau ne retombe 5 étapes
Combien d'énergie faut-il réellement pour faire exploser une planète ? Non pas pour la fissurer — pour la disperser, afin qu'aucun morceau ne retombe. Faites le calcul pour la Terre, puis voyez quel type de source de puissance cela implique.
1. La valeur recherchée est l'énergie de liaison gravitationnelle : le travail nécessaire pour transporter chaque couche de la planète jusqu'à l'infini contre la gravité de tout ce qui se trouve déjà à l'intérieur. L'intégration couche par couche pour une sphère uniforme donne le facteur 3/5, et les planètes réelles étant plus denses au centre, il s'agit d'une sous-estimation.
  
  $U = \int_{0}^{R} \frac{G m ( r )}{r} d m = \frac{3}{5} \frac{G M ^{2}}{R} (uniform density)$
2. En introduisant la masse et le rayon de la Terre, on obtient 2,24 × 10³² joules. Rien dans ce nombre n'est exotique — il découle de G, d'une masse et d'un rayon.
  
  $U = \frac{3}{5} \cdot \frac{( 6.674 \times 1 0 ^{- 11} ) ( 5.972 \times 1 0 ^{24} ) ^{2}}{6.371 \times 1 0 ^{6}} = 2.24 \times 1 0^{32} J$
3. Aucune arme ne convertit parfaitement l'énergie stockée en énergie restituée. Avec un rendement de 35 %, la machine doit fournir 6,40 × 10³².
  
  $η = 35% : E = \frac{2.24 \times 1 0 ^{32}}{0.35} = 6.40 \times 1 0^{32} J$
4. Délivrée lors d'un tir de six secondes, cela représente une puissance de 1,07 × 10³² watts.
  
  $Δ t = 6 s : P = \frac{6.40 \times 1 0 ^{32}}{6} = 1.07 \times 1 0^{32} W$
5. Le Soleil rayonne 3,83 × 10²⁶ watts dans toutes les directions. Le faisceau fonctionne donc à environ 280 000 fois la puissance totale du Soleil, et le tir dépense ce que le Soleil émet en 19,4 jours.
  
  $\frac{6.40 \times 1 0 ^{32}}{3.828 \times 1 0 ^{26}} = 1.67 \times 1 0^{6} s = 19.4 d of the Sun’s ENTIRE output$
Réponse

L'outil affiche 6,40 × 10³² J, 1,07 × 10³² W et 19,4 jours d'émission solaire totale. La physique est réelle même si la station ne l'est pas, et l'élément intéressant est de savoir quel nombre pose problème. L'énergie est simplement énorme ; la puissance est la partie impossible, car elle doit être délivrée en quelques secondes. Puisque l'énergie de liaison varie comme M²/R, un corps ayant deux fois la masse et le rayon de la Terre coûte deux fois plus cher, et non huit fois — et Jupiter, avec 318 masses mais seulement 11 rayons, coûte environ 9200 fois plus cher. Changez de cible et observez l'exposant varier.

$U = \frac{3}{5} \frac{G M ^{2}}{R} \propto \frac{M ^{2}}{R} : 19.4 days of total solar output$

Références (1)

Earth's mass and radius and the Sun's luminosity, all three taken as IAU nominal values: A. Prša et al., "Nominal Values for Selected Solar and Planetary Quantities: IAU 2015 Resolution B3." The Astronomical Journal 152(2), 41, 2016.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-06-09

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Exemples de problèmes

Moment Alderaan - L'énergie de liaison gravitationnelle réelle d'Alderaan, délivrée en 3 secondes à 35% d'efficacité, exige environ 3.8×10³² watts — à peu près un million de fois la puissance totale du Soleil, soutenue pendant toute l'impulsion. C'est pourquoi la « superarme destructrice de planètes » reste fermement du domaine de la science-fiction.
Tir d'avertissement - Même la Lune — petite et peu dense pour un corps planétaire — nécessite environ 2.5×10²⁹ joules pour être pulvérisée à 50% d'efficacité : soit l'équivalent de 1 200 milliards de Tsar Bomba, le plus puissant engin nucléaire jamais détoné, délivrée en une seule salve de 10 secondes.
Charge lente - Étirez le temps de tir à deux minutes complètes, et l'énergie de liaison gravitationnelle de la Terre exige encore environ 5.3×10³⁰ watts — presque 14,000 fois la puissance totale du Soleil. L'énergie totale impliquée équivaut à environ 1 100 milliards d'années de la consommation énergétique annuelle actuelle de l'humanité.
Test Mars - Mars est bien plus facile à fracturer que la Terre — moins d'un neuvième de la masse pour un rayon similaire — mais même à 40% d'efficacité, il faut encore environ 2.0×10³⁰ watts, soit environ 5,300 fois la puissance totale du Soleil, pour y parvenir en 6 secondes.