à propos de heinrich olbers

ECOLE NATIONALE DES PONTS ET CHAUSSEES.
ECOLES NATIONALES SUPERIEURES DE L’AERONAUTIQUE ET DE L’ESPACE,
DE TECHNIQUES AVANCEES, DES TELECOMMUNICATIONS,
DES MINES DE PARIS, DES MINES DE SAINT– ETIENNE, DES MINES DE NANCY,
DES TELECOMMUNICATIONS DE BRETAGNE,
´ECOLE POLYTECHNIQUE (FILIERE TSI)
CONCOURS D’ADMISSION 2009
PHYSIQUE I — MP
À PROPOS DE HEINRICH OLBERS
Corrigé de Mohamed Elabdallaoui
Professeur agrégé CPGE Marrakech
I. — La comète l3P/Olbers
I.A. — Mouvements cométaires
1—
dLO
dt
ℜ
(
)
dU = Μ F , O = OM ∧ F =rer ∧ −
er = 0
dt
LO = mOM ∧ v = Cste donc ∀t OM ⊥ LO et la trajectoire est plane. Plus précisément dans le
plan ⊥ à LO et passant par O.
2—
ɺ r + rϕɺ eϕ donc LO = mrϕɺ 2ez et C = rϕɺ 2
on a OM = rer , v = re
1
1 C2
1 2 1 2 2
+U (r )
mrɺ + mr ϕɺ + mU ⇒ ε = rɺ 2 +
2
2 r2
2
2
3—
G.mM ⊙
GM ⊙
on a Ep ( r ) = donc U ( r ) = et K = GM ⊙
r
r
4—
1 C2 K 
1 2
1
1 C2
1 2 1 C2 K
ɺ
ɺ
ε = rɺ 2 +
+
U
r
=
r
+
−
⇒
r
ε
=
−
(
)
 2 r 2 − r  = ε − U eff
2
2 r2
2
2 r2 r
2


2
2
2
1 C
 C
1 K 2 
K
K
C
U eff ( r ) = 
−
on
a
U
'
r
=
−
+
=
0
pour
et
U
=
−
r
=
eff ( )
1
0
 r3 r2 
 2 C2 
2
r 
K
2 r




E=
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M-ELABDALLAOUI
1/8
1 K2
< ε < 0 le mouvement vérifie rmin ≤ r ≤ rmax < ∞ et rmin ≠ rmax
2 C2
5—
K
K
ε =−
et ε = −
rmin + rmax
2a
Si −
C=

2rmin rmax
L
K 2
2
= rmin .v ( rmin ) = rmin .
−

 C = K.
rmin + rmax
m
m  rmin rmin + rmax 
C = Kp
6—
la trajectoire est une ellipse
a Demi grand axe
p Paramètre de l’ellipse
e Excentricité
7—
à t = 0 , r = rmin donc à t > 0 r ne peut qu’augmenter rɺ > 0 .
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M-ELABDALLAOUI
2/8
On a rɺ 2 = 2ε −
C 2 2K
et C 2 = pK donc dt =
+
2
r
r
a
K
rdr
a
−r 2 − C 2 + 2ra
K
Or p = a (1 − e2 )
dt =
a
K
rdr
a 2e 2 − ( r − a )
⇒τ =
2
a
K
r (ϕ )
∫
rmin
rdr
a 2e 2 − ( r − a )
2
8—
on a r = a (1 − e cos ξ ) et dr = ae sin ξ dξ
τ=
=
=
τ=
a
K
a
K
r (ϕ )
∫
rmin
rdr
a 2e 2 − ( r − a )
ξ
a (1 − e cos ξ ) ae sin ξ dξ
0
a 2e2 − ( a (1 − e cos ξ ) − a )
∫
2
ξ
a
a (1 − e cos ξ ) dξ
K ∫0
a3
(ξ − e sin ξ )
K
La troisième loi de Kepler
τ=
2
T 2 4π 2
=
a3
K
T
(ξ − e sin ξ )
2π
32
 rmin 
T 2 4π 2 T02
=
= 3 ⇒ T = T0 
 AN T = 69, 2année
3
a
K
a0
 a0 (1 − e ) 
9—
la comète reviendra à la date T = 69, 2an
1  r (1 − e ) 
r = a (1 − e cos ξ ) ⇒ ξ1 = arccos 1 −
 ⇒ ξ1 = 125,7° = 2, 2rad
e
rmin 

 r (1 − e ) 
 r (1 − e )   
T 
τ1 =
−
e
sin
arccos
 arccos 1 −


1 −
   τ 1 = 15,9année

2π 
rmin 
rmin   



I.B, —La queue de la comète
10—
du coté S1 force répulsive
11—
C1 → C2 → C3
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3/8
tan φ =
ve 30
φ = 4, 29°
=
va 400
II. — Le paradoxe d'Olbers
II.A. — Équilibre thermique et rayonnement
dP
mP
12— ρ .G = − gradP donne
=−
G
dz
kT
13—
dU
dP
mP dU
 E 
donne
après intégration P = P0 exp− 
G=
=−
.

dz
dz
kT dz
 kT 
N PNa
 E 
Or n = =
d’où n = n0 exp − 

V
RT
 kT 
14—
uv :  J .m −3.s 
A  s −1 
B  J −1.m3.s −2  C  J −1.m3 .s −2 
15—
E
On a n1 = n10 exp −  1
 kT
A l’équilibre
F (υ ) =
A
B

 E2
 et n2 = n20 exp − 

 kT

n2 = n20 = n10 = n0
 or lim n1 = Tlim
→∞
 T →∞
n2
Buv
hν
A
hν C 
 E − E1 
=
= exp −  2
donc uv = exp
−
 = exp−
n1 A + Cuv
kT
B
kT B 
 kT 
C
et H (υ ) =
B
−1
II.B. - Loi de Ptanck
16—
C
=1
B
17—
A 8π hυ 3
=
B
c3
∞
∞
2π hυ 3
1
dυ on pose
2
hυ 

c
0
exp kT − 1
j = ∫ jυ dυ = ∫
0
∞
j = ∫ jυ dυ =
0
2π k 4T 4
c 2 h3
∞
hυ
= x donc
kT
x3
2π k 4
dx
=
I .T 4 Ψ = 4
2 3
∫0 [exp x − 1]
ch
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σ=
2π k 4
I
c 2h3
M-ELABDALLAOUI
4/8
18—
∞
−1
I = ∫ x3 e x − 1 dx
0
∞
−1
= ∫ x3 e − x 1 − e− x  dx
0
∞
∞
0
n =0
= ∫ x3 exp − x ∑ e− nx dx
∞ ∞
= ∑ ∫ x3 exp
− x(1+ n )
dx
n =0 0
On pose x(1 + n) = t
∞ ∞
I = ∑∫
n =0 0
I=
1
(1 + n )
4
6π
π
=
90 15
2π 5k 4
σ=
15c 2 h3
4
∞
t exp dt = ∑
3
−t
0
∞
1
(1 + n )
4
∞
.∫ t exp dt = ∑
3
−t
0
1
∞
1
(n)
4
.∫ t 3 exp −t dt en fin I = ζ ( 4 ) .Γ ( 4 )
0
4
AN σ = 5, 67.10−8Wm −2 K −4
II.C. — Le ciel est clair, le jour. ..
19—
Le Bilan Radiatif
La puissance émise est égale à la puissance reçue, le bilan radiatif d'une planète
un schéma très simplifié du bilan énergétique d'une planète sans atmosphère en considérant que
l'équilibre radiatif est atteint (i.e. que l’énergie rayonnée est égale à l’énergie reçue).
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M-ELABDALLAOUI
5/8
la puissance totale émise par le Soleil.
σ T⊙4 .4π R⊙2 = 4,18.1026W = 418YottaWatts
Cette puissance étant émise à la surface d'une sphère, ellle va se propager sous forme de sphère
de plus en plus grande. A la distance Terre-Soleil d, cette puissance totale sera donc distribuée
sur une sphère de rayon d. La valeur de cette puissance pour chaque mètre carré de la surface de
cette sphère de rayon d sera donc :
la puissance par unité de surface (donc en W.m-2) reçue
σ T 4 .4π R 2
P = ⊙ 2 ⊙ = 1477,62Wm−2
4π d
Or on a supposé que La terre présente toujours la même face donc la puissance absorbée e par
unité de surface par cette face est P = 1477,62Wm−2 (on divise pas par 4 comme dans cours)
Le Bilan Radiatif
La puissance émise est égale à la puissance reçue, le bilan radiatif d'une planète
P = 1477,62 = σ Te4 donc Te = 401,79 K
La température de la face non éclairée Tne = 0
20—
le bilan radiatif local P 2π R p2 cos θ sin θ dθ = σ T 4 2π R p2 sin θ dθ donc T (θ ) = T⊙
T=
=
R⊙
( cosθ
d
)
14
1
T (θ ) dS
S ∫∫
π
R⊙
1
T
( cosθ
2 ∫ ⊙
4π R p 0
d
)
14
2π R p2 sin θ dθ
R⊙ π / 2
R⊙ π
1
1
14
14
= T⊙
cos
θ
sin
θ
d
θ
+
T
(
)
( − cosθ ) sin θ dθ
⊙
∫
∫
2
d 0
2
d π /2
R⊙
4
5 4 π /2
= − T⊙
( cosθ ) 0
5
d
R⊙
4
T = T⊙
5
d
T = 322, 44 K
21—
la tempéraure moyenne à la surface de la terre est 15°C=288K
T >288 ce qui est normal vue qu’on négligé l’effet de l’absorption de l’énergie par l’atmosphère,
le transfert latéral au niveau des faces de la terre, la rotation de la terre ,…… !
22—
loi de FOURIER
j = −λ gradT
Le bilan thermique (cours) donne ∆T + Pp = ρ c
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∂T
=0
∂t
M-ELABDALLAOUI
6/8
1
∂ 
∂T 
 sin

R sin θ ∂θ 
∂θ 
Pp L’énergie produite au sein de la planète
∆T =
2
p
 4 R⊙2

Pp = σ  T⊙ 2 cos θ  − σ T 4
 d

23—
dN = n⊙ .4π r 2 dr
σ T⊙4 dN
16
dP =
= σ T⊙4 .2π r 2 .n⊙ .4π r 2dr P = σ T⊙4 . π 2 R p2 .n⊙ .( R∞3 − r03 )
2
3
4π r
24—
instabilité gravitationnelle ‘’forces attractives’’
25—
2π hc
2π hυ 3
1
⇒ jλ ( λ , T ) = 3
jυ (υ , T ) =
2
hυ 

c
λ
exp kT − 1
1
hc


exp kT λ − 1
hc
∂jλ ( λ , T )
1
kT λ 2
= −6π hcλ −4
+ 2π hcλ −3
⇒
2
hc
∂λ


hc


exp kT λ − 1
exp kT λ − 1
hc
hc
exp
2
∂jλ ( λ , T )
1
kT λ
= −6π hcλ −4
+ 2π hcλ −3 kT λ
2
hc
∂λ


hc


exp
−
1

exp kT λ − 1
kT λ 
hc
hc −3
hc


−6π hcλ −4 exp
− 1 + 2π hc
λ exp
2
∂jλ ( λ , T )
kT λ 
kT λ
kT λ

=
2
∂λ
hc


exp kT λ − 1
hc 
hc

−3 +
+ 3exp−


hc 
kT λ 
kT λ
= exp
2
kT λ
hc


exp kT λ − 1
∂j ( λ , T )
hc
On pose x =
et λ
= 0 ⇒ ( 3 − x ) = 3e − x
kT λ
∂λ
hc
hc
hc
et µ =
loi de déplacement de Wien µ = 2,9.10−3 Km
x* =
⇒ λm =
kx *
kT λm
kx * T
26—
λm =
µ
 V
= λ⊙ 1 +
Ta
c

µ

 H 0 .r 
 = λ⊙ 1 +
 donc Ta =  H .r 
c 


λ⊙ 1 + 0 
c 

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M-ELABDALLAOUI
7/8
T⊙
= 3206,5k
 H 0 .r 
1 +

c 

Les étoiles de classe G sont les mieux connues, pour la seule raison que notre Soleil est de cette
classe, (la température de surface de 5 000 à 6 000 K) alpha Centauri A est une étoile G.
Classe K Les étoiles de classe K sont des étoiles de couleur orange, légèrement moins chaudes
que le Soleil (température de surface : 4 000 K) C’est le cas de l’étoile étudiée dans cette
question.
27—
On a n⊙ R⊙3 = 4, 2.10−31 ≪ 1
AN Ta =
j⊙ = σ T 4 ⇒ T = 364, 4 K
T⊙
c  T⊙

− 1 = 188 milliards d’années lumières. Donc ces
= 364, 4k donne r =

H 0  364, 4 
 H 0 .r 
1 +

c 

étoiles sont trop loin et la lumière émise ne nous est pas encore parvenue.
Ta =
28—
On a V = H 0 .r < c donc r <
c
c
et Rth =
= 12.1026 m
H0
H0
29—
λa =
µ
Ta
= 1, 07 mm
La longueur d’onde des Micro ondes
Sa découverte, a été l'œuvre de deux ingénieurs, Arno Allan Penzias et Robert Woodrow Wilson,
en 1965.
Heinrich Olbers, médecin et astronome
FIN
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8/8