chap11astsol

Solutionnaire du chapitre 11
1. La vitesse est
δ = 1+
vr
c
0,999985 = 1 +
vr
3 × 108
m
s
vr = −4500 ms
L’étoile s’approche donc de nous à 4500 m/s
2. Le changement de longueur d’onde est
∆λ = λ ′ − λ
= 501, 657 nm − 501,567 nm
= 0, 09nm
On a donc
z=
=
∆λ
λ
0, 09nm
501,567 nm
= 1, 794 ×10−4
La vitesse est donc
z=
vr
c
1,794 ×10−4 =
vr
3 ×108
m
s
vr = 53 831 ms = 53,83 kms
L’étoile s’éloigne donc de nous à 53,83 km/s
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 1
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
3. On a donc
z=
=
∆λ
λ
0, 040nm
588, 995nm
= 6, 791× 10−5
La vitesse est donc
z=
vr
c
6,791×10−5 =
vr
3 ×108
m
s
vr = 20 374 ms = 20,37 kms
L’étoile s’éloigne donc de nous à 20,37 km/s
4. On a donc
z=
=
∆λ
λ
−0, 044nm
616,956nm
= −7,132 ×10−5
La vitesse est donc
z=
vr
c
−7,132 ×10−5 =
vr
3 ×108
m
s
vr = −21395 ms = 21, 40 kms
L’étoile s’approche donc de nous à 21,40 km/s.
5. a) Le changement de longueur d’onde est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 2
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
∆λ = λ ′ − λ
= 656, 044nm − 656, 281nm
= −0, 237nm
On a donc
z=
=
∆λ
λ
−0, 237 nm
656, 281nm
= −3, 611×10−4
La vitesse est donc
z=
vr
c
−3, 611×10−4 =
vr
3 ×108
m
s
vr = −108 338 ms = −108,34 kms
b) La vitesse angulaire est
ω = 10,369 ''/ an
En radian par seconde, cette vitesse est
π rad
1an
 10,369 
⋅
 ° / an ⋅
180° 365, 25 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60
 3600 
= 1,593 ×10−12 rads
ω =
Pour trouver la vitesse, il nous faudra la distance de l’étoile, qu’on peut trouver
avec la parallaxe.
D( a .l .) =
3, 262al
θ (sec)
3, 262al
0,5454
= 5,98al
=
La vitesse tangentielle est donc de
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 3
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
vt = ω D
= 1,593 ×10−12
rad
s
⋅ ( 5,98 ⋅ 9, 46 ×1015 m )
= 90,18 kms
c) La vitesse est
v = vr2 + vt2
=
2
(108,34 kms ) + ( 90,18 kms )
2
= 140,96 kms
6. La température est
2,898 × 10−3 mK
T
2,898 ×10−3 mK
−9
443,8 × 10 m =
T
T = 6530 K
λ pic =
7. La longueur d’onde est
λ pic
2,898 ×10−3 mK
=
T
2,898 ×10−3 mK
=
5773K
= 502nm
8. On
va trouver la température en estimant la position du pic d’émission sur le
graphique.
Pour le 1er graphique, le pic semble être aux alentours de 450 nm.
Pour le 2e graphique, le pic est plus petit que 350 nm.
Pour le 3e graphique, le pic semble être aux alentours de 550 nm.
Pour le 4e graphique, le pic semble être aux alentours de 400 nm.
Pour le 5e graphique, le pic semble être aux alentours de 500 nm.
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 4
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
En ordre croissant de longueur d’onde pic d’émission, on donc les graphique 2, 4, 1,
5, 3.
Ple la longueur d’onde est petite, plus la température est élevée. On a donc l’ordre
inverse pour les températures. L’ordre est donc 3, 5, 1, 4, 2.
9. La température est
1
1


+
T ≈ 5000 K 

 IC + 1,85 IC + 0, 67 
1
1


≈ 5000 K 
+

 0, 72 + 1,85 0, 72 + 0, 67 
1 
 1
≈ 5000 K 
+

 2,57 1,39 
≈ 5540 K
10. On a IC = -0,59 – -0,74 = 0,15. La température est donc
1
1


T ≈ 5000 K 
+

 IC + 1,85 IC + 0, 67 
1
1


≈ 5000 K 
+

 0,15 + 1,85 0,15 + 0, 67 
1 
1
≈ 5000 K  +

 2 0,82 
≈ 8600 K
11. On trouve l’indice de couleur (ou indice B – V) avec la formule suivante.
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 5
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
1
1


T ≈ 5000 K 
+

 IC + 1,85 IC + 0,67 
1
1


+
4000 K ≈ 5000 K 

 IC + 1,85 IC + 0, 67 
1
1


+
0,8 ≈ 

 IC + 1,85 IC + 0, 67 
0,8 ( IC + 1,85)( IC + 0, 67 ) ≈ ( IC + 0, 67 ) + ( IC + 1,85)
0,8 ( IC 2 + 1,85IC + 0, 67 IC + 1, 2395 ) ≈ 2 IC + 2,52
IC 2 + 2,52 IC + 1, 2395 = 2,5IC + 3,15
IC 2 + 0, 02 IC − 1,9105 = 0
La solution de cette équation est IC = 1,37. (Il y a une autre réponse qui est -1,39 qui
est dehors du domaine où cette formule est applicable.)
12. Le rapport des intensités est
I A LA / 4π D 2
=
I B LB / 4π D 2
=
LA
LB
=
σ 4π RA2TA4
σ 4π RB2TB4
=
RA2TA4
RB2TB4
2
4
1, 73R ) ( 9940 K )
(
=
2
( 0, 0084R ) ( 25 200 K )4
2
4
(1,73) ( 9940 )
=
2
4
( 0,0084 ) ( 25 200 )
= 1026, 78
On peut ensuite trouver la différence de magnitude avec la formule suivante
IA
0,4 m − m
= 10 ( B A )
IB
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 6
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
On a donc
1026, 78 = 10
0,4( mB − mA )
mB − m A = 7,53
13. La largeur est
∆λ
λ
∆λ
≈ 2 ×10−5
T
1000 K ⋅ A
≈ 2 ×10−5
9940 K
1000 K ⋅1
656, 280nm
∆λ
≈ 2 ×10−5 9,94
656, 280nm
∆λ ≈ 0, 041nm
14. On trouve la température avec
∆λ
λ
≈ 2 ×10−5
T
1000 K ⋅ A
0, 023nm
T
≈ 2 ×10−5
587,562nm
1000 K ⋅ 4
T
≈ 1,957
1000 K ⋅ 4
T ≈ 15300 K
15. a) L’élargissement se trouve avec
vr
c
2000 ms
=
3 ×108 ms
z=
= 6, 67 ×10−6
La largeur est donc
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 7
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
z=
∆λ
λ
∆λ
588,9973nm
∆λ = 0, 0039nm
6,67 ×10−6 =
b) On trouve la largeur de la raie avec la formule suivante
∆λ
λ
∆λ
≈ 2 ×10−5
T
1000 K ⋅ A
5772
588,9973nm
1000 K ⋅ 23
∆λ ≈ 0, 0059nm
≈ 2 ×10−5
L’élargissement du à l’effet Doppler est donc moins grand que celui du à la
température.
16. Le rayon de l’étoile se trouve avec la formule suivante.
R = 33, 3 R
= 33,3 R
L  1000 K 


1L  T 
2
78,5 L  1000 K 


1L  4940 K 
 1000 
= 33,3 R 78, 5 

 4940 
= 12,1R
2
2
17. Avec un pic d’émission à 415 nm, la température de surface de l’étoile est
2,898 ×10−3 mK
T
2,898 ×10−3 mK
415 ×10−9 m =
T
T = 6983K
λ pic =
Avec une magnitude absolue de 2,21, la luminosité de l’étoile est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 8
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
 78, 7 L 
M bol = 2, 5 log 

 L 
 78, 7 L 
2, 21 = 2, 5 log 

 L 
L = 10, 29 L
À partir de là, on peut trouver le rayon avec la formule suivante.
R = 33,3 R
L  1000 K 


1L  T 
2
= 33, 3 R
10, 29 L  1000 K 


1L  6983 K 
= 33, 3 R
 1000 
10, 29 

 6983 
2
2
= 2,19 R
18. Puisque
L = σ 4π R 2T 4
le rayon d’une étoile est
R=
L
σ 4π T 4
Le rapport des rayons est donc
LBételgeuse
RBételgeuse
RProxima
=
σ 4π T 4
LProxima
σ 4π T 4
Puisque les pics d’émission sont identiques, les températures sont identiques et il ne
reste que
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 9
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
RBételgeuse
RProxima
=
=
LBételgeuse
LProxima
84900 L
0, 0017 L
= 7067
19. La masse totale est
M tot
(v + v )
= A B
3
T
2π G
3
( 60 000 ms + 20 000 ms ) ( 280 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60 s )
=
2π ⋅ 6, 674 × 10 −11
Nm ²
kg ²
= 2,954 × 1030 kg
= 14,85 M De plus, on a
M A ⋅ 60 kms = M B ⋅ 20 kms
3M A = M B
On a donc
M a + M b = 14,85M M a + 3M a = 14,85M 4 M a = 14,85M M a = 3, 71M et
M a + M b = 14,85M 3, 71M + M b = 14,85M M b = 11,14 M 20. a) Trouvons premièrement la vitesse de chaque étoile. Le décalage de l’étoile A est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 10
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
zA =
∆λ
λ
656,343nm − 656, 279nm
= 9, 752 ×10−9
656, 279nm
=
Ce qui donne une vitesse de
zA =
vA
c
9, 752 ×10−9 =
v
3 ×108
m
s
vA = 29 256 ms
Pour l’étoile B, le décalage est
zB =
∆λ
λ
656,302nm − 656, 279nm
= 3,505 ×10−9
656, 279nm
=
ce qui donne une vitesse de
zB =
vB
c
3,505 ×10−9 =
vB
3 ×108
m
s
vB = 10 514 ms
b) La masse totale est
M tot
(v + v )
= A B
3
T
2π G
3
( 29 256 ms + 10 514 ms ) ( 380 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60 s )
=
2π ⋅ 6, 674 × 10 −11
Nm ²
kg ²
= 4, 925 × 1030 kg
= 2, 4767 M De plus, on a
M A ⋅ 29 256 ms = M B ⋅10 514 ms
2,783M A = M B
On a donc
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 11
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
M a + M b = 2, 4767 M M a + 2, 783M a = 2, 4767 M 3, 783M a = 2, 4767 M M a = 0, 6548 M et
M a + M b = 2, 4767 M 0, 6548M + M b = 2, 4767 M M b = 1,8219 M c) On trouve la distance avec
M tot =
4, 925 × 1030 kg =
4π 2 r 3
GT 2
4π 2 r 3
6, 674 × 10 −11
Nm ²
kg ²
( 380 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60 s )
2
r = 2, 0781 × 1011 m = 1,39UA
21. Pour les étoiles de type spectral G et K, les raies spectrales du calcium sont très
prononcées et celles de l’hydrogène sont pratiquement absente. C’est exactement ce
qu’on observe pour les 1er et 3e spectres.
Une étoile de type spectrale F aurait des raies spectrales de l’hydrogène et du
calcium. C’est ce qu’on observe pour le 4e spectre.
Une étoile de type spectral B ou A, les raies de l’hydrogène sont très intenses et
celles du calcium sont absentes. C’est ce qu’on peut voir pour le 2e spectre.
22. Si le spectre de l’étoile est identique à celui du Soleil, cela signifie que, selon la
méthode des étoiles jumelles, cette étoile à la même luminosité que celle du Soleil,
c’est-à-dire 1 LA.
Avec la magnitude, on trouve l’intensité de la lumière
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 12
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
I = 2, 518 × 10 −8
= 3, 027 × 10 −14
W
m²
⋅10 −0,4×14,8
W
m²
On trouve ensuite la distance avec la formule suivante.
L
4π D 2
3,828 ×1026 W
3, 027 ×10−14 mW² =
4π D 2
D = 3,17 ×1019 m
D = 3353al
I=
23. On a vu que plus la pression est grande, plus la raie est large. Il s’agit donc de classer
les spectres en ordre de largeur de raies, en commençant par la plus large. Cet ordre
est 3, 1 et 2.
24. Il suffit de placer les points sur le diagramme HR pour trouver dans quelle catégorie
se retrouve de l’étoile.
a) Séquence principale, type M
b) Géantes
c) Naines blanches
d) Séquence principale, type K
e) Séquence principale, type A
25. Trouvons
premièrement la température de l’étoile avec le pic d’émission. La
température est
2,898 ×10−3 mK
T
2,898 × 10−3 mK
−9
91,1× 10 m =
T
T = 31811K
λ pic =
On doit ensuite trouver la luminosité de l’étoile. Pour y arriver, on va premièrement
trouver l’intensité de la lumière de l’étoile avec la magnitude.
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 13
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
I = 2, 518 × 10 −8
W
m²
= 6, 383 × 10 −8
W
m²
⋅10 −0,4×−1,01
Ensuite, on doit trouver la distance à partir de la parallaxe.
D( a .l .) =
3, 262al
θ (sec)
3, 262al
0, 00471
= 692, 6al
=
Ces deux informations nous permettent alors de trouver la luminosité de l’étoile
I=
6,383 × 10−8
W
m²
=
L
4π D 2
L
4π ( 692, 6 ⋅ 9, 46 × 1015 m )
2
L = 3, 445 × 1031W
L = 90 000 L
Avec une température de 31 811 K et une luminosité de 90 000 LA, il est clair que
nous avons affaire à une étoile de la séquence principale, de type O.
26. a) L’étoile la plus chaude est celle qui est le plus à gauche sur le diagramme, c’est
donc l’étoile 2
b) Celle qui a le plus grand rayon est celle qui est le plus près de coin supérieur
droit. C’est donc l’étoile 5.
c) L’étoile la plus lumineuse est l’étoile qui est la plus haute dans le diagramme.
C’est donc l’étoile 5.
d) Les naines blanches sont près du coin inférieur gauche. La naine blanche est
donc l’étoile 1.
e) L’étoile la plus massive sur la séquence principale est celle qui est le plus près
du coin supérieur gauche. C’est donc l’étoile 2.
27.
a) La luminosité est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 14
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
3,8
 M 
L = 1L 

 1M 
3,8
 0,7M 
= 1L 

 1M 
= 1L ( 0,7 )
3,8
= 0, 26L
Le rayon est
 M 
R = 1R ⋅ 

 1M 
0,75
 0,7 M 
= 1R ⋅ 

 1M 
= 1R ⋅ ( 0,7 )
0,75
0,75
= 0,77 R
La température est
 M 
T = 5772 K ⋅ 

 1M 
0,575
 0,7 M 
= 5772 K ⋅ 

 1M 
= 5772 K ⋅ ( 0,7 )
0,575
0,575
= 4702 K
La durée de vie est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 15
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
 1M 
tvie = 10,9Ga  
 M 
2,8
 1M 
= 10,9Ga 

 0, 7M 
 1 
= 10,9Ga 

 0, 7 
= 29, 6Ga
2,8
2,8
b) La luminosité est
L = 1L ⋅ (1, 2 )
3,8
= 2 L
Le rayon est
R = 1R ⋅ (1, 2 )
0,75
= 1,15R
La température est
T = 5773K ⋅ (1, 2 )
0,575
= 6411K
La durée de vie est
 1 
tvie = 10,9Ga  
 1, 2 
= 6,5Ga
2,8
c) La luminosité est
L = 1L ⋅ (10, 2 )
3,8
= 6803L
Le rayon est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 16
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
R = 1R ⋅ (10, 2 )
0,75
= 5, 71R
La température est
T = 5773K ⋅ (10, 2 )
0,575
= 21 946 K
La durée de vie est
 1 
tvie = 10,9Ga 

 10, 2 
= 16,3Ma
2,8
28. a) La masse est
3,8
 M 
L = 1L 

 1M 
3,8
 M 
0, 22L = 1L 

 1M 
3,8
 M 
0,22 = 

 1M 
M
= 3,8 0, 22
1M M = 0,67M b) la masse est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 17
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
 M 
R = 1R ⋅ 

 1M 
0,75
 M 
0,86R = 1R ⋅ 

 1M 
0,75
0,75
 M 
0,86 = 

 1M 
M
= 0,75 0,86
1M M = 0,82M c) La masse est
 M 
T = 5772K ⋅ 

 1M 
0,575
 M 
7000K = 5772K ⋅ 

 1M 
0,575
0,575
 M 
1, 2128 = 

 1M 
M
= 0,575 1, 2128
1M M = 1, 4M d) la masse est
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 18
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
 1M 
tvie = 10,9Ga  
 M 
2,8
 1M 
1Ga = 10,9Ga  
 M 
2,8
2,8
 1M 
0, 09174 =  
 M 
1M 2,8
= 0, 09174
M
1M = 0, 426
M
1M M=
0, 426
M = 2,35M 29. 1) On trouve la vitesse de l’étoile avec le décalage
z=
v
c
1,865 ×10−7 =
v
3 ×108
m
s
v = 55,95 ms
On trouve le rapport des masses (µ) avec
µ3 ≈
≈
2π Gmétoile
v 3T
2π ⋅ 6, 674 × 10 −11
Nm ²
kg ²
⋅1,11 ⋅1, 9885 × 1030 kg
3
( 55, 95 ms ) ⋅ ( 4, 23 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60 s )
≈ 1, 446 × 1010
µ ≈ 2436
La masse de la planète est donc
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 19
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
métoile
2436
1,11 ⋅1,9885 × 1030 kg
=
2436
= 9, 06 × 1026 kg
m=
Finalement, on trouve le rayon de l’orbite de la planète avec
a planète = µ ⋅
vT
2π
55,95 ms ⋅ ( 4, 23 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60s )
2π
9
= 7,928 × 10 m
= 2436 ⋅
= 0, 053UA
Version 2019
11 – Spectres et diagramme HR 20