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
