Corrige Mines Ponts 2009

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 Maroc

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 K2  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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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=

L K 2 2 = rmin .v ( rmin ) = rmin . −  m m  rmin rmin + rmax

 2rmin rmax  (cf cours) C = K . 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 .

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 )

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dt =

a K

rdr a 2e 2 − ( r − a )

⇒τ =

2

a K

r (ϕ )

∫

rmin

rdr a e − (r − a) 2 2

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 e − (r − a) 2 2

2

ξ

a (1 − e cos ξ ) ae sin ξ dξ

0

a 2e 2 − ( a (1 − e cos ξ ) − a )

∫ 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 1 −  arccos 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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tan φ =

ve 30 φ = 4, 29° = va 400

II. — Le paradoxe d'Olbers II.A. — Équilibre thermique et rayonnement

dP mP =− G 12— ρ .G = gradP donne dz kT 13— dU dP mP dU P dE  E  G= donne =− . =− . après intégration P = P0 exp −   dz dz kT 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

  E2  et n2 = n20 exp −    kT

 n2 = n20 = n10 = n0  or lim n1 = Tlim →∞  T →∞

n Buv hν A hν C   E − E1  = exp−  2 A l’équilibre 2 = donc uv = exp −  = exp− n1 A + Cuv kT B kT B   kT  A C F (υ ) = et H (υ ) = B B

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−1

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II.B. - Loi de Ptanck 16— C =1 B 17—

A 8π hυ 3 = B c3

∞

∞

2π hυ 3 1 dυ on pose 2 h υ 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 ∫0 [exp x − 1] c 2 h3

σ=

2π k 4 I c 2h3

18— ∞

−1

I = ∫ x 3 e x − 1 dx 0 ∞

−1

= ∫ x 3 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

ζ ( 4) =

1

(1 + n )

π

4

90

4

∞

t exp dt = ∑ 3

−t

0

∞

1

(1 + n )

4

.∫ t exp dt = ∑

2π 5k 4 15c 2h3

1

0

et Γ ( 4 ) = 3* 2*1 = 6 donc I =

σ=

∞

−t

3

∞

1

(n)

4

.∫ t 3 exp −t dt en fin I = ζ ( 4 ) .Γ ( 4 ) 0

6π π = 90 15 4

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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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, elle 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 (NB :on ne divise pas par 4 comme dans le 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⊙

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R⊙ ( cosθ d

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)

14

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T=

1 T (θ ) dS S ∫∫

π R⊙ 1 = T ( cosθ 2 ∫ ⊙ d 4π R p 0

)

14

2π R p2 sin θ dθ

R⊙ π / 2 R⊙ π 1 1 14 14 = T⊙ ( cosθ ) sin θ dθ + 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⊙ d 5

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 principe ‘’Cause à effet’’ On applique le premier principe de la thermodynamique ∆H = Q + W '



dH On a alors = − ∫∫ j H ⋅ dS + ∫∫∫ pdτ = − ∫∫ jQ ⋅ dS + ∫∫∫ pdτ Σ Σ dt (où p est la puissance volumique de W’ ) Expression locale : dH d ∂h = ∫∫∫ hdτ = ∫∫∫ dτ où h est l’enthalpie par unité de volume v v dt dt ∂t

Donc

Or

∂h

+ ∇ ⋅ jQ = Pp ∂t

P ∂h ∂T ρ c ∂T en fin ∆T + p = = cρ λ λ ∂t ∂t ∂t

Le bilan thermique donne n régime permanent ∆T + 1 ∂  ∂T   sin  R sin θ ∂θ  ∂θ  Pp L’énergie produite au sein de la planète

∆T =

Pp

λ

=

ρ c ∂T =0 λ ∂t

2 p

  R2  dS  Pp = σ  T⊙4 ⊙2 cos θ  − σ T 4     d  dV

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(

)

2 avec dS = 2π R p2 sin θ dθ et dV = π R 3p − e3 sin θ dθ donc 3 2   R  2π R p2 sin θ dθ  Pp = σ  T⊙4 ⊙2 cos θ  − σ T 4    d  2 π ( R 3 − e3 ) sin θ dθ  p 3  3R p4σ  4 R⊙2  3R p4σ 3R pσ 1 ∂  ∂T  4 + T − T sin cos θ α = ≈     ⊙   2 sin θ ∂θ  ∂θ  λ R 3p − e3  d λ λ ( R3p − e3 )  

(

Z (θ ) = T⊙

)

R⊙ 14 cos θ d

23— dN = n⊙ .4π r 2dr

σ T⊙4 4π R⊙2 2 4π r 2

dP =

.dN

σ T⊙4 4π R⊙2 4π R =

2

2 p

P = 8π 2σ T⊙4 R⊙2 R p2 n⊙ .dr et P =

.n⊙ .4π r 2 dr

4π r

R∞

∫ 8π σ T 2

4 ⊙

2

4π R p2

R⊙2 R p2 n⊙ .dr = 8π 2σ T⊙4 R⊙2 R p2 n⊙ ( R∞ − r0 )

r0

P = 8π σ T R R n R∞ = κ .R∞ avec κ = 8π 2σ T⊙4 R⊙2 R p2 n⊙ 2

4 ⊙

2 ⊙

2 p ⊙

24— Instabilité gravitationnelle ‘’forces attractives’’ 25— 2π hυ 3 1 2π hc jυ (υ , T ) = ⇒ jλ ( λ , T ) = 3 2 hυ  c  λ exp kT − 1

∂jλ ( λ , T ) 1 = −6π hcλ −4 hc ∂λ  exp kT λ ∂jλ ( λ , T ) 1 = −6π hcλ −4 hc ∂λ  exp kT λ

1 hc   exp kT λ − 1 hc kT λ 2 + 2π hcλ −3 ⇒ 2  hc   − 1 exp kT λ − 1  hc hc exp 2 kT λ + 2π hcλ −3 kT λ 2  hc   − 1 exp kT λ − 1 

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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 x* = ⇒ λm = et µ = loi de déplacement de Wien µ = 2,9.10−3 Km kx * kx * T kT λm 26—

µ  V  H .r  = λ⊙ 1 +  = λ⊙ 1 + 0  donc Ta =  H .r  Ta c c    λ⊙ 1 + 0  c   T⊙ = 3206,5k AN Ta =  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 λm =

µ

j⊙ = σ Ta4 ⇒ Ta = 364, 4 K T⊙ c  T⊙  − 1 = 188 milliards d’années lumières. Donc ces = 364, 4k donne r =   H 0 .r  H 0  364, 4  1 +  c   étoiles sont trop loin et la lumière émise ne nous est pas encore parvenue, ainsi le paradoxe d’Olbers est ainsi levé. Ta =

28— Si les étoiles n'existent que depuis un temps fini 13,7 milliards d’années,alors une étoile n'éclaire à un moment donné qu'un volume fini (une boule dont le rayon Rth correspond au produit de l'âge 1 de l'étoile par la vitesse de la lumière) Ae = H0 c c = c. Ae = 12.1026 m On a V = H 0 .r < c donc r < et Rth = H0 H0 Dans la formulation du paradoxe d’Olbers , on fait implicitement l'hypothèse que les étoiles pouvaient briller indéfiniment. Donc ce paradoxe ne tient plus !

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29—

λa =

µ Ta

= 1,07 mm

La longueur d’onde des Micro ondes En 1965 Sa découverte, a été l'œuvre de deux ingénieurs américains, Arno Allan Penzias et Robert Woodrow Wilson!!

Heinrich Olbers, médecin, physicien et astronome . FIN

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