De l’atome d’hydrogène aux galaxies Filière PC

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De l’atome d’hydrogène aux galaxies

Filière PC

I La raie HI à 21 cm

I.A- Étude classique de l’atome d’hydrogène

Q 1. Force électrostatique s’exerçant sur l’électron :

−

→ F = − e

²

4πε

o

r

³

− → r

Q 2.

− →

F

est un force conservative ; l’énergie potentielle

E

p associée est telle que :

−

→ F = − −−→

gradE

p

= − dE

p

(r) dr

−

→ r

r ⇒ dE

p

(r)

dr = e

²

4πε

_o

r

³

⇒ E

p

(r) = − e

²

4πε

o

r ; ( lim

r→∞

E

p

(r) = 0)

Q 3. Théorème du moment cinétique :

d − → L

dt = − → r ∧ − → F = − → 0 ⇒ − → L

est une constante vectorielle : le mouvement de l’électron est plan Q 4. On repère la position de l’électron par ces coordonnées polaires

(r, θ)

dans le plan perpendi- culaire à

− →

L

. L’énergie de l’électron :

E = 1

2 m

e

v

²

− e

²

4πε

o

r

^avec

− → v = ˙ r − → u

r

+ r θ ˙ − → u

θ dans la base polaire

( − → u

r

, − → u

θ

).

= 1

2 m

e

( ˙ r

²

+ r

²

θ ˙

²

) − e

²

4πε

_o

r

^et

L = k − →

L k = m

e

r

²

θ ˙

= 1

2 m

_e

( ˙ r

²

+ L

²

m

²_e

r

²

) − e

²

4πε

_o

r = 1

2 m

_e

r ˙

²

+ E

_{P eff}

(r)

avec

E

_{P eff}

(r) =

_2m^L2

er²

−

_4πε^e2or

Q 5.

r E

Peff

(r)

r •

o

•

• E

_o

•

E < 0 • r

m

r

M

•

•

0 • r

p

•

E > 0 • r

d État de diffusion

État lié

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Figure 1 – La représentation graphique de

E

_{P eff}

(r)

dans le cas où

L 6 = 0

•

^Pour

E > 0

, le mouvement est limité à

r > r

d qui peut prendre une valeur infini : il s’agit d’un mouvement révolutif (état libre ou état de diffusion) et la trajectoire est une branche d’hyperbole de foyer

O

;

•

^Pour

E = 0

, le mouvement est limité à

r > r

_p : il s’agit d’un état limite entre les mouvements non bornés et bornés (états liés) et la trajectoire est une parabole de foyer

O

;

•

^Pour

E

o

< E < 0

, le mouvement est limité à

r

m

< r < r

M : il s’agit d’un mouvement lié (mouve- ment oscillatoire entre

r

m et

r

M ) et la trajectoire est une ellipse de foyer

O

;

•

^Pour

E = E

o, le mouvement est limité à

r = r

o : il s’agit d’un mouvement circulaire de centre

O

. Q 6. L’orbite circulaire est possible pour

L 6 = 0

et

E = E

_o

= E

_{P eff}

(r

_o

)

avec

r

_ola position correspon- dante au minimum de

E

_{P eff}

(r)

:

dE

P eff

(r) dr

r=ro

= 0 ⇔ r

o

= 4πε

o

L

²

m

_e

e

²

E = E

o

= L

²

2m

e

r

_o²

− e

²

4πε

o

r

o

= − m

e

e

⁴

32π

²

ε

²_o

L

²

Q 7. Si

L = 0

, la trajectoire de l’électron est rectiligne (se dirige vers le noyau).

e

⁻

Noyau

I.B- Le modèle de Bohr de l’atome d’hydrogène

Q 8.

L = mvr = n

~. Le TRC appliqué à l’électron ; avec

− → v = v − → u

_θ:

m

_e

d − → v

dt = m

_e

dv

dt − → u

_θ

− v

²

r − → u

_r

= − e

²

4πε

o

r

³

− → r

⇒ m

e

v

²

r = e

²

4πε

_o

r

²

⇒ e

²

4πε

_o

= m

²_e

v

²

r

²

m

_e

r = n

²~²

m

_e

r

^ou

r = 4πε

o~²

m

_e

e

²

n

²

(

les orbites sont quantifiées

).

Remarque : On pourra utiliser le résultat de la question Q 6., en remplaçant

L

par

n

~₍

r

o

= r

n) ! Pour la première orbite de Bohr :

a

o

= 4πε

o~²

m

_e

e

²

= 5, 29 × 10

⁻¹¹

m

Q 9. Niveaux d’énergie :

E = 1

2 m

e

v

²

− e

²

4πε

o

r = − e

²

8πε

o

r = − e

²

8πε

o

a

o

× 1

n

²

(

les niveaux d’énergie sont quantifés

).

L’énergie de l’état fondamental :

E

o

= − e

²

8πε

_o

a

_o

= − 13, 60 eV

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 10.

3

2 kT = E

_o

⇒ T = 2E

_o

3k = 1, 051 × 10

⁵

K

Q 11. L’atome d’hydrogène dans son état fondamental est susceptible d’absorber ou d’émettre un rayonnement de longueur d’onde comprise entre

λ

_∞,1 et

λ

2,1 telles que :

E

2

− E

1

= E

o

1 − 1

4

= 3

4 E

o

= hc

λ

2,1

⇒ λ

2,1

= 4hc

3E

o

≃ 91, 4 × 10

⁻⁷

cm E

_∞

− E

1

= E

o

= hc

λ

_∞,1

⇒ λ

_∞,1

= hc

E

_o

≃ 1, 22 × 10

⁻⁵

cm

La valeur de

λ

o

= 21 cm

est en dehors de ce domaine : le modèle de Bohr ne permet, donc, pas de comprendre l’origine de la transition.

I.C- La structure hyperfine de l’atome d’hydrogène

Q 12.

− →

M

o

= I

e

− →

S = I

e

πr

²

− → u

z avec

I

e

= q

e

T

e

= − e v 2πr

= − evr

2 − → u

_z

= − m

_e

evr 2m

e

−

→ u

_z

= − e 2m

e

−

→ L = γ

_o

− → L

Q 13.

γ

o

= − e 2m

e

:

Rapport gyromagnétique de l’électron Q 14.

−

→ B = µ

o

4π 3( − →

M

p

· − → u ) − → u − − → M

p

r

³

= µ

o

4πr

³

g

p

e 2m

p

3( − →

S

p

· − → u ) − → u − − → S

p

On admet que le moment magnétique de spin du proton est orthogonal au plan de l’orbite :

−

→ S

p

· − → u = 0 ⇒ − →

B = − µ

_o

g

_p

e 8πm

p

r

³

−

→ S

p

En supposant que l’électron est sur l’orbite fondamentale du modèle de Bohr :

−

→ B = − µ

_o

g

_p

e 8πm

p

a

³_o

−

→ S

p

Q 15. À l’état fondamental, l’énergie potentielle magnétique d’interaction entre

− → M

eet

− →

B

:

U

_e

= − − M →

_e

· − → B = µ

o

g

p

e

8πm

_p

a

³_o

− →

M

_e

· − → S

_p

= − µ

o

g

p

g

S

e

²

16πm

_p

m

_e

a

³_o

−

→ S

_e

· − → S

_p

On considère,

− → u

zle vecteur unitaire orthogonal au plan de l’orbite et la propriété de spin de l’électron (ou de proton) :

−

→ S

e

= ±

~

2 − → u

z ou

− →

S

p

= ±

~

2 − → u

z

Supposons que

− → S

_p

= +

~

2 − → u

_z :

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◦

^si

− →

S

e

= +

~

2 − → u

z (spins parallèles

↑↑

), il en résulte un sous-niveau d’énergie :

E

l

= U

_e↑↑

(a

o

)

◦

^si

− →

S

e

= −

~

2 − → u

z (spins anti-parallèles

↑↓

), il en résulte un sous-niveau d’énergie :

E

u

= U

_e↑↓

(a

o

)

◦

^{Soit :}

∆E = E

u

− E

_l ou

E

u

= E

_l

+ ∆E

Q 16.

E

_u

= + µ

o

g

p

g

S

e

²

16πm

_p

m

_e

a

³_o

~²

4

^et

E

_l

= − µ

o

g

p

g

S

e

²

16πm

_p

m

_e

a

³_o

~²

4 ⇒ ∆E = µ

o

g

p

g

S

e

²~²

32πm

_p

m

_e

a

³_o

Q 17. Pour que l’électron décrive l’orbite fondamentale Bohr, il faut que

L 6 = 0

(Cf. Q 6.). Si non sa trajectoire sera rectiligne.

Q 18. Si

L = 0

, le mouvement de l’électron est rectiligne et dirigé vers le noyau, sa probabilité de présence au voisinage du centre sera, donc, importante.

Si

L 6 = 0

, le mouvement de l’électron est circulaire avec quantification de l’énergie, la distance la plus probable est

a

o : loin du noyau à l’échelle atomique.

Q 19. Fréquence

ν

o et longueur d’onde

λ

o :

∆E = hν

_o

⇒ ν

_o

= µ

o

4π 8 3

g

S

g

p

h m

e

m

_p

e

~

2m

_e 2

1

a

³_o

≃ 1420 × 10

⁶

Hz

et

λ

_o

= c

ν

_o

≃ 0, 21 m

Cette raie se situe dans le domaine desondes radio!

II Étude de l’émission et de l’absorption entre les deux niveaux hyperfins

II.A- Bilan radiatif de la raie HI

Q 20.

⋄

émission spontanée : transition atomique du niveau d’énergie supérieur (

E

u) au niveau inférieur (

E

_l). Cette transition s’accompagne par émission d’un photon d’énergie

hν = E

_u

− E

_l.

⋄

émission stimulée : processus au cours duquel l’atome qui se trouve dans un état excité entre en interaction avec le rayonnement incident, il se désexcite en émettant un rayonnement de même direction et de même polarisation que le rayonnement incident.

⋄

absorption : transition dû à l’absorption du rayonnement par l’atome, ses électrons passent du niveau d’énergie inférieur (niveau fondamental) au niveau d’énergie supérieur (niveau excité).

Q 21. On suppose que le phénomène de l’émission spontanée se produit seul, l’évolution des po- pulations

n

u est régit par l’équation :

dn

u

dt = − A

_ul

n

u

⇒ n

u

(t) = n

u

(t = 0) exp

− t τ

_u

τ

_u est la durée de vie de l’état éxcité :

τ

u

= 1

A

_ul

≃ 3, 51 × 10

¹⁴

s ≃

11 million d’années

!!

Q 22. à cause de la proportion importante en hydrogène atomique

89%

! !

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 23.

g

u

= 3

,

g

_l

= 1

,

T = 100 K

n

H

= n

u

+ n

l avec

n

u

n

_l

= g

u

g

_l

exp

− E

u

− E

l

kT

= 3 exp

− hν

o

kT

= n

_l

1 + n

u

n

_l

= n

_l

1 + 3 exp

− hν

_o

kT

hν

_o

kT = 6, 63 × 10

⁻³⁴

× 1420 × 10

⁶

1, 38 × 10

⁻²³

× 100 ≃ 6, 8 × 10

⁻⁵

≪ 1 ⇒ exp

− hν

_o

kT

≃ 1

Soit :

n

H

= n

u

+ n

l

= 4n

l

Q 24. Interaction matière rayonnement :

E

_l

E

_u photon

Absorption

E

_l

E

_u hν

Émission spontanée

E

_l

E

_u

hν hν

hν

Émission stimulée

dn

_l

dt =

dn

_l

dt

Absorption

+ dn

_l

dt

Emission spontanée

+ dn

_l

dt

Emission stimulée

avec :



















dn

_l

dt

Absorption

= − n

l

u

ν

B

lu

dn

l

dt

Emission spontanée

= +n

u

A

ul

dn

l

dt

Emission stimulée

= +n

u

u

ν

B

ul

Soit :

dn

_l

dt = − n

_l

u

_ν

B

_lu

+ n

_u

A

_ul

+ n

_u

u

_ν

B

_ul Q 25.

dn

l

dt = dn

dt

Q 26. Dans ce cas, on remplace

u

_ν par Z ∞

0

u

_ν

Φ(ν)dν

; soit :

dn

l

dt = − n

l

B

lu

Z _∞

0

u

ν

Φ(ν )dν + n

u

A

ul

+ n

u

B

ul

Z _∞

0

u

ν

Φ(ν)dν ( − n

_l

B

_lu

+ n

_u

B

_ul

)

Z ∞ 0

u

_ν

Φ(ν )dν = dn

_l

dt − n

_u

A

_ul

= ( dn

l

dt − n

u

A

ul

)

Z _∞

0

Φ(ν)dν ; (

Z _∞

0

Φ(ν )dν = 1)

Z ∞

0

Φ(ν) dn

_l

dt dν =

Z ∞ 0

( − n

_l

u

_ν

B

_lu

Φ(ν) + n

_u

A

_ul

Φ(ν) + n

_u

u

_ν

B

_ul

Φ(ν ))dν

Soit :

dn

_ν

dt = − n

l

u

ν

B

lu

Φ(ν) + n

u

A

ul

Φ(ν) + n

u

u

ν

B

ul

Φ(ν)

avec

dn

ν

dt = Φ(ν) dn

l

dt

^ou

Z ∞ 0

dn

ν

dt dν = dn

l

dt

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 27. A l’équilibre thermique :

dn

ν

dt = 0

, soit :

− n

_l

u

_ν

B

_lu

+ n

_u

A

_ul

+ n

_u

u

_ν

B

_ul

= 0 ⇒ u

_ν

= n

_u

A

_ul

n

l

B

lu

− n

u

B

ul

Q 28. La densité spectrale de l’énergie :

u

ν

(ν

o

) = 8πhν

_o³

c

³

1 exp

hν

o

kT

− 1

avec

u

ν

(ν

o

) = A

_ul

B

_ul

1 n

_l

n

u

B

_lu

B

ul

− 1

Par identification des deux expressions de la densité spectrale de l’énergie :

A

_ul

B

_ul

= 8πhν

_o³

c

^{3 et}

exp hν

o

kT

= n

_l

n

_u

B

_lu

B

_ul ^ou

n

u

n

_l

= B

_lu

B

_ul

exp

− hν

o

kT

d’où :

g

u

B

ul

= g

l

B

lu et

B

ul

= c

³

8πhν

_o³

A

ul

II.B- Intensité spécifique de la raie HI émise par un nuage d’hydrogène atomique

Q 29. Vecteur de Poynting :

−

→ R =

−

→ E ∧ − → B µ

o

Q 30. On considère, par exemple, une onde plane progressive qui se propage suivant l’axe des

x

. La structure de l’onde est :

−

→ E = − →

E

o

cos(ωt − kx)

et

− → B = − →

B

o

cos(ωt − kx)

avec

E

o

= cB

o

◦

La densité volumique moyenne d’énergie électromagnétique :

u =< ε

o

− → E

²

2 +

−

→ B

²

2µ

o

>

t

= ε

o

E

_o²

2

◦

Le vecteur de Poynting :

−

→ R = E

_o

B

_o

cos

²

(ωt − kx) − → u

_x

⇒ < − → R >

_t

= E

_o²

2µ

o

c − → u

_x

◦

La puissance surfacique moyenne ou intensité :

I = dP

dS = k < − →

R >

t

k = ε

_o

E

_o²

2

1

µ

o

ε

o

c = ε

_o

E

_o²

2 c = uc

Q 31. Relation entre

u

ν,

ν

et

n

ν :

u

_ν

= n

_ν

hν

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 32.

dI

ν

dz = c 4π

du

ν

dz = hν 4π

dn

ν

dt ; u

_ν

= n

_ν

hν

= hν

4π [n

u

A

ul

Φ(ν) − n

l

u

ν

B

lu

Φ(ν) + n

u

u

ν

B

ul

Φ(ν)]

= hν

4π n

_u

A

_ul

Φ(ν) + hν

4π [ − n

_l

u

_ν

B

_lu

Φ(ν) + n

_u

u

_ν

B

_ul

Φ(ν)]

= hν

4π n

_u

A

_ul

Φ(ν) + hν

4π u

_ν

Φ(ν) [ − n

_l

B

_lu

+ n

_u

B

_ul

]

= hν

4π n

u

A

_ul

Φ(ν) + hν

4π u

ν

Φ(ν)n

_l

− B

_lu

+ n

u

n

_l

B

_ul

; n

u

n

_l

= g

u

g

_l

exp

− hν

o

kT

= hν

4π n

_u

A

_ul

Φ(ν) + hν

4π u

_ν

Φ(ν)n

_l

− B

_lu

+ B

_ul

g

_u

g

l

exp

− hν

_o

kT

= hν

4π n

u

A

ul

Φ(ν) + hν

4π u

ν

Φ(ν)n

l

B

ul

− B

_lu

B

ul

+ g

_u

g

l

exp

− hν

_o

kT

; g

u

B

ul

= g

l

B

lu

= hν

4π n

u

A

ul

Φ(ν) + hν

4π u

ν

Φ(ν)n

l

B

ul

− g

u

g

l

+ g

u

g

l

exp

− hν

o

kT

= hν

4π n

u

A

_ul

Φ(ν) + hν

4π u

ν

Φ(ν)n

_l

B

_ul

g

u

g

_l

− 1 + exp

− hν

o

kT

; B

_ul

= c

³

8πhν

_o³

A

_ul

= hν

4π n

_u

A

_ul

Φ(ν) − hνI

ν

c Φ(ν )n

_l

A

_ul

c

³

8πhν

_o³

g

u

g

_l

1 − exp

− hν

o

kT

= j

ν

− κ

ν

I

ν

Donc : dI

_ν

= j

_ν

dz − κ

_ν

I

_ν

dz avec











j

_ν

= hν

4π A

_ul

n

_u

Φ(ν) κ

_ν

= c

²

ν

8πν

_o³

Φ(ν)A

_ul

n

_l

g

_u

g

l

1 − exp

− hν

_o

kT

Q 33. L’équation différentielle précédente s’écrit :

dI

ν

dz + κ

ν

I

ν

= j

ν

Solution :

I

ν

(z) = K exp( − κ

ν

z) + j

ν

κ

_ν

= j

ν

κ

_ν

(1 − exp( − κ

ν

z)) car I

ν

(z = 0) = 0

A la sortie du nuage :

I

ν

(z = L) = j

_ν

κ

ν

(1 − exp( − κ

ν

L))

Q 34.

Pour les nuages d’hydrogène du milieu interstellaire :











g

u

g

l

≃ 3 n

_l

= n

H

hν

o

4 kT ≪ 1

Cf. plus haut !

Soit :

κ

_ν

= c

²

ν

8πν

_o³

Φ(ν )A

_ul

n

_l

g

_u

g

_l

1 − exp

− hν

_o

kT

≃ c

²

ν

8πν

_o³

Φ(ν )A

_ul

n

_H

4 3 hν

_o

kT = 3c

²

hν

32πkT ν

_o²

Φ(ν)A

_ul

n

_H

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 35.

κ

_ν

L ≃ 3, 6 × 10

⁻²

≪ 1 ⇒ 1 − exp( − κ

_ν

L) ≃ κ

_ν

L

donc :

I

_ν

(z = L) ≃ j

_ν

L

Q 36. La valeur de l’intensité est indépendante de

z

: par conséquent on la retrouve au niveau du détecteur situé sur terre.

Q 37.

I

ν

(z = L) ≃ j

ν

L = hν

4π A

_ul

Φ(ν)n

u

L

= hν

4π A

ul

Φ(ν) 3 4 n

H

L

= 3hν

16π A

_ul

Φ(ν )N (H)

Q 38.

F

_ν

=

Z

I

_ν

dΩ = 3hν

16π A

_ul

Φ(ν)

Z

N (H)dΩ

= 3hν

16π A

ul

Φ(ν )N (H)Ω

= 3hν

16π A

_ul

Φ(ν )N (H)πα

²

α = ρ

D ⇒ F

_ν

= 3hν

16πD

²

A

_ul

Φ(ν) N (H) πρ

²

|{z}

Σ=unité

| {z }

NH

; α ≪ 1

= 3hν

16πD

²

A

_ul

Φ(ν)N

_H

α

ρ Σ

D Ω

Q 39.

Z ∞ 0

F

ν

dν =

Z ∞

0

3hν

16πD

²

A

ul

Φ(ν)N

H

dν = 3h

16πD

²

A

ul

N

H

Z ∞ 0

νΦ(ν )dν = 3hν

o

16πD

²

A

ul

N

H

II.C- Quelles informations nous apporte la raie HI émise par une galaxie ?

Q 40. On peut adopter l’une ou l’autre de ces échelles car

V

_k est une fonction linéaire de la fré- quence

ν

(Cf. Annexede l’épreuve).

∆V

_k

∆ν

= c

ν

o

= λ

o

(

est une constante

)

Q 41. La loi de Hubble :

V

o

= H

o

D ⇒ D = V

o

H

o

⋄

La fréquence du rayonnement émis est

ν

o et la fréquence du rayonnement perçu est

ν

⋄

Les deux fréquences sont reliée par la relation (Cf. Annexede l’épreuve) :

ν ≃ ν

o

1 − V

_o

c

⇒ V

o

= c

1 − ν ν

o

Soit :

D = c H

_o

1 − ν

ν

_o

≃ 11, 78 Mpc

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com

⋄

Valeur de l’intégrale Z ∞

0

F

_ν

dν

:

∼ 0, 525

∼ 0, 30

∼ 0, 225

∼1416,5MHz ∼1415,75MHz

∼ 200 km.s

⁻¹

V

1

V

2

Z _∞

0

F

ν

dν ≃ 1

3 (0, 525 + 0, 225 + 0, 30) × (1416, 5 − 1415, 75) ≃ 2, 63 × 10

⁻¹

J

y

.MHz

Q 42. L’aspect ou la structure debicornedu spectre HI peut être dû au fait qu’au :

◦

centre la vitesse

V

_k est minimale (donc fréquence maximale),

◦

bords la vitesse

V

_kest maximale (donc fréquence minimale), avec une forte densité de l’hydrogène par force centrifuge.

Q 43. La masse d’hydrogène atomique dans la galaxie UGC 11707 :

◦

Le nombre d’atomes d’hydrogène présents dans le nuage :

N

H

= 16πD

²

3hν

o

A

_ul Z _∞

0

F

ν

dν ≃ 2, 28 × 10

⁴⁷

(Mpc)

²

.J

y

.J

⁻¹

≃ 21, 77 × 10

⁶⁵

◦

La masse d’hydrogène atomique :

m

H

= M

H

N

H

N

^a

≃ 3, 62 × 10

³⁹

kg

sachant que

:





M

H

= 1, 00 g.moℓ

⁻¹

N

a

= 6, 02 × 10

²³

moℓ

⁻¹

◦

Comparaison avec la masse du soleil :

m

H

M

_⊙

≃ 3, 62 × 10

³⁹

2, 0 × 10

³⁰

= 1, 81 × 10

⁹

!!

m

_H

≃ 1, 81 × 10

⁹

× M

_⊙

ConcoursCentrale.SupElec—-Physique1-PC-2018–http://www.cpgemaroc.com Q 44.

AB

d

= α

g

≃ 7, 0

^′

CH

d

= α

p

≃ 2, 5

^′

A

B C

H 34

^′

33

^′

32

^′

31

^′

26

^o

30

^′

29

^′

Déclinaison

◦

L’angle d’inclinaison :

cos α = α

p

α

_g

= 2, 5

7 ≃ 0, 36 (

Rapport des diamètres angulaires !

)

◦

La vitesse tangentielle :

V

_k

≃ ∆V

2 = V

2

− V

1

2 ≃ 200

2 ≃ 100 km.s

⁻¹

◦

La vitesse totale :

V = V

_k

sin α = V

_k

√ 1 − cos

²

α ≃ 1, 07 × 10

²

km.s

⁻¹

Q 45. La RFD appliquée à un nuage HI, de masse

m

_H, dans le référentiel lié à la galaxie (de masse

M

_G) :

m

_H

"

− V

²

r

−

→ r r + dV

dt

−

→ V V

#

= − GM

G

m

H

r

²

−

→ r r

Soit :

m

_H

V

²

r = GM

_G

m

_H

r

²

⇒ M

_G

= V

²

r G

L’orbite d’un nuage HI étant supposée circulaire de rayon

r

.

O

z

α

_g

/2 m

_H

Centre de la galaxie

L’orbite du nuage HI

La ligne de visée

M

G

θ

g

−

→ V

Nuage d’hydrogène HI

r

D

Terre

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tan θ

_g

≃ r D ≃ α

_g

2 ⇒ r ≃ α

_g

2 D

Soit :

M

_G

= V

²

α

_g

D 2G

Applications numériques :

α

_g

≃ 7, 0

^′

≃ 0, 002 rad ⇒ M

_G

≃ 2, 02 × 10

⁴⁰

kg

Comparaison entre

m

H et

M

G:

m

H

M

_G

≃ 3, 62 × 10

³⁹

2, 02 × 10

⁴⁰

≃ 1, 79 × 10

⁻¹

< 1 ⇒ m

H

< M

G

La masse

M

G n’est en réalité que celle à l’intérieur du rayon échantillonné par HI détecté !

Mohamed Afekir (cpgeafek@gmail.com) Mes remerciements à Mr : Thami Elhalkouj : Lydex Ben Guerir et à Mr Azouhri Elhossaine : CPGE Med V Casa pour la lecture du corrigé