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TeX
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TeX
\begin{Solution}{1}
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La figure \ref{deuxmiroirs} présente la situation où on voit clairement que l'angle de réflexion sur le second miroir vaut $55^{\circ}$.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Deux miroirs\label{deuxmiroirs}}
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\includegraphics[width=5cm]{DeuxMiroirs.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{2}
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La figure \ref{deuxmiroirs2} présente la situation où on voit clairement que l'angle de réflexion sur le second miroir vaut $35^{\circ}$.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Deux miroirs\label{deuxmiroirs2}}
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\includegraphics[width=5cm]{DeuxMiroirs2.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{3}
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La relation trigonométrique :
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\[\tan(\alpha)=\frac{20}{30}\;\;\Rightarrow\;\;\alpha=33,7^{\circ}\]
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Ainsi, l'angle $\beta$, qui est l'angle recherché, vaut selon la figure \ref{retro} : \[\beta=16,8^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Rétroviseur\label{retro}}
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\includegraphics[width=5cm]{Retro.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{4}
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La solution est donnée par la figure \ref{miroirsph}. On remarque qu'il n'existe par de point sur l'axe optique par lequel passent tous les rayons lumineux réfléchis. On remarque aussi que les rayons qui se réfléchissent proche du centre du miroir convengent sur l'axe optique en des points assez proches. On peut en déduire que le centre d'un miroir sphérique a une forme assez similaire à celle d'un miroir parabolique.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Miroir sphérique\label{miroirsph}}
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\includegraphics[width=5cm]{MiroirSph.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{5}
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La figure \ref{prisme} présente la situation. L'angle d'incidence, avant rotation, est de $30^{\circ}$. La rotation de la surface de réflexion ajoute $20^{\circ}$. On a donc un angle d'incidence, après rotation, de $50^{\circ}$. L'angle de réflexion vaut donc $50^{\circ}$.
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Prisme\label{prisme}}
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\includegraphics[width=5cm]{Prisme.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{6}
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La figure \ref{airglace} permet d'écrire l'équation de la réfraction suivante :
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\[1\cdot \sin(65)=1,31\cdot \sin(\alpha_r)\]
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qui mène à la solution :
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\[\alpha_r=\arcsin\left(\frac{\sin(65)}{1,31}\right)=43,8^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Réfraction sur de la glace\label{airglace}}
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\includegraphics[width=5cm]{AirGlace.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{7}
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La figure \ref{airverre} permet d'écrire l'équation de la réfraction suivante :
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\[1\cdot \sin(\alpha_i)=1,5\cdot \sin(30)\]
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|
qui mène à la solution :
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\[\alpha_i=\arcsin(1,5\cdot \sin(30))=48,6^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Réfraction sur du verre\label{airverre}}
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\includegraphics[width=5cm]{AirVerre.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{8}
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|
La figure \ref{aireau} permet d'écrire l'équation de la réfraction suivante :
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\[1\cdot \sin(40)=1,333\cdot \sin(\alpha_r)\]
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|
qui mène à :
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\[\alpha_r=\arcsin\left(\frac{\sin(40)}{1,333}\right)=28,8^{\circ}\]
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pour donner la solution :
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\[\alpha=\alpha_i-\alpha_r=40-28,8=11,17^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Réfraction sur de l'eau\label{aireau}}
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\includegraphics[width=5cm]{AirEau.eps}
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\end{figure}
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|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{9}
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|
La figure \ref{plongeur} permet d'écrire l'équation de la réfraction suivante :
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\[1,3289\cdot \sin(10)=1\cdot \sin(\alpha_r)\]
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|
qui mène à :
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\[\alpha_r=\arcsin(1,3289\cdot \sin(10))=13,3^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Le plongeur\label{plongeur}}
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\includegraphics[width=5cm]{Plongeur.eps}
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\end{figure}
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\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{10}
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|
La figure \ref{perpendiculaires} permet d'écrire :
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\[\alpha_i+90+\alpha_r=180\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[\alpha_r=90-\alpha_i\]
|
|
On peut aussi écrire l'équation de la réfraction suivante :
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\begin{align*}
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1\cdot \sin(\alpha_i)&=1,49\cdot \sin(\alpha_r)\\
|
|
&=1,49\cdot \sin(90-\alpha_i)\\
|
|
&=1,49\cdot \cos(\alpha_i)
|
|
\end{align*}
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|
ce qui mène à :
|
|
\[\frac{\sin(\alpha_i)}{\cos(\alpha_i)}=1,49\]
|
|
autrement dit :
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\[\tan(\alpha_i)=1,49\;\;\Rightarrow\;\;\alpha_i=56,1^{\circ}\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Perpendiculaires\label{perpendiculaires}}
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\includegraphics[width=5cm]{Perpendiculaires.eps}
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\end{figure}
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{11}
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|
La figure \ref{dauphin} permet d'écrire l'équation de la réfraction suivante :
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|
\[1\cdot \sin(\alpha_i)=1,333\cdot \sin(40)\]
|
|
et donc :
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|
\[\alpha_i=59^{\circ}\]
|
|
Par ailleurs, on a les relations trigonométriques suivantes :
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|
\[\tan(\alpha_i)=\frac{x_1}{1,7}\;\;\Rightarrow\;\;x_1=2,83\,m\]
|
|
\[\tan(\alpha)=\frac{2}{x_2}\;\;\Rightarrow\;\;x_2=1,68\,m\]
|
|
avec $\alpha=50^{\circ}$. Soit au total :
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|
\[x_{tot}=2,83+1,68=4,51\,m\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Dauphin\label{dauphin}}
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\includegraphics[width=5cm]{Dauphin.eps}
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\end{figure}
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{12}
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|
Comme on le voit bien sur la figure \ref{plongeurtotal}, l'angle de réflexion est :
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|
\[\alpha=80^{\circ}\]
|
|
Par contre, il n'y a aucun angle de réfraction, car la réflexion est totale. En effet, on a :
|
|
\[1,333\cdot \sin(80)=1\cdot \sin(\alpha_r)\]
|
|
et donc :
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|
\[\alpha_r=\arcsin(1,333\cdot \sin(80))=impossible\]
|
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Plongeur\label{plongeurtotal}}
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\includegraphics[width=5cm]{PlongeurTotal.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{13}
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|
\begin{itemize}
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|
\item Une première manière de démontrer la proposition est la suivante :
|
|
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|
la figure \ref{fibreOptique} montre que :
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|
\[1,5\cdot \sin(\alpha_{it})=1\cdot \sin(90)\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[\alpha_{it}=\arcsin\left(\frac{1}{1,5}\right)=41,8^{\circ}\]
|
|
en supposant que la réflexion à l'intérieur de la fibre soit totale.
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|
|
|
D'autre part, on a :
|
|
\[\alpha_{it}+90+\alpha_r=180\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[\alpha_r=90-\alpha_{it}=90-41,8=48,19^{\circ}\]
|
|
Par ailleurs, à l'entrée dans la fibre, on a :
|
|
\[1\cdot \sin(\alpha_i)=1,5\cdot \sin(\alpha_r)\]
|
|
et donc :
|
|
\begin{align*}
|
|
\alpha_i&=\arcsin(1,5\cdot \sin(48,19))\\
|
|
&=\arcsin(1,118)=impossible
|
|
\end{align*}
|
|
ce qui signifie que la réfraction totale a lieu pour tous les $\alpha_i<90^{\circ}$. Ce qu'il fallait démontrer.
|
|
|
|
\item Une seconde manière de démontrer la proposition est la suivante :
|
|
|
|
\[\alpha_i=90^{\circ}\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[1\cdot \sin(90)=1,5\cdot \sin(\alpha_r)\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[\alpha_r=\arcsin(\frac{1}{1,5})=41,8^{\circ}\]
|
|
Comme la somme des angles d'un triangle vaut $180^{\circ}$, on a :
|
|
\[\alpha_{it}=48,19^{\circ}\]
|
|
et la loi de Snell pour le rayon passant de l'intérieur à l'extérieur de la fibre s'écrit :
|
|
\[1,5\cdot \sin(48,19)=1\cdot \sin(\alpha_r)\;\;\Rightarrow\]
|
|
\[\alpha_r=\arcsin(1,5\cdot \sin(48,19))=impossible\]
|
|
ce qui signifie qu'il n'y a pas de réfraction sur les côtés de la fibre. Ce qu'il fallait démontrer.
|
|
\end{itemize}
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Fibre optique\label{fibreOptique}}
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\includegraphics[width=5cm]{FibreOptique.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{14}
|
|
Comme le montre la figure \ref{lammesparalleles}, on peut écrire :
|
|
\[1\cdot \sin(\alpha_{i1})=1,5\cdot \sin(\alpha_{r1})\]
|
|
Par ailleurs, on a aussi :
|
|
\[1,5\cdot \sin(\alpha_{i2})=1\cdot \sin(\alpha_{r2})\]
|
|
Mais, comme $\alpha_{r1}=\alpha_{i2}$, on a finalement :
|
|
\[\sin(\alpha_{i1})=\sin(\alpha_{r2})\;\;\Rightarrow\;\;\alpha_{i1}=\alpha_{r2}\]
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|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lames à face parallèles\label{lammesparalleles}}
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\includegraphics[width=5cm]{LammesParalleles.eps}
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|
\end{figure}
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|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{15}
|
|
Comme le montre la figure \ref{milieuair}, on peut écrire :
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|
\[n\cdot \sin(60)=1\cdot \sin(90)\]
|
|
d'où on tire :
|
|
\[n=\frac{\sin(90)}{\sin(60)}=\frac{1}{\sin(60)}=1,1547\]
|
|
Or, on a :
|
|
\[n=\frac{c}{v}\]
|
|
D'où, finalement :
|
|
\[v=\frac{c}{1,1547}=259'808\,km/s\]
|
|
car $c=300'000\,km/s$.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Air et vitesse de la lumière\label{milieuair}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{MilieuAir.eps}
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|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{16}
|
|
Comme le montre la figure \ref{milieueau}, on peut écrire :
|
|
\[n\cdot \sin(20)=1,333\cdot \sin(45)\]
|
|
d'où on tire :
|
|
\[n=\frac{1,333\cdot \sin(45)}{\sin(20)}=2,7559\]
|
|
Or, on a :
|
|
\[n=\frac{c}{v}\]
|
|
D'où, finalement :
|
|
\[v=\frac{c}{2,7559}=108'857\,km/s\]
|
|
car $c=300'000\,km/s$.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Eau et vitesse de la lumière\label{milieueau}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{MilieuEau.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{17}
|
|
A partir de la figure \ref{lentillesimple}, on peut écrire la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{f}=\frac{1}{d_o}+\frac{1}{d_i}=\frac{1}{0,3}+\frac{1}{0,4}=5,83\,D\]
|
|
d'où la focale :
|
|
\[f=0,171\,m=17,14\,cm\]
|
|
Il s'agit d'une lentille convergente ($f>0$) et l'image est réelle.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lentille simple\label{lentillesimple}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{LentilleSimple.eps}
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|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{18}
|
|
A partir de la figure \ref{lentillesimple2}, on peut écrire la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{f}=\frac{1}{d_o}+\frac{1}{d_i}=\frac{1}{0,3}+\frac{1}{-0,1}=-6,67\,D\]
|
|
d'où la focale :
|
|
\[f=-0,15\,m=-15\,cm\]
|
|
Il s'agit d'une lentille divergente ($f<0$) et l'image est virtuelle.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lentille simple\label{lentillesimple2}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{LentilleSimple2.eps}
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|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{19}
|
|
La figure \ref{lune} et l'équation des lentilles minces avec $f=80\,mm$ permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_i&=\left(\frac{1}{f}-\frac{1}{d_o}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{0,08}-\frac{1}{3,844\cdot 10^8}\right)^{-1}\\
|
|
&=0,08\,m=8\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
L'image de la lune est donc pratiquement au foyer.
|
|
|
|
Et l'équation du grandissement $m$ :
|
|
\[m=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\]
|
|
permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
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|
h_i&=-h_o\cdot \frac{d_i}{d_o}=-2\cdot 1,738\cdot 10^6\cdot \frac{0,08}{3,844\cdot 10^8}\\
|
|
&=-7,23\cdot 10^{-4}\,m=-0,723\,mm
|
|
\end{align*}
|
|
et l'image est donc inversée.
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
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|
\caption{La lune\label{lune}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Lune.eps}
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|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{20}
|
|
La figure \ref{papillon} et l'équation des lentilles minces avec $f=50\,mm$ permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_i&=\left(\frac{1}{f}-\frac{1}{d_o}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{0,05}-\frac{1}{0,2}\right)^{-1}\\
|
|
&=0,067\,m=6,7\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
Et l'équation du grandissement $m$ permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
h_i&=-h_o\cdot \frac{d_i}{d_o}=-7\cdot \frac{6,6}{20}\\
|
|
&=-2,3\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
et l'image est donc inversée et réelle.
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
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|
\caption{Le papillon\label{papillon}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Papillon.eps}
|
|
\end{figure}
|
|
|
|
Dans le second cas, la figure \ref{papillon2} et l'équation des lentilles minces avec $f=-50\,mm$ permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_i&=\left(\frac{1}{f}-\frac{1}{d_o}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{-0,05}-\frac{1}{0,2}\right)^{-1}\\
|
|
&=0,04\,m=4\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
Et l'équation du grandissement $m$ permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
h_i&=-h_o\cdot \frac{d_i}{d_o}=-7\cdot \frac{-4}{20}\\
|
|
&=1,4\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
et l'image est donc virtuelle.
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
|
|
\caption{Le papillon\label{papillon2}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{Papillon2.eps}
|
|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{21}
|
|
Le rapport des hauteur permet d'obtenir la distance objet :
|
|
\[\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;\frac{-1}{0,012}=-\frac{10}{d_o}\]
|
|
car la demi-hauteur de l'image vaut $1\,m$ et la demi-hauteur de la diapositive vaut $12\,mm$. Ainsi :
|
|
\[d_o=0,012\cdot 10=0,12\,m=12\,cm\]
|
|
La figure \ref{projecteur} permet ensuite d'écrire la loi des lentilles minces ainsi :
|
|
\[\frac{1}{f}=\frac{1}{0,12}+\frac{1}{10}=8,43\,D\]
|
|
et ainsi on obtient la distance focale :
|
|
\[f=0,119\,m=11,9\,cm\]
|
|
Enfin, pour obtenir la largeur de l'image, on peut écrire :
|
|
\[h_i=-h_o\cdot \frac{d_i}{d_o}=-0,018\cdot \frac{10}{0,12}=1,5\,m\]
|
|
car la demi-largeur de la diapositive vaut $1,8\,cm$ ($24\times 36\,mm$).
|
|
|
|
Ainsi finalement, les dimensions de l'image de la diapositive $24\times 36\,mm$ sont $2\times 3\,m$.
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
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|
\caption{Le projecteur\label{projecteur}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Projecteur.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{22}
|
|
L'équation du grandissement donne :
|
|
\[m=-2=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=2\cdot d_o\]
|
|
Par ailleurs, l'équation des lentilles minces s'écrit :
|
|
\begin{align*}
|
|
\frac{1}{0,4}&=\frac{1}{d_o}+\frac{1}{d_i}=\frac{1}{d_o}+\frac{1}{2\cdot d_o}\\
|
|
&=\frac{2}{2\cdot d_o}+\frac{1}{2\cdot d_o}=\frac{1+2}{2\cdot d_o}=\frac{3}{2\cdot d_o}
|
|
\end{align*}
|
|
d'où enfin :
|
|
\[d_o=\frac{3\cdot 0,4}{2}=0,6\,m=60\,cm\]
|
|
et :
|
|
\[d_i=2\cdot d_o=120\,cm\]
|
|
Ce qui donne comme distance totale :
|
|
\[d=d_i+d_o=60+120=180\,cm\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{23}
|
|
La figure \ref{demifoyer} permet d'écrire la loi des lentilles minces :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_i&=\left(\frac{1}{f}-\frac{1}{d_o}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{-0,06}-\frac{1}{0,03}\right)^{-1}\\
|
|
&=-0,02\,m=-2\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
L'image est donc virtuelle.
|
|
|
|
Pour sa hauteur, on peut écrire :
|
|
\[h_i=-h_o\cdot \frac{d_i}{d_o}=-2\cdot \frac{-2}{3}=1,33\,cm\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
|
|
\caption{Demi-focale\label{demifoyer}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{Demifoyer.eps}
|
|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{24}
|
|
La figure \ref{occtelescope} et la loi des lentilles minces permet d'écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_i&=\left(\frac{1}{f}-\frac{1}{d_o}\right)^{-1}=\left(\frac{1}{0,02}+\frac{1}{0,015}\right)^{-1}\\
|
|
&=-0,06\,m=-6\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
On obtient alors le grandissement $m$ avec :
|
|
\[m=-\frac{d_i}{d_o}=-\frac{-6}{1,5}=4\times\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
|
|
\centering
|
|
\caption{Oculaire de télescope\label{occtelescope}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{Occtelescope.eps}
|
|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{25}
|
|
Selon la figure \ref{unobjet}, on a :
|
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\begin{align*}
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\frac{1}{f}&=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{d_o}=\frac{1}{-0,2}+\frac{1}{0,3}\\
|
|
&=-1,66\,D\;\;\Rightarrow\;\;f=-0,6\,m
|
|
\end{align*}
|
|
Et pour le grandissement :
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|
\[m=-\frac{d_i}{d_o}=-\frac{-0,2}{0,3}=0,66\times\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Lentille divergente\label{unobjet}}
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\includegraphics[width=5cm]{UnObjet.eps}
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|
\end{figure}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{26}
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|
Deux cas sont à considérer : l'utilisation d'une lentille convergente (voir la figure \ref{diminuerconvergente}) et celle d'une lentille divergente (voir la figure \ref{diminuerdivergente}).
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\begin{itemize}
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|
\item L'équation du grandissement donne :
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\[m=\frac{-0,15}{1}=-\frac{d_i}{1}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=0,15\,m\]
|
|
et alors la loi des lentilles minces donne :
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|
\[f=\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{0,15}\right)^{-1}=0,13\,m=13\,cm\]
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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\caption{Lentille convergente\label{diminuerconvergente}}
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\includegraphics[width=5cm]{DiminuerConvergente.eps}
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|
\end{figure}
|
|
\item L'équation du grandissement donne :
|
|
\[m=\frac{0,15}{1}=-\frac{d_i}{1}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-0,15\,m\]
|
|
et alors la loi des lentilles minces donne :
|
|
\[f=\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{-0,15}\right)^{-1}=-0,176\,m=-17,6\,cm\]
|
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\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lentille divergente\label{diminuerdivergente}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{DiminuerDivergente.eps}
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|
\end{figure}
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|
\end{itemize}
|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{27}
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La figure \ref{double4010} permet d'écrire deux équations des lentilles minces :
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\[\frac{1}{40}=\frac{1}{30}+\frac{1}{d_{i1}}\;\;\Rightarrow\;\;d_{i1}=-120\,cm\]
|
|
et, pour l'autre lentille :
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\[\frac{1}{10}=\frac{1}{124}+\frac{1}{d_{i2}}\;\;\Rightarrow\;\;d_{i2}=10,9\,cm\]
|
|
De même pour les hauteurs, on a :
|
|
\[h_{i1}=-3\cdot \frac{-120}{30}=12\,cm\]
|
|
et avec $h_{i1}=h_{o2}$ et $d_{o2}=d_{i1}+4=124\,cm$ :
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|
\[h_{i2}=-12\cdot \frac{10,9}{124}=-1,05\,cm\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Deux lentilles convergentes\label{double4010}}
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\includegraphics[width=5cm]{Double4010.eps}
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|
\end{figure}
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|
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|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{28}
|
|
Comme le montre la figure \ref{pasdevie} si on choisit un objet à l'infini, c'est-à-dire $d_o=\infty$, on a :
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|
\[\frac{1}{f}=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{d_i}\;\;\Rightarrow\;\;f=d_i\;\;(f<0)\]
|
|
Ainsi, la distance objet pour la seconde lentille est :
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|
\[d_o=20\,cm-f\]
|
|
et son image se trouve à l'infini, c'est-à-dire $d_i=\infty$. La loi des lentilles minces pour la seconde lentille s'écrit alors :
|
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\[\frac{1}{30}=\frac{1}{20-f}+\frac{1}{\infty}\]
|
|
ce qui implique :
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|
\[20-f=30\;\;\Rightarrow\;\;f=20-30=-10\,cm\]
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|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Rayon pas dévié\label{pasdevie}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{PasDevie.eps}
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\end{figure}
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|
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|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{29}
|
|
\begin{itemize}
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|
\item La figure \ref{multiple1} présente la situation. Le grandissement donne :
|
|
\[m=-3=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=3\cdot d_o\]
|
|
et la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{35}=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{d_o}=\frac{1}{3\cdot d_o}+\frac{1}{d_o}=\frac{4}{3\cdot d_o}\]
|
|
Ainsi, on a finalement :
|
|
\[d_o=\frac{4}{3}\cdot 35=46,67cm\;\;(d_i=140\,cm)\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Image réelle\label{multiple1}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Multiple1.eps}
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|
\end{figure}
|
|
\item La figure \ref{multiple2} présente la situation. Le grandissement donne :
|
|
\[m=3=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-3\cdot d_o\]
|
|
et la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{35}=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{d_o}=\frac{1}{-3\cdot d_o}+\frac{1}{d_o}=\frac{-2}{-3\cdot d_o}\]
|
|
Ainsi, on a finalement :
|
|
\[d_o=\frac{2}{3}\cdot 35=23,33cm\;\;(d_i=-70\,cm)\]
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|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Image virtuelle\label{multiple2}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Multiple2.eps}
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|
\end{figure}
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|
\item La figure \ref{multiple3} présente la situation. Le grandissement donne :
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|
\[m=3=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-3\cdot d_o\]
|
|
et la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{-35}=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{d_o}=\frac{1}{-3\cdot d_o}+\frac{1}{d_o}=\frac{-2}{-3\cdot d_o}\]
|
|
Ainsi, on a finalement :
|
|
\[d_o=\frac{2}{3}\cdot -35=-23,33cm\;\;(d_i=70\,cm)\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Image virtuelle\label{multiple3}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Multiple3.eps}
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|
\end{figure}
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|
\item La figure \ref{multiple4} présente la situation. Le grandissement donne :
|
|
\[m=-3=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=3\cdot d_o\]
|
|
et la loi des lentilles minces :
|
|
\[\frac{1}{-35}=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{d_o}=\frac{1}{3\cdot d_o}+\frac{1}{d_o}=\frac{4}{3\cdot d_o}\]
|
|
Ainsi, on a finalement :
|
|
\[d_o=\frac{4}{3}\cdot -35=-46,67cm\;\;(d_i=-140\,cm)\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
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|
\centering
|
|
\caption{Image virtuelle\label{multiple4}}
|
|
\includegraphics[width=5cm]{Multiple4.eps}
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|
\end{figure}
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|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{30}
|
|
La figure \ref{convdiv20-50} présente la situation. Pour la première lentille, avec $d_o=\infty$, on a :
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|
\[\frac{1}{20}=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{d_i}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=20\,cm\]
|
|
Ainsi, l'image par la première lentille fait office d'objet pour la seconde lentille et pour celle-ci on a que $d_o=-10\,cm$, car le pseudo-objet se trouve à droite de la lentille, du côté d'où la lumière ne vient pas. La loi des lentilles minces pour la seconde lentille donne alors :
|
|
\[\frac{1}{-50}=\frac{1}{-10}+\frac{1}{d_i}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=12,5\,cm\]
|
|
Comme $d_i>0$, l'image est réelle, située à droite de la seconde lentille, du côté d'où la lumière ne vient pas.
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|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Deux lentilles\label{convdiv20-50}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{ConvDiv20-50.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{31}
|
|
La situation est celle présentée sur la figure \ref{petitobjet}.
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|
\begin{enumerate}
|
|
\item Par la loi des lentilles minces, on a :
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|
\[\frac{1}{3}=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{2}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-6\,cm\]
|
|
et pour le rapport des hauteurs :
|
|
\[\frac{h_i}{h_o}=-\frac{d_i}{d_o}=-\frac{-6}{2}=3\]
|
|
d'où la hauteur finale de l'image :
|
|
\[h_i=3\cdot h_o=3\cdot 5=15\,mm\]
|
|
\item Le grandissement est facile à calculer :
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|
\[m=\frac{h_i}{h_o}=\frac{15}{5}=3\times\]
|
|
\item On peut écrire :
|
|
\begin{align*}
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|
\alpha&=\frac{h_o}{0,25}=\frac{0,005}{0,25}=0,02\,rad\\
|
|
\beta&=\frac{h_i}{d_i}=\frac{0,015}{0,06}=0,25\,rad
|
|
\end{align*}
|
|
Ainsi, le grossissement se détermine par :
|
|
\[G=\frac{\beta}{\alpha}=\frac{0,25}{0,02}=12,5\times\]
|
|
\end{enumerate}
|
|
\begin{figure}[!ht]
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|
\centering
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|
\caption{Un petit objet\label{petitobjet}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{PetitObjet.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{32}
|
|
Le grossissement permet d'écrire :
|
|
\[G=\frac{0,25}{f}=5\;\;\Rightarrow\;\;f=0,05\,m=5\,cm\]
|
|
Alors, si le point proche est à $15\,cm$, on a :
|
|
\[G=\frac{0,15}{f}=\frac{0,15}{0,05}=3\times\]
|
|
Et si le point proche est à $45\,cm$, on a :
|
|
\[G=\frac{0,45}{f}=\frac{0,45}{0,05}=9\times\]
|
|
Les grossissements obtenus peuvent paraître paradoxaux. En effet, avec un point proche qui est proche, le grossissement est plus faible qu'avec un point proche qui est éloigné.
|
|
|
|
Mais il faut bien se rappeler ce qu'est le grossissement. Il s'agit du rapport entre l'angle sous lequel on voit l'image et celui sous lequel on voit l'objet. Or, l'angle sous lequel on voit l'image est donné par :
|
|
\[\beta=\frac{h_i}{d_i}=\frac{h_o}{d_o}=\frac{h_o}{f}\]
|
|
en raison du fait que pour que l'\oe il soit détendu, il faut que l'objet soit au foyer ($d_o=f$). Ainsi, pour un objet donné et une loupe de focale donnée, l'angle $\beta$ sous lequel on voit l'image est constant. Cet angle ne dépend donc pas du point proche.
|
|
|
|
Par contre, l'angle $\alpha$ sous lequel on voit l'objet en dépend :
|
|
\[\alpha_1=\frac{h_o}{0,15}\;\;ou\;\;\alpha=\frac{h_o}{0,25}\;\;ou\;\;\alpha_2=\frac{h_o}{0,45}\]
|
|
et donc :
|
|
\[\alpha_2<\alpha<\alpha_1\]
|
|
Donc, on a :
|
|
\[G_1=\frac{const}{\alpha_1}<G=\frac{const}{\alpha}<G_2=\frac{const}{\alpha_2}\]
|
|
Ainsi, si l'angle sous lequel on voit l'image reste constant, qu'on a que le grossissement est inversément proportionnel à l'angle sous lequel on voit l'objet et que celui-ci grandit, le grossissement diminue.
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{33}
|
|
Dans les deux cas, elle se nomme l'oculaire.
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\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{34}
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|
Comme on le voit sur la figure \ref{lire}, on va faire d'un objet à $23\,cm$ de la lentille une image à $1,48\,m$ d'elle. La loi des lentilles minces donne alors :
|
|
\[P=\frac{1}{f}=\frac{1}{0,23}+\frac{1}{-1,48}=3,67\,D\]
|
|
soit une focale de :
|
|
\[f=\frac{1}{P}=27,2\,cm\]
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lire\label{lire}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{Lire.eps}
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|
\end{figure}
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{35}
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|
$P=-5\,D$ : focale négative $\Rightarrow$ lentilles divergentes $\Rightarrow$ myopie.
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|
Pour un myope, on fait d'un objet situé à l'$\infty$, une image à son point éloigné. Donc :
|
|
\[-5=\frac{1}{d_i}+\frac{1}{\infty}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-20\,cm\]
|
|
de la lentille. Ainsi, son point éloigné est à $22\,cm$ de l'\oe il.
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{36}
|
|
La figure \ref{lentillescontact} montre que cette personne est essentiellement myope. La puissance des lentilles qui lui sont nécessaires est :
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|
\[P=\frac{1}{f}=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{-0,4}=-2,5\,D\]
|
|
soit une focale de :
|
|
\[f=\frac{1}{P}=-40\,cm\]
|
|
Jusqu'à quelle distance minimale pourra-t-il voir net ? La question est : où est situé l'objet dont l'image à travers la lentille se trouve au point proche, soit à une distance $d_i=-20\,cm$. On pose donc :
|
|
\begin{align*}
|
|
\frac{1}{-0,4}&=\frac{1}{d_o}+\frac{1}{-0,2}\;\;\Rightarrow\\
|
|
d_o&=0,4\,m=40\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
Clairement, il devient hypermétrope. Il faut donc simplement qu'il enlève ses lunettes quand il veut lire.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lentilles de contact\label{lentillescontact}}
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|
\includegraphics[width=5cm]{LentillesContact.eps}
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|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{37}
|
|
La figure \ref{doublefoyer} permet d'écrire :
|
|
\begin{itemize}
|
|
\item pour la myopie :
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\[P=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{-2,98}=-0,33\,D\;\;\Rightarrow\;\;f=-2,98\,m\]
|
|
\item pour la presbytie :
|
|
\[P=\frac{1}{0,23}+\frac{1}{-0,38}=1,71\,D\;\;\Rightarrow\;\;f=0,58\,m\]
|
|
\end{itemize}
|
|
La lentille double foyer a donc l'allure de la figure \ref{lentilledoublefoyer}.
|
|
\begin{figure}[!ht]
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\centering
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|
\caption{Lunette double foyer\label{doublefoyer}}
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\includegraphics[width=5cm]{DoubleFoyer.eps}
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\end{figure}
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|
\begin{figure}[!ht]
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|
\centering
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|
\caption{lentille double foyer\label{lentilledoublefoyer}}
|
|
\includegraphics[width=3cm]{LentilleDoubleFoyer.eps}
|
|
\end{figure}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{38}
|
|
Cette personne est donc myope (en raison du signe négatif de la puissance de ses verres). La loi des lentilles minces permet de trouver la distance de l'image formée par ses lunettes d'un objet situé à l'infini :
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|
\[-4=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{d_i}\;\;\Rightarrow\;\;d_i=-0,25\,m\]
|
|
des lunettes. Le point éloigné se trouve donc à $27\,cm$ de l'\oe il.
|
|
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|
La puissance des se lentilles de contact se calcule alors par :
|
|
\[P=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{-0,27}=-3,7\,D\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{39}
|
|
Commençons par calculer la position du point proche à $55\,ans$. En mettant un objet à $40\,cm$ de l'\oe il, on a que $d_o=38\,cm$ du verre de la lunette. Ainsi la loi des lentilles minces donne :
|
|
\[2=\frac{1}{0,38}+\frac{1}{d_i}\;\;d_i=-1,583\,m\]
|
|
et le point proche à $55\,ans$ se situe donc à $1,583+0,02=1,603\,m$.
|
|
|
|
Les nouvelles lunettes dont il a besoin doivent donc faire d'un objet à une distance $0,25\,m$ de l'oeil, soit $d_o=0,23\,m$ de la lentille, une image à $d_i=1,583\,m$. Par la loi des lentilles minces, on obtient alors :
|
|
\[P=\frac{1}{0,23}+\frac{1}{-1,583}=3,72\,D\;\;ou\;\;f=26,9\,cm\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{40}
|
|
On a que $v=\lambda\cdot \nu$. Ainsi :
|
|
\[\lambda=\frac{v}{\nu}=\frac{343}{440}=78\,cm\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{41}
|
|
On a que $v=\lambda\cdot \nu$. Ainsi, dans l'air où la vitesse de la lumière vaut $c=300'000\,km/s$ :
|
|
\[\nu=\frac{v}{\lambda}=\frac{3\cdot 10^8}{759,4\cdot 10^{-9}}=3,95\cdot 10^{14}\,Hz\]
|
|
Sa pulsation est donné alors par :
|
|
\[\omega=2\pi\cdot \nu=2\pi\cdot 3,95\cdot 10^{14}=2,48\cdot 10^{15}\,Hz\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{42}
|
|
Il s'agit de la raie $H_\gamma$ de l'hydrogène. C'est un rayonnement visible de couleur bleue.
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{43}
|
|
Il faut simplement consulter le tableau \ref{ondesem}.
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|
\begin{itemize}
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|
\item Une onde du milieu de la gamme des rayons X a une fréquence $\nu=10^{18}\,Hz$. Ainsi :
|
|
\[\lambda=\frac{v}{\nu}=\frac{3\cdot 10^8}{10^{18}}=3\cdot 10^{-10}\,m=0,3\,nm\]
|
|
car il s'agit d'une onde électromagnétique pour laquelle $v=c=3\cdot 10^8\,m/s$.
|
|
\item on a que $v=\lambda\cdot \nu$. Ainsi :
|
|
\[\nu=\frac{v}{\lambda}=\frac{3\cdot 10^8}{0,03}=10^{10}\,Hz\]
|
|
Il s'agit de microondes ou éventuellement d'ondes radar.
|
|
|
|
Sa période est donnée par :
|
|
\[T=\frac{1}{\nu}=\frac{1}{10^{10}}=10^{-10}\,s\]
|
|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{44}
|
|
La vitesse du son dans l'eau à $20^{\circ}$ vaut $1485\,m/s$. La longueur d'onde est donc donnée par :
|
|
\[\lambda=\frac{v}{\nu}=\frac{1485}{330}=4,5\,m\]
|
|
et son nombre d'onde :
|
|
\[k=\frac{2\cdot \pi}{\lambda}=\frac{2\cdot \pi}{4,5}=1,4\,m^{-1}\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{45}
|
|
On peut déterminer la vitesse du son dans le matériau :
|
|
\[v_{son}=\lambda\cdot \nu=13,48\cdot 264=3558,72\,m/s\]
|
|
Or, on trouve dans les tables que la vitesse du son dans le cuivre à $20^{\circ} C$ est de $3560\,m/s$. Il s'agit donc probablement de cuivre.
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{46}
|
|
On reconnaît dans l'expression donnée une onde progressive. On sait alors que le chiffre devant la variable $x$ est le nombre d'onde $k$. Il vaut donc ici $k=12\,m^{-1}$. Or :
|
|
\[k=\frac{2\cdot \pi}{\lambda}\;\;\Rightarrow\;\;\lambda=\frac{2\cdot \pi}{k}=\frac{2\cdot \pi}{12}=0,524\,m\]
|
|
Par ailleurs, on sait aussi que le nombre devant la variable $t$ est la pulsation $\omega$. Or :
|
|
\[\omega=\frac{2\cdot \pi}{T}\;\;\Rightarrow\;\;T=\frac{2\cdot \pi}{\omega}=\frac{2\cdot \pi}{3,5}=1,80\,s\]
|
|
La fréquence est donc :
|
|
\[\nu=\frac{1}{T}=\frac{1}{1,8}=0,56\,Hz\]
|
|
et la vitesse :
|
|
\[v=\lambda\cdot \nu=0,524\cdot 0,56=0,29\,m/s\]
|
|
La vitesse d'une onde acoustique dans l'air (à $20^{\circ} C$) est de $343\,m/s$. Ce n'est donc pas une onde acoustique.
|
|
|
|
Son amplitude par contre est facilement calculable :
|
|
\[A=52\cdot \sin(12\cdot 5-3,5\cdot 4)=37,4\,m\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{47}
|
|
C'est une onde électromagnétique. Donc sa vitesse est $c$. On peut donc calculer sa fréquence :
|
|
\[\nu=\frac{c}{\lambda}=\frac{3\cdot 10^8}{2}=1,5\cdot 10^8\,Hz\]
|
|
D'où on peut déduire le nombre d'onde $k$ :
|
|
\[k=\frac{2\cdot \pi}{2}=3,14\,m^{-1}\]
|
|
et la pulsation $\omega$ :
|
|
\[\omega=2\cdot \pi\cdot 1,5\cdot 10^8=9,42\cdot 10^8\,Hz\]
|
|
Ainsi, finalement, on peut écrire l'équation d'onde (progressive) :
|
|
\[A(x,t)=A_o\cdot \sin(3,14\cdot x-9,42\cdot 10^8\cdot t)\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{48}
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|
A partir de la fréquence on peut calculer la période du signal :
|
|
\[T=\frac{1}{\nu}=\frac{1}{10^4}=10^{-4}\,s=0,1\cdot 10^{-3}\,s\]
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|
On passe donc d'un trou à un autre en $0,1\,ms$. Or, la vitesse d'un trou à $10\,cm$ du centre du disque est donné par :
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\[v=\frac{d}{t}=\frac{2\cdot \pi\cdot R}{T'}\]
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où $T'$ est le temps mis par le disque pour faire un tour, soit $20\,tours/min$, c'est-à-dire $3\,s/tour$. Ainsi :
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\[v=\frac{2\cdot \pi\cdot 0,1}{3}=0,21\,m/s\]
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|
Finalement la distance entre deux trous est de :
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\[d=v\cdot T=0,21\cdot 10^{-4}\,m=21\cdot 10^{-6}m=21\,\mu m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{49}
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La relation trigonométrique suivante :
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\[\cos(\alpha)=\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)\]
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nous permet d'écrire la fonction d'onde ainsi :
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\[A(x,t)=A_o\cdot \sin\left(k\cdot x-\omega\cdot t + \frac{\pi}{2}\right)\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{50}
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La fréquence de battement est :
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\[\nu_{batt}=\frac{1}{2}=0,5\,Hz\]
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Comme l'une des cordes vibre à $349\,Hz$ et que :
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\[\nu=|\nu_1-\nu_2|\]
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on a que la seconde corde vibre à :
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\[\nu=349\pm0,5=348,5\;ou\;349,5\,Hz\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{51}
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On imagine que ces haut-parleurs sont dans l'air à $20^{\circ} C$. La vitesse du son est donc de $343\,m/s$. Ainsi, on a :
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\begin{align*}
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f_1&=\frac{v}{\lambda_1}=\frac{343}{2,85}=120,35\,Hz\\
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|
f_2&=\frac{v}{\lambda_2}=\frac{343}{3}=114,33\,Hz\\
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|
\end{align*}
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|
La fréquence de battement est donc de :
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\[f_{batt}=|120,35-114,33|=6,02\,Hz\]
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Ainsi le nombre de battements par minute est :
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\[n=60\cdot f_{batt}=361,2\,battements\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{52}
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Selon l'équation \ref{battementfrequence}, avec $\nu_1=550\,Hz$ et $\nu_2=500\,Hz$, on peut écrire :
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\[A(t)=2\cdot A_o\cdot \cos(50\cdot \pi \cdot t)\cdot \sin(1050\cdot \pi \cdot t)\]
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|
Par ailleurs, comme ces sons se propagent dans l'air (à $20^{\circ} C$), leur vitesse est simplement de $343\,m/s$.
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Leur longueur d'onde respectives sont alors :
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\begin{align*}
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\lambda_1&=\frac{v}{\nu_1}=\frac{343}{550}=62,36\,cm\\
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|
\lambda_2&=\frac{v}{\nu_2}=\frac{343}{500}=68,60\,cm
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|
\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{53}
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La fréquence de l'onde réfléchie par le mur ne changeant pas, il n'y a en réalité pas de battement.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{54}
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Comme la fondamentale représente un onde avec un ventre et deux n\oe uds aux extrémités, la longueur d'onde est le double de la longueur de la corde. Soit :
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\[\lambda=2\cdot 40=80\,m\]
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|
La troisième harmonique représente une onde avec trois ventres et quatre n\oe uds dont deux aux extrémités. Sur la longueur de la corde, il y a donc une longueur d'onde et demi. Donc :
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\[1,5\cdot \lambda=40\,m\;\;\Rightarrow\;\;\lambda=\frac{40}{1,5}=26,67\,m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{55}
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Le la$_3$ de la gamme tempérée de Bach à une fréquence de $440\,Hz$. Ce la correspond à la fondamentale de la corde. Donc, comme la longueur de la corde est de $60\,cm$, la longueur d'onde vaut le double, soit $\lambda=1,2\,m$. Ainsi, on peut calculer la vitesse de l'onde dans la corde :
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|
\[v=\lambda\cdot \nu=1,2\cdot 440=528\,m/s\]
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|
A l'aide de l'équation \ref{tensioncordeonde}, on peut alors calculer la tension dans la corde :
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\[v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}\;\;\Rightarrow\]
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\[T=\mu\cdot v^2=1,5\cdot 10^{-3}\cdot 528^2=418,2\,N\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{56}
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|
L'équation d'une onde stationnaire est donné par l'expression \ref{ondestationnaireequation}. Pour déterminer le nombre d'onde et la pulsation, il faut tout d'abord calculer la vitesse de l'onde. Pour cela on utilise l'équation \ref{tensioncordeonde} qui donne :
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\[v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}=\sqrt{\frac{500}{100\cdot 10^{-3}}}=70,71\,m/s\]
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|
Par ailleurs, comme la distance entre deux ventres consécutifs est de $3\,m$, la longueur d'onde vaut $\lambda=2\cdot 3=6\,m$. Ainsi la fréquence est :
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\[\nu=\frac{v}{\lambda}=\frac{70,71}{6}=11,79\,Hz\]
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|
Finalement, comme l'amplitude vaut $4\,cm$, on peut écrire :
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\begin{align*}
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A(x,t)&=2\cdot A_o\cdot \cos(\omega\cdot t)\cdot \sin(k\cdot x)\\
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|
&=2\cdot A_o\cdot \cos(2\pi\cdot \nu \cdot t)\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}\cdot x\right)\\
|
|
&=2\cdot 0,04\cdot \cos(2\pi\cdot 11,79 \cdot t)\\
|
|
&\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{6}\cdot x\right)\\
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|
&=0,08\cdot \cos(74\cdot t)\cdot \sin(1,05\cdot x)
|
|
\end{align*}
|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{57}
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|
L'équation d'onde donnée par la relation \ref{ondestationnaireequation} montre que :
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\[k=5\,m^{-1}\;\;et\;\;\omega=10\,rad/s\]
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Ainsi, on peut écrire, pour déterminer la longueur d'onde :
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\[5=\frac{2\cdot \pi}{\lambda}\;\;\Rightarrow\;\;\lambda=\frac{2\cdot \pi}{5}=1,26\,m\]
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|
et pour déterminer la fréquence :
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\[10=2\cdot \pi\cdot \nu\;\;\Rightarrow\;\;\nu=\frac{10}{2\cdot \pi}=1,59\,Hz\]
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|
Ainsi, sa vitesse vaut :
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\[v=\lambda\cdot \nu=1,26\cdot 1,59=2\,m/s\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{58}
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La vitesse de l'onde est donnée par :
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\[v=\lambda\cdot \nu=0,3\cdot 30=9\,m/s\]
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Comme la longueur d'onde est de $30\,cm$, la distance entre deux ventres vaut la moitié, soit $15\,cm$.
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|
L'expression de l'équation d'onde est donnée par la relation \ref{ondestationnaireequation}. On peut l'écrire :
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\begin{align*}
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A(x,t)&=2\cdot A_o\cdot \cos(\omega\cdot t)\cdot \sin(k\cdot x)\\
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|
&=2\cdot A_o\cdot \cos(2\pi\cdot \nu \cdot t)\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}\cdot x\right)\\
|
|
&=2\cdot 0,2\cdot \cos(2\pi\cdot 30 \cdot t)\\
|
|
&\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{0,3}\cdot x\right)\\
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|
&=0,4\cdot \cos(188,5\cdot t)\cdot \sin(21\cdot x)
|
|
\end{align*}
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|
Ainsi, on a :
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\begin{align*}
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&A(x=0,1\,m,t=5\,s)=\\
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|
&=0,4\cdot \cos(188,5\cdot 5)\cdot \sin(21\cdot 0,1)\\
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|
&=0,35\,m=35\,cm
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\end{align*}
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|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{59}
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\begin{itemize}
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\item Une figure présentant des ondes stationnaires dans un milieu en deux dimensions. Elle peut être obtenue en faisant vibrer une plaque métallique recouverte de sable par exemple. Le sable s'accumulant aux endroits de la plaque qui ne vibrent pas, les ventres, on voit se dessiner les n\oe uds de la plaque.
|
|
\item A augmenter la masse linéïque de la corde. En effet, la fondamentale sur une corde fixée a une longueur d'onde fixe. Comme $v=\lambda\cdot \nu$, pour les basses fréquences il faut une vitesse faible. Selon la relation \ref{tensioncordeonde} :
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|
\[v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}\]
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|
pour diminuer la vitesse, il est possible de diminuer la tension dans une certaine mesure ou augmenter la masse linéïque $\mu$. C'est ce qu'on fait en entourant les cordes des basses d'un petit fil métallique.
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|
\item Pour les autres fréquences, l'onde n'est pas stationnaire, c'est-à-dire que les deux ondes progressives et rétrogrades se croisent et interfèrent sans que des n\oe uds et des ventres ne se forment.
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|
\item C'est celui d'amplifier le son.
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|
\item Oui dans une boite remplie de fumée par exemple dont on ferait vibrer les parois avec un haut-parleur.
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|
\item La fondamentale est la même puisque la note est la même. Mais les harmonique peuvent avoir des amplitudes différentes, c'est-à-dire qu'elles peuvent être plus ou moins présentes. C'est ainsi que le timbre de deux instruments différents est différent.
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|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{60}
|
|
L'observateur est au repos et la source en mouvement à la vitesse de $40\,km/h$. Comme $40\,km/h=11,111\,m/s$, on a :
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|
\begin{align*}
|
|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}}{v_{onde}-v_{source}}\\
|
|
&=1000\cdot \frac{343}{343-11,111}=1033,5\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
Ce qui correspond bien à une élévation de la fréquence (le iiiiii du iiiiiououoummmm d'un voiture qui passe).
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{61}
|
|
Deux cas sont à distinguer, celui où le jouet s'approche de l'observateur avec une vitesse dans sa direction qui est maximale et celui où le jouet s'éloigne de lui, toujours dans sa direction et avec un vitesse maximale. La fréquence perçue oscillera alors entre les fréquences correspondant à ces deux cas.
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|
\begin{itemize}
|
|
\smallskip
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|
\item Le jouet en approche.
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|
|
On a :
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\begin{align*}
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\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}}{v_{onde}-v_{source}}\\
|
|
&=600\cdot \frac{343}{343-2}=603,5\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
Ce qui correspond bien à une fréquence plus élevée que celle du jouet au repos.
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|
\smallskip
|
|
\item Le jouet en éloignement.
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|
|
|
On a :
|
|
\begin{align*}
|
|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}}{v_{onde}-v_{source}}\\
|
|
&=600\cdot \frac{343}{343+2}=596,5\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
Ce qui correspond bien à une fréquence plus faible que celle du jouet au repos.
|
|
\end{itemize}
|
|
\smallskip
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|
Ainsi, on aura un son passant de $603,5\,Hz$, quand le jouet est en approche, à $596,5\,Hz$, quand le jouet s'éloigne de l'observateur. Un fréquence intermédiaire de $600\,Hz$ étant atteinte quand le jouet se déplace perpendiculairement à la direction jouet-observateur. En effet, dans ce cas, la vitesse de la source vers l'observateur est nulle et il n'y a pas d'effet Doppler.
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{62}
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|
La suite des évènements se déroule ainsi : une source envoie des ultrasons sur un observateur qui s'éloigne ; celui-ci les perçoit à une fréquence qui est inférieure à celle de la source ; il les réémet à la fréquence qu'il perçoit ; il devient donc une source qui s'éloigne d'un observateur ; ce dernier perçoit enfin les ultrasons en retours à une fréquence encore modifiée.
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Il s'agit donc de séparer chacune des étapes.
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|
Par ailleurs, on sait que la vitesse du son dans l'eau $v_{eau}=1485\,m/s$.
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\smallskip
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|
\begin{enumerate}
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|
\item Le globule est un observateur s'éloignant d'une source immobile.
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|
|
|
On a :
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\begin{align*}
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|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}-v_{observateur}}{v_{onde}}\\
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|
&=5\cdot 10^6\cdot \frac{1485-0,01}{1485}=4'999'966,33\,Hz
|
|
\end{align*}
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|
Le globule va ensuite réémettre l'ultrason à la fréquence de $4'999'966,33\,Hz$. Il devient ainsi une source.
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|
\smallskip
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|
\item Le globule est une source s'éloignant d'un observateur immobile.
|
|
|
|
On a :
|
|
\begin{align*}
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|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}}{v_{onde}-v_{source}}\\
|
|
&=4'999'966,33\cdot \frac{1485}{1485+0,01}\\
|
|
&=4'999'932,66\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
C'est la fréquence perçue par l'appareil en retour du globule.
|
|
\end{enumerate}
|
|
\smallskip
|
|
Ainsi, on envoie sur le globule sanguin une onde à $5'000'000\,Hz$ et elle revient à $4'999'932,66\,Hz$. La fréquence de battement est alors donnée par la différence des fréquences :
|
|
\[\nu_{bat}=\Delta \nu = 5'000'000-4'999'932,66 = 67,34\,Hz\]
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{63}
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|
Le problème est exactement le même que celui de l'exercice \ref{ex_globule}. Le sous-marin américain joue le rôle du globule. Avec $22\,km/h=6,111\,m/s$ on a :
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|
\smallskip
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|
\begin{enumerate}
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|
\item Le sous-marin américain est un observateur s'éloignant d'une source immobile.
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|
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\begin{align*}
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|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}-v_{observateur}}{v_{onde}}\\
|
|
&=100\cdot \frac{1485-6,111}{1485}=99,588\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
\smallskip
|
|
\item Le sous-marin américain est une source s'éloignant d'un observateur immobile.
|
|
|
|
On a :
|
|
\begin{align*}
|
|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}}{v_{onde}-v_{source}}\\
|
|
&=99,588\cdot \frac{1485}{1485+6,111}=99,180\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
C'est la fréquence perçue par le sous-marin russe en retour du sous-marin américain.
|
|
\end{enumerate}
|
|
\smallskip
|
|
Ainsi, on envoie sur le sous-marin américain une onde à $100\,Hz$ et elle revient à $99,180\,Hz$. La fréquence de battement est alors donnée par la différence des fréquences :
|
|
\[\nu_{bat}=\Delta \nu = 100-99,180 = 0,82\,Hz\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{64}
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|
La situation est ici complexe puisque la source et l'observateur sont en mouvement. Mais l'expression générale de la fréquence perçue par effet Doppler va nous permettre de résoudre ce cas sans difficultés. En effet, dans le cas général, on a :
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|
\[\nu'=\nu\cdot \frac{v_{onde}+v_{observateur}}{v_{onde}-v_{source}}\]
|
|
où les signes des vitesses $v_{observateur}$ et $v_{source}$ doivent être pris de manière à diminuer la fréquence apparente $\nu'$ quand l'observateur s'éloigne de la source ou quand la source s'éloigne de l'observateur. Et inversément en cas de rapprochement.
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|
Dans le cas précis, on a deux cas :
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\begin{itemize}
|
|
\item En phase d'approche :
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\[v_{pol}=38,888\,m/s\;\;\;et\;\;\;v_{voit}=27,777\,m/s\]
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|
car les vitesses doivent se mettre dans les unités du système international. Ainsi, on a :
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\[\nu'=1200\cdot \frac{343-27,777}{343-38,888}=1243,8\,Hz\]
|
|
car l'observateur s'éloigne de la source ($v_{obs}$ doit diminuer la fréquence apparente : signe négatif au numérateur) et la source se rapproche de l'observateur ($v_{source}$ doit augmenter la fréquence apparente : signe négatif au dénominateur).
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|
\item En phase d'éloignement :
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|
\[\nu'=1200\cdot \frac{343+27,777}{343+38,888}=1165,1\,Hz\]
|
|
car l'observateur se rapproche de la source ($v_{obs}$ doit augmenter la fréquence apparente : signe positif au numérateur) et la source d'éloigne de l'observateur ($v_{source}$ doit diminuer la fréquence apparente : signe positif au dénominateur).
|
|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{65}
|
|
Supposons que la paroi du c\oe ur approche. Dans un premier temps, elle agit comme un observateur qui s'approche d'une source. On peut donc exprimer la fréquence $\nu'$ qu'elle perçoit par :
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|
\[\nu'=2,3\cdot10^6\cdot \frac{1,5\cdot 10^3+v_{obs}}{1,5\cdot 10^3}\]
|
|
Puis, le c\oe ur réémet à la même fréquence. Il devient une source en approche d'un observateur immobile. On a donc :
|
|
\[\nu''=\nu'\cdot \frac{1,5\cdot 10^3}{1,5\cdot 10^3-v_{source}}\]
|
|
Évidemment, on a que : $v_{obs}=v_{source}=v$. Ainsi, on peut écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
\nu''&=2,3\cdot10^6\cdot \frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3}\cdot \frac{1,5\cdot 10^3}{1,5\cdot 10^3-v}\\
|
|
&=2,3\cdot10^6\cdot \frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3-v}
|
|
\end{align*}
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|
D'où :
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\begin{align*}
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\nu_{bat}&=\Delta\nu=\nu''-\nu=500\\
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&=2,3\cdot10^6\cdot \frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3-v}-2,3\cdot10^6\\
|
|
&=2,3\cdot10^6\cdot \left(\frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3-v}-1\right)
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|
\end{align*}
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|
Et on tire :
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\[2,174\cdot10^{-4}=\frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3-v}-1\]
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|
puis :
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|
\[1,00022=\frac{1,5\cdot 10^3+v}{1,5\cdot 10^3-v}\]
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|
et :
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|
\[1,00022\cdot (1,5\cdot 10^3-v)=1,5\cdot 10^3+v\]
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|
c'est-à-dire :
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|
\[1500,33-1,00022\cdot v=1,5\cdot 10^3+v\]
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|
soit :
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\[-2,00022\cdot v=-0,33\]
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|
et finalement :
|
|
\[v=0,165\,m/s=16,5\,cm/s\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{66}
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|
La personne va entendre le haut-parleur derrière elle à une fréquence plus basse que $300\,Hz$ et celui devant elle à une fréquence plus haute. Il s'agit simplement de deux sources immobiles et d'un observateur qui se déplace par rapport à l'une en éloignement et par rapport à l'autre en rapprochement. Ainsi, on peut écrire :
|
|
\begin{itemize}
|
|
\item pour le haut-parleur derrière la personne :
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|
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\begin{align*}
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\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}-v_{observateur}}{v_{onde}}\\
|
|
&=300\cdot \frac{343-3}{343}=297,4\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
\item et pour le haut-parleur devant elle :
|
|
|
|
\begin{align*}
|
|
\nu'&=\nu\cdot \frac{v_{onde}+v_{observateur}}{v_{onde}}\\
|
|
&=300\cdot \frac{343+3}{343}=302,6\,Hz
|
|
\end{align*}
|
|
Et la fréquence de battement vaut alors :
|
|
\[\nu_{bat}=\Delta\nu=302,6-297,4=5,2\,Hz\]
|
|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{67}
|
|
Il s'agit ici d'un effet Doppler lumineux. On a vu au paragraphe \ref{dopplerlumineux} que l'expression de la fréquence perçue par un observateur en éloignement relatif dans la direction de la source était :
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|
\[\nu'=\nu\cdot \sqrt{\frac{c-v}{c+v}}\]
|
|
Or, à la longueur d'onde de $527\,nm$ correspond une fréquence de :
|
|
\begin{eqnarray*}c&=&\lambda\cdot \nu\\\ \Rightarrow\;\nu&=&\frac{c}{\lambda}=\frac{3\cdot10^8}{527\cdot10^{-9}}=5,69\cdot10^{14}\,Hz\end{eqnarray*}
|
|
Ainsi, on peut écrire :
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|
\begin{eqnarray*}\nu'&=&5,69\cdot10^{14}\cdot \sqrt{\frac{3\cdot10^8-1,8\cdot10^6}{3\cdot10^8+1,8\cdot10^6}}\\ &=&5,66\cdot10^{14}\,Hz\end{eqnarray*}
|
|
et le décalage vers le rouge est de :
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|
\[\Delta\nu=5,69\cdot10^{14}-5,66\cdot10^{14}=3\cdot10^{12}\,Hz\]
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{68}
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|
A la longueur d'onde de $720\,nm$ correspond la fréquence de :
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|
\[\nu=\frac{c}{\lambda}=\frac{3\cdot10^8}{720\cdot10^{-9}}=4,1667\cdot10^{14}\,Hz\]
|
|
La vitesse d'approche vaut : $60'000\,km/h=16'667\,m/s$. On a donc, en oubliant pas que pour deux objets en approche la vitesse doit être prise négativement :
|
|
\begin{align*}
|
|
\nu'&=\nu\cdot \sqrt{\frac{c+v}{c-v}}\\
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&=4,1667\cdot10^{14}\cdot \sqrt{\frac{3\cdot10^8+16'667}{3\cdot10^8-16'667}}\\
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&=4,1669\cdot10^{14}\,Hz
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\end{align*}
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Cela correspond à une longueur d'onde de :
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\[\lambda'=\frac{c}{\nu'}=\frac{3\cdot10^8}{4,16\cdot10^{14}}=719,96\,nm\]
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et la couleur est encore du rouge, mais tirant vers l'orange.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{69}
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On peut comparer ce problème à celui de l'enfant faisant tourner un jouet sifflant au-dessus de sa tête. La rotation des étoiles l'une autour de l'autre implique une phase d'approche et un autre d'éloignement. Supposons que chacune des deux étoiles tourne sur un cercle de rayon valant $1/2\,UA$. Elles font deux tours par heure et donc leur vitesse est :
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\[v=\frac{2\cdot2\cdot\pi\cdot1,496\cdot10^{11}/2}{48\cdot3600}=0,5\cdot10^7\,m/s\]
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D'autre part, la fréquence de leur lumière vaut :
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\[\nu=\frac{c}{\lambda}=\frac{3\cdot10^8}{565,3\cdot10^{-9}}=5,3\cdot10^{14}\,Hz\]
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Deux cas sont alors à considérer :
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\begin{itemize}
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\item l'éloignement, pour lequel on a :
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\begin{align*}
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\nu'&=5,3\cdot10^{14}\cdot \sqrt{\frac{3\cdot10^8-0,5\cdot10^7}{3\cdot10^8+0,5\cdot10^7}}\\
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&=5,21\cdot10^{14}\,Hz
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\end{align*}
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\item et l'approche, pour laquelle on a :
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\begin{align*}
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\nu'&=5,3\cdot10^{14}\cdot \sqrt{\frac{3\cdot10^8+0,5\cdot10^7}{3\cdot10^8-0,5\cdot10^7}}\\
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&=5,39\cdot10^{14}\,Hz
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\end{align*}
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\end{itemize}
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\end{Solution}
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