Exercices corrigés : ondes et signaux (Seconde)

$3$ motifs occupent $12$ divisions, donc un motif en occupe $4$ : deux à l'état haut, deux à l'état bas. Comme une division vaut $0{,}40\ \mathrm{ms}$, la période vaut $T=4\times 0{,}40=1{,}6\ \mathrm{ms}=1{,}6\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$. Un motif complet, c'est l'état haut ET l'état bas : s'arrêter au premier changement diviserait la période par deux.

$f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{1{,}6\times 10^{-3}}=625\ \mathrm{Hz}$. Cette fréquence est comprise entre $20\ \mathrm{Hz}$ et $20\,000\ \mathrm{Hz}$ : le son est audible. La période doit être en secondes avant l'inversion, sinon on trouve $0{,}625\ \mathrm{Hz}$, une valeur mille fois trop petite.

Il faut $T=\dfrac{1}{440}=2{,}27\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$. Une période contient deux attentes, l'une à l'état haut et l'autre à l'état bas : la durée à programmer vaut $\dfrac{T}{2}=1{,}14\ \mathrm{ms}$.

Piège : programmer $2{,}27\ \mathrm{ms}$ à chaque changement d'état donne un signal de période double, donc un la de $220\ \mathrm{Hz}$, une octave trop bas.

La fréquence est imposée par la source : l'hydrophone mesure encore $625\ \mathrm{Hz}$. Seule la célérité dépend du milieu. Dans l'eau, $\Delta t=\dfrac{30}{1500}=2{,}0\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit $20\ \mathrm{ms}$. Dans l'air, $\Delta t=\dfrac{30}{340}=8{,}8\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit $88\ \mathrm{ms}$.

La période ne change pas, donc la fréquence non plus : la hauteur reste la même. C'est la forme du signal qui change, et la forme du signal est liée au TIMBRE : les créneaux sonnent de façon plus dure, la sinusoïde de façon plus douce. Même note, autre son.

Deux sources identiques doublent l'intensité sonore, ce qui ajoute $3\ \mathrm{dB}$ : $L=85+3=88\ \mathrm{dB}$. Les décibels ne s'additionnent jamais entre eux ; ce sont les INTENSITÉS qui s'additionnent, et l'échelle des décibels traduit ensuite ce doublement par un simple $+3$.

Dix sources multiplient l'intensité par $10$, ce qui ajoute $10\ \mathrm{dB}$ : $L=85+10=95\ \mathrm{dB}$. Passer d'une enceinte à dix ne fait donc gagner que $10\ \mathrm{dB}$, soit à peine le double de sensation sonore perçue.

L'écart vaut $105-60=45\ \mathrm{dB}$, soit $45=3\times 10+5\times 3$. Trois tranches de $10\ \mathrm{dB}$ multiplient l'intensité par $10^{3}$, cinq tranches de $3\ \mathrm{dB}$ la multiplient par $2^{5}=32$. L'intensité du concert est donc $10^{3}\times 32=3{,}2\times 10^{4}$ fois, soit plus de trente mille fois, celle d'une conversation. C'est ce rapport gigantesque que l'échelle des décibels sert justement à comprimer en nombres maniables.

Physique : les niveaux sonores en décibels ne s'additionnent pas, parce que le décibel est une échelle logarithmique et non une quantité proportionnelle à l'intensité. Bon sens : si additionner suffisait, il serait impossible de tenir une conversation à deux dans une pièce, puisque deux personnes à $60\ \mathrm{dB}$ produiraient $120\ \mathrm{dB}$, soit le seuil de douleur. L'expérience quotidienne suffit à rejeter le raisonnement.

Diviser l'intensité par deux revient à retirer $3\ \mathrm{dB}$. Ce n'est presque rien à l'oreille : l'oreille humaine ne perçoit un son comme « deux fois moins fort » que pour une baisse d'environ $10\ \mathrm{dB}$, soit une intensité divisée par dix. Voilà pourquoi baisser le volume d'un cran donne l'impression de ne rien changer, alors que le risque auditif, lui, a bel et bien diminué de moitié.

$\sin i_2=\dfrac{n_1\sin i_1}{n_2}=\dfrac{1{,}00\times\sin(40\ \mathrm{^\circ})}{1{,}50}=\dfrac{0{,}6428}{1{,}50}=0{,}4285$. Donc $i_2=25{,}4\ \mathrm{^\circ}$. Vérifier que la calculatrice est en degrés, faute de quoi tout le calcul est faux sans qu'aucun résultat ne paraisse absurde.

Le rayon se rapproche de la normale, puisque $25{,}4\ \mathrm{^\circ}<40\ \mathrm{^\circ}$. La règle générale : en entrant dans un milieu PLUS réfringent, c'est-à-dire d'indice plus grand, le rayon se rapproche de la normale ; en entrant dans un milieu moins réfringent, il s'en écarte. Un indice plus grand signifie une lumière qui s'y propage plus lentement.

Cette fois $n_1=1{,}50$ et $n_2=1{,}00$ : $\sin i_2=\dfrac{1{,}50\times\sin(40\ \mathrm{^\circ})}{1{,}00}=1{,}50\times 0{,}6428=0{,}9642$, donc $i_2=74{,}6\ \mathrm{^\circ}$. Le rayon s'écarte fortement de la normale, ce qui est bien la situation inverse de la question a).

Oui. Le sinus ne peut pas dépasser $1$, donc la sortie devient impossible dès que $\dfrac{1{,}50\sin i_1}{1{,}00}>1$, c'est-à-dire $\sin i_1>\dfrac{1}{1{,}50}=0{,}6667$, soit $i_1>41{,}8\ \mathrm{^\circ}$. Au-delà de cet angle limite, toute la lumière est renvoyée dans le verre : c'est la RÉFLEXION TOTALE. Le calcul est intéressant parce que c'est l'impossibilité mathématique, l'absence de solution à l'équation, qui révèle un phénomène physique réel.

La fibre optique : la lumière injectée dans le cœur de la fibre frappe la paroi sous un angle supérieur à l'angle limite, subit une réflexion totale, et rebondit ainsi sur des kilomètres sans jamais s'échapper. C'est ce qui transporte aujourd'hui l'essentiel du trafic internet. Autres exemples : les jumelles à prismes, les catadioptres de vélo, et le scintillement d'un diamant taillé, dont l'indice élevé donne un angle limite d'à peine $24\ \mathrm{^\circ}$.

Le point de convergence est le foyer image $F'$, situé sur l'axe optique à $20{,}0\ \mathrm{cm}$ de la lentille, du côté opposé à la source. Sur un banc d'optique, on éclaire la lentille avec une source éloignée, on déplace un écran jusqu'à obtenir la tache lumineuse la plus petite et la plus brillante possible, et on lit la distance lentille-écran sur la règle graduée du banc.

À $20{,}0\ \mathrm{cm}$, c'est-à-dire dans le plan focal image. Les rayons venus du Soleil arrivent pratiquement parallèles entre eux, puisque la source est à cent cinquante millions de kilomètres : ils se rejoignent donc en $F'$. C'est exactement le principe de la loupe qui enflamme une feuille, et cela donne une méthode de mesure de $f'$ à la portée de tout le monde.

$|\gamma|=\dfrac{30{,}0}{60{,}0}=0{,}500$. L'image est donc DEUX FOIS PLUS PETITE que l'objet. On peut le retenir sans formule : quand l'image se forme plus près de la lentille que l'objet, elle est réduite dans le même rapport que les distances.

C'est une image RÉELLE, justement parce qu'elle peut être recueillie sur un écran : les rayons lumineux s'y croisent effectivement. Elle est renversée, c'est-à-dire tête en bas par rapport à l'objet, ce que l'on constate immédiatement en plaçant un F lumineux devant la lentille. Une image virtuelle, elle, ne peut pas être projetée : c'est le cas de celle que donne une loupe tenue près d'un texte.

Elle est PLUS convergente. La vergence est l'inverse de la distance focale, $C=\dfrac{1}{f'}$, donc une focale deux fois plus courte donne une vergence deux fois plus grande : $10\ \delta$ au lieu de $5\ \delta$. Une lentille plus convergente fait converger les rayons plus vite, donc plus près d'elle, ce qui est cohérent avec un foyer à $10{,}0\ \mathrm{cm}$ seulement.

C'est $D_1$. Deux critères, et il faut les deux : ses points sont ALIGNÉS, et la droite obtenue passe par l'ORIGINE. $D_2$ échoue sur les deux plans, ses points sont sur une courbe et son ordonnée à l'origine vaut $0{,}9\ \mathrm{V}$, ce qui traduit une tension présente même sans courant. Quelle que soit sa nature, $D_2$ n'est pas un conducteur ohmique.

La résistance est le coefficient directeur de la droite : $R=\dfrac{\Delta U}{\Delta I}=\dfrac{5{,}0-0}{0{,}100-0}=50\ \Omega$. On prend deux points éloignés sur la droite tracée, pas deux points de mesure voisins. L'unité est bien l'ohm, puisqu'on divise des volts par des ampères.

$I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{3{,}5}{50}=0{,}070\ \mathrm{A}=70\ \mathrm{mA}$. Lecture graphique de contrôle : à $3{,}5\ \mathrm{V}$, on tombe bien entre les points de mesure à $0{,}060$ et $0{,}080\ \mathrm{A}$, exactement au milieu.

En série, la résistance équivalente est la somme : $R_{eq}=50+150=200\ \Omega$. L'intensité, la même dans tout le circuit série, vaut $I=\dfrac{6{,}0}{200}=0{,}030\ \mathrm{A}=30\ \mathrm{mA}$. Puis $U_1=50\times 0{,}030=1{,}5\ \mathrm{V}$ et $U_2=150\times 0{,}030=4{,}5\ \mathrm{V}$. La plus grande résistance récupère la plus grande tension, ce qui est le contenu même de la loi d'Ohm à intensité commune.

$1{,}5+4{,}5=6{,}0\ \mathrm{V}$ : la loi des mailles est vérifiée, la somme des tensions des dipôles en série vaut bien la tension du générateur. Par le pont diviseur : $U_1=U\times\dfrac{R_1}{R_1+R_2}=6{,}0\times\dfrac{50}{200}=6{,}0\times 0{,}25=1{,}5\ \mathrm{V}$. La formule du pont n'est rien d'autre que ces deux étapes enchaînées, elle évite simplement de calculer l'intensité au passage.

Le son fait l'aller ET le retour pendant les $1{,}8\ \mathrm{s}$, donc il parcourt $2d$. Ainsi $d=\dfrac{v\,\Delta t}{2}=\dfrac{340\times 1{,}8}{2}=306\ \mathrm{m}$.

Même raisonnement : $h=\dfrac{1500\times 0{,}12}{2}=90\ \mathrm{m}$. Le facteur $2$ est le seul vrai piège de ce type d'exercice, et il vaut la peine d'écrire la phrase « le signal fait l'aller-retour » avant tout calcul.

Il trouverait $340\times 1{,}8=612\ \mathrm{m}$ pour la falaise et $1500\times 0{,}12=180\ \mathrm{m}$ pour le fond marin. Il se trompe d'un facteur $2$ dans les deux cas, et toujours dans le même sens : il surestime systématiquement la distance. Une erreur de méthode se reconnaît à cela, elle est reproductible et orientée, contrairement à une erreur de calcul.

Une différence de durée $\delta t=1{,}0\ \mathrm{ms}=1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{s}$ correspond à une différence de profondeur $\delta h=\dfrac{1500\times 1{,}0\times 10^{-3}}{2}=0{,}75\ \mathrm{m}$. Le sondeur ne distingue donc pas deux fonds séparés de moins de $75\ \mathrm{cm}$ : c'est sa résolution. Améliorer une résolution revient toujours à savoir mesurer des durées plus courtes.

Parce que le son est une onde MÉCANIQUE : il a besoin d'un milieu matériel pour se propager, et l'espace entre la Terre et la Lune est essentiellement vide. Aucun signal sonore ne peut donc faire le trajet. La lumière, elle, est une onde électromagnétique et se propage dans le vide, à $3{,}00\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$ : un laser envoyé sur les réflecteurs déposés par les missions Apollo revient en $2{,}56\ \mathrm{s}$, ce qui donne une distance de $384\,000\ \mathrm{km}$ par la même méthode de l'aller-retour.

$\dfrac{\sin 20\ \mathrm{^\circ}}{\sin 13{,}0\ \mathrm{^\circ}}=\dfrac{0{,}3420}{0{,}2250}=1{,}520$. Puis $\dfrac{\sin 40\ \mathrm{^\circ}}{\sin 25{,}0\ \mathrm{^\circ}}=\dfrac{0{,}6428}{0{,}4226}=1{,}521$. Enfin $\dfrac{\sin 60\ \mathrm{^\circ}}{\sin 35{,}5\ \mathrm{^\circ}}=\dfrac{0{,}8660}{0{,}5807}=1{,}491$.

Les trois rapports sont pratiquement égaux, autour de $1{,}51$, malgré des angles très différents. C'est précisément ce que prédit la loi de Descartes : $n_1\sin i_1=n_2\sin i_2$ avec $n_1=1{,}00$ donne $n_2=\dfrac{\sin i_1}{\sin i_2}$, une constante. L'indice du verre vaut donc $n_2\approx 1{,}51$, ce qui correspond à un verre courant type crown. La dispersion des trois valeurs, de l'ordre de $2\ \%$, reflète simplement la précision de lecture au rapporteur.

$\dfrac{20}{13{,}0}=1{,}54$ ; $\dfrac{40}{25{,}0}=1{,}60$ ; $\dfrac{60}{35{,}5}=1{,}69$. Ces trois valeurs ne sont pas constantes, elles augmentent nettement avec l'angle. L'approche échoue parce que la loi de la réfraction relie les SINUS des angles, pas les angles eux-mêmes. Aux petits angles les deux rapports se ressemblent, puisque le sinus est alors presque proportionnel à l'angle, mais l'écart devient franc dès $40\ \mathrm{^\circ}$. C'est un bon exemple de loi que l'on croirait proportionnelle et qui ne l'est pas.

Pour le rouge : $\sin i_2=\dfrac{\sin 60\ \mathrm{^\circ}}{1{,}512}=\dfrac{0{,}8660}{1{,}512}=0{,}5728$, soit $i_2=34{,}95\ \mathrm{^\circ}$. Pour le bleu : $\sin i_2=\dfrac{0{,}8660}{1{,}530}=0{,}5660$, soit $i_2=34{,}48\ \mathrm{^\circ}$. L'écart vaut $0{,}47\ \mathrm{^\circ}$, soit moins d'un demi-degré : le bleu est un peu plus dévié que le rouge.

La DISPERSION de la lumière blanche, c'est-à-dire la décomposition en couleurs par un prisme. Comme chaque couleur a son propre indice, chacune sort du verre avec un angle légèrement différent, et un demi-degré d'écart suffit à séparer visiblement les couleurs après quelques dizaines de centimètres. C'est le même mécanisme qui produit l'arc-en-ciel, où les gouttes d'eau jouent le rôle des prismes, et qui oblige les fabricants d'objectifs photo à combiner plusieurs verres pour éviter les franges colorées sur les bords de l'image.

Faux : une période longue veut dire peu de motifs par seconde, donc une fréquence basse, donc un son grave. Par exemple, $T=5{,}0\ \mathrm{ms}$ donne $f=\dfrac{1}{5{,}0\times 10^{-3}}=200\ \mathrm{Hz}$. Correct : « plus la période est longue, plus la fréquence est basse et plus le son est grave ».

Faux : l'amplitude ne joue pas sur la célérité, qui dépend du milieu. Dans l'air, fort ou faible, le son parcourt $170\ \mathrm{m}$ en $\dfrac{170}{340}=0{,}50\ \mathrm{s}$. Correct : « un son fort et un son faible émis ensemble arrivent ensemble ; le son fort a seulement une plus grande amplitude ».

Faux : le verre est plus réfringent que l'air, donc le rayon se RAPPROCHE de la normale, comme à l'exercice 3 où $40\ \mathrm{^\circ}$ deviennent $25{,}4\ \mathrm{^\circ}$. Le ralentissement est juste, la conclusion est à l'envers. Correct : « en entrant dans un milieu d'indice plus grand, le rayon se rapproche de la normale ».

Faux : seul un objet très éloigné donne son image dans le plan focal. À l'exercice 4, un objet à $60{,}0\ \mathrm{cm}$ d'une lentille de $20{,}0\ \mathrm{cm}$ de distance focale donne une image à $30{,}0\ \mathrm{cm}$, pas à $20{,}0\ \mathrm{cm}$. Correct : « l'image se forme au foyer image seulement pour un objet très éloigné ; sinon elle se forme au-delà ».

Faux : la loi d'Ohm ne décrit que les conducteurs ohmiques. Correct : « un dipôle suit la loi d'Ohm seulement si sa caractéristique est une droite passant par l'origine ; une diode, une pile ou une lampe à filament n'y obéissent pas ». La caractéristique de $D_2$ de l'exercice 5, avec son ordonnée à l'origine non nulle, en est justement un contre-exemple.

On lit au-dessus de chaque niveau : $94\ \mathrm{dB}$ correspond à $1\ \mathrm{h}$, soit $60\ \mathrm{min}$, et $100\ \mathrm{dB}$ à $15\ \mathrm{min}$. Six décibels de plus, et la durée permise est divisée par quatre.

Raboteuse : $\dfrac{30}{60}=50\ \%$. Scie : $\dfrac{6}{15}=40\ \%$. Total : $50+40=90\ \%$. Six minutes de scie pèsent presque autant qu'une demi-heure de raboteuse.

Il reste $100-90=10\ \%$ du budget. Le ponçage, à $91\ \mathrm{dB}$, permet $2\ \mathrm{h}$, soit $120\ \mathrm{min}$ : elle peut poncer $0{,}10\times 120=12\ \mathrm{min}$.

Une atténuation est un écart de niveau, elle se soustrait : $100-12=88\ \mathrm{dB}$. À ce niveau, l'échelle donne $4\ \mathrm{h}$, soit $240\ \mathrm{min}$, donc les six minutes ne consomment plus que $\dfrac{6}{240}=2{,}5\ \%$ du budget, seize fois moins que sans casque.

La douleur n'est pas le bon signal : le seuil de douleur est vers $120\ \mathrm{dB}$, alors que le risque commence dès $85\ \mathrm{dB}$ environ quand l'exposition dure. Une exposition répétée peut provoquer de la fatigue auditive, des acouphènes et une perte d'audition définitive, sans jamais avoir fait mal.

On part de $16{,}0\ \mathrm{k\Omega}$ sur l'axe vertical, on rejoint la courbe, puis on descend sur l'axe horizontal : on lit $m\approx 1{,}25\ \mathrm{kg}$.

Non : quand la masse double, de $1{,}00$ à $2{,}00\ \mathrm{kg}$, la résistance ne double pas, elle est divisée par deux. La courbe descend, et ce n'est pas une droite passant par l'origine. Le capteur est le plus sensible aux petites masses : de $0{,}50$ à $1{,}00\ \mathrm{kg}$, $R_c$ perd $20\ \mathrm{k\Omega}$, alors qu'elle ne perd que $1{,}7\ \mathrm{k\Omega}$ de $3{,}00$ à $4{,}00\ \mathrm{kg}$.

En série, les deux dipôles ont la même intensité, et la loi des mailles donne $E=R_c I+R_0 I$. Donc $I=\dfrac{5{,}00}{(20{,}0+10{,}0)\times 10^{3}}=1{,}67\times 10^{-4}\ \mathrm{A}=0{,}167\ \mathrm{mA}$, puis $U_0=R_0 I=10{,}0\times 10^{3}\times 1{,}67\times 10^{-4}=1{,}67\ \mathrm{V}$. Pour $4{,}00\ \mathrm{kg}$ : $I=\dfrac{5{,}00}{15{,}0\times 10^{3}}=0{,}333\ \mathrm{mA}$ et $U_0=3{,}33\ \mathrm{V}$. La tension lue croît avec la masse.

Loi d'Ohm pour $R_0$ : $I=\dfrac{U_0}{R_0}=\dfrac{2{,}50}{10{,}0\times 10^{3}}=2{,}50\times 10^{-4}\ \mathrm{A}=0{,}250\ \mathrm{mA}$. Loi des mailles : la tension aux bornes du capteur vaut $5{,}00-2{,}50=2{,}50\ \mathrm{V}$. Donc $R_c=\dfrac{2{,}50}{2{,}50\times 10^{-4}}=10{,}0\ \mathrm{k\Omega}$, et la courbe donne $m=2{,}00\ \mathrm{kg}$. Toute la chaîne de mesure est là : la masse change la résistance, le montage la change en tension, le programme remonte de la tension à la masse.

$I=\dfrac{4{,}80}{10{,}0\times 10^{3}}=4{,}80\times 10^{-4}\ \mathrm{A}$, et le capteur a $5{,}00-4{,}80=0{,}20\ \mathrm{V}$ à ses bornes : $R_c=\dfrac{0{,}20}{4{,}80\times 10^{-4}}=4{,}2\times 10^{2}\ \Omega=0{,}42\ \mathrm{k\Omega}$. Cette valeur est bien en dessous de $5{,}0\ \mathrm{k\Omega}$, le plus petit point de la courbe : le colis est hors de la plage d'étalonnage, et rien ne dit que la courbe s'y prolonge de la même façon. On ne peut donc pas annoncer sa masse ; on sait seulement qu'elle dépasse $4{,}00\ \mathrm{kg}$.

Piège : une courbe d'étalonnage ne vaut que sur la plage où on l'a mesurée.

Le bruit transmis par le RAIL, puisque le son y va près de quinze fois plus vite que dans l'air.

Dans l'air : $\dfrac{1000}{340}\approx 2{,}94\ \mathrm{s}$. Dans l'acier : $\dfrac{1000}{5{,}0\times 10^{3}}=0{,}20\ \mathrm{s}$.

$\Delta t=\dfrac{d}{340}-\dfrac{d}{5000}=d\left(\dfrac{1}{340}-\dfrac{1}{5000}\right)$. Donc $d=\dfrac{2{,}5}{\dfrac{1}{340}-\dfrac{1}{5000}}\approx\dfrac{2{,}5}{2{,}74\times 10^{-3}}\approx 912\ \mathrm{m}$. L'erreur classique consiste à écrire $d=340\times 2{,}5=850\ \mathrm{m}$, comme si le son du rail arrivait instantanément : on néglige alors une durée de près de deux dixièmes de seconde, qui n'est pas négligeable ici.

$t=\dfrac{912}{5{,}0\times 10^{3}}\approx 0{,}18\ \mathrm{s}$.

Le son est une vibration qui se transmet de proche en proche entre les entités du milieu. Dans un solide, elles sont très proches et fortement liées : la perturbation passe beaucoup plus vite que dans un gaz, où les molécules sont éloignées. Dans le vide, il n'y a aucune entité pour transmettre la vibration : le son ne se propage pas du tout.