Épreuve de fin d'année corrigée : physique, secondaire 5 (volet théorie)

Réponse A : $0$ m/s.

La vitesse moyenne, au sens vectoriel, est le déplacement divisé par la durée : $v_{moy}=\dfrac{\Delta d}{\Delta t}$.

La nageuse revient au ponton : sa position finale est sa position initiale, donc $\Delta d=0$ m.

$v_{moy}=\dfrac{0\ \text{m}}{1\,500\ \text{s}}=0$ m/s

Le quotient $\dfrac{1\,500\ \text{m}}{1\,500\ \text{s}}=1{,}0$ m/s existe bien, mais c'est la vitesse moyenne SCALAIRE (distance parcourue sur durée) : c'est le choix C, une autre grandeur.

Piège : confondre la distance parcourue ($1\,500$ m) et le déplacement ($0$ m). Le choix B ne compte que l'aller ($750$ m), le choix D divise $1\,500$ m par $750$ s, la moitié de la durée.

Réponse B : $24$ m.

Sur un graphique vitesse-temps, la distance parcourue est l'AIRE sous la courbe.

De 0 à 4,0 s (triangle) : $\dfrac{1}{2}\times 4{,}0\times 6{,}0=12$ m

De 4,0 à 6,0 s (rectangle) : $2{,}0\times 6{,}0=12$ m

Total : $12+12=24$ m

Contrôle par le MRUA : $a=\dfrac{6{,}0}{4{,}0}=1{,}5$ m/s² et $\dfrac{1}{2}\times 1{,}5\times 4{,}0^{2}=12$ m pour le démarrage ✓.

Piège : multiplier la vitesse finale par la durée, $6{,}0\times 6{,}0=36$ m (choix A), comme si la trottinette roulait à 6,0 m/s dès le départ. Le choix D ne compte que le démarrage ; le choix C prend une vitesse moyenne de 3,0 m/s sur les 6,0 s.

Réponse D : $1{,}43$ s.

Chute libre partie du repos : $v_{i}=0$ et $a=g=9{,}8$ m/s² vers le bas.

$\Delta d=v_{i}\Delta t+\dfrac{1}{2}g\,\Delta t^{2}$ devient $10{,}0=\dfrac{1}{2}\times 9{,}8\times\Delta t^{2}$

$\Delta t=\sqrt{\dfrac{2\times 10{,}0}{9{,}8}}=\sqrt{2{,}04}=1{,}43$ s

Contrôle : il entre dans l'eau à $v_{f}=g\,\Delta t=9{,}8\times 1{,}43=14$ m/s, environ 50 km/h, l'ordre de grandeur connu d'un plongeon de 10 m.

Piège : oublier la racine carrée donne $\dfrac{2h}{g}=2{,}04$ (choix B), un nombre en s² et non en s. Le choix A, $\dfrac{h}{g}$, oublie le facteur 2 ; le choix C, $\sqrt{\dfrac{h}{2g}}$, le met au mauvais endroit.

Réponse C : $21{,}2$ m.

La durée du vol ne dépend que du mouvement VERTICAL, une chute libre partie avec $v_{iy}=0$ :

$\Delta t=\sqrt{\dfrac{2\times 2{,}45}{9{,}8}}=\sqrt{0{,}500}=0{,}707$ s

Horizontalement, aucune force : MRU à 30,0 m/s.

$\Delta x=v_{x}\,\Delta t=30{,}0\times 0{,}707=21{,}2$ m

Dans le contexte : la balle passe le filet (à 11,9 m, elle est encore à $2{,}45-\dfrac{1}{2}\times 9{,}8\times\left(\dfrac{11{,}9}{30{,}0}\right)^{2}=1{,}68$ m du sol), mais la ligne de service est à 18,3 m de la joueuse : ce service est faute. C'est pourquoi un service réel part vers le bas, ou avec effet.

Piège : croire que la vitesse horizontale allonge la chute. Le choix A est la durée prise pour une distance ; le choix B vient de $\Delta t=\dfrac{2h}{g}=0{,}50$ s, sans la racine ; le choix D suppose une seconde de vol.

Réponse B.

La masse, en kilogrammes, mesure la quantité de matière : elle ne dépend pas du lieu.

Le poids est une FORCE, en newtons : $F_{g}=mg$, qui dépend de l'astre.

Sur la Terre : $F_{g}=0{,}046\times 9{,}8=0{,}45$ N

Sur la Lune : $F_{g}=0{,}046\times 1{,}6=0{,}074$ N

Rapport : $\dfrac{9{,}8}{1{,}6}=6{,}1$. Le poids est environ six fois plus petit ; la masse, elle, reste 46 g.

Piège : le choix D divise la MASSE par 6,1 ; le choix A applique la même division aux deux grandeurs. Deux unités différentes, le kilogramme et le newton, signalent deux grandeurs différentes.

Réponse B : $4{,}00$ N.

$a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{0-3{,}00}{15{,}0}=-0{,}200$ m/s²

Horizontalement, le frottement est la seule force : c'est lui, la force résultante.

$F_{f}=m\,|a|=20{,}0\times 0{,}200=4{,}00$ N

Contrôle : distance de glissade $\Delta d=\dfrac{v_{i}+v_{f}}{2}\,\Delta t=\dfrac{3{,}00+0}{2}\times 15{,}0=22{,}5$ m, une longueur plausible sur une piste de curling.

Piège : le choix A donne l'accélération, en m/s², à la place d'une force ; le choix D est le poids $mg$, vertical, qui ne freine pas la pierre ; le choix C multiplie la masse par la vitesse.

Réponse B : $2\,700$ N.

2e loi de Newton : $F_{nette}=ma=600\times 0{,}50=300$ N, vers l'avant.

Le frottement est l'écart entre la force appliquée et la force nette : $F_{f}=F_{app}-F_{nette}=3\,000-300=2\,700$ N, vers l'arrière.

Contrôle : $3\,000-2\,700=300$ N $=600\times 0{,}50$ ✓.

Le calcul avec un coefficient de frottement est hors programme de secondaire 5 ; cette relation, elle, y est.

Piège : prendre la force nette pour le frottement (choix A), ou additionner au lieu de soustraire (choix C). Le choix D est le poids, $600\times 9{,}8=5\,880$ N, vertical et équilibré par la force normale.

Réponse D.

3e loi de Newton : l'action et la réaction ont la même grandeur, la même direction, des sens opposés, et s'exercent sur DEUX corps différents.

Elles ne s'annulent donc pas : chacune agit sur un patineur différent. Le choix B les additionne sur un même corps.

2e loi pour chacun : $a=\dfrac{F}{m}$. À force égale, la plus petite masse prend la plus grande accélération.

Exemple chiffré : pour une poussée de 150 N, $a_{elle}=\dfrac{150}{50}=3{,}0$ m/s² et $a_{lui}=\dfrac{150}{75}=2{,}0$ m/s².

Piège : croire que le plus lourd « pousse plus fort » (choix A), ou passer de l'égalité des forces à l'égalité des accélérations (choix C).

Réponse A.

Un corps en mouvement circulaire a besoin d'une force dirigée VERS LE CENTRE, la force centripète ; sans elle, il continue en ligne droite (1re loi, l'inertie).

Les vêtements reçoivent cette force de la paroi du tambour, qui les pousse vers le centre.

L'eau ne la reçoit que là où la paroi est pleine. Devant un trou, rien ne la retient : elle part en ligne droite, tangente au cercle, et traverse le trou.

Piège : la « force centrifuge » du choix B n'est exercée par aucun objet ; vu du sol, rien ne tire l'eau vers l'extérieur, elle continue simplement tout droit. Le choix C se trompe de sens : centripète veut dire « dirigée vers le centre ».

Réponse C : $2{,}30$ kJ.

Seule la composante de la force parallèle au déplacement travaille : c'est la force efficace.

$F_{eff}=F\cos 40^{\circ}=120\times 0{,}766=91{,}9$ N

$W=F_{eff}\,\Delta d=91{,}9\times 25{,}0=2\,298$ J, soit $2{,}30$ kJ

La composante verticale, $120\sin 40^{\circ}=77{,}1$ N, appuie la tondeuse contre le sol : elle ne travaille pas, mais elle augmente la force normale, donc le frottement.

Piège : le choix B prend la force entière ($120\times 25{,}0$), le choix A prend le sinus. Le choix D confond le travail d'UNE force et le travail total : à vitesse constante, c'est la somme des travaux qui est nulle, le frottement fait $-2{,}30$ kJ.

Réponse D : $377$ J.

Au rebord : $E_{p}=mgh=55{,}0\times 9{,}8\times 3{,}20=1\,725$ J et $E_{k}=0$.

Au fond : $E_{p}=0$ et $E_{k}=\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{1}{2}\times 55{,}0\times 7{,}00^{2}=1\,348$ J.

Énergie dissipée : $1\,725-1\,348=377$ J, devenue de l'énergie thermique (roues, roulements, air).

Contrôle : sans frottement, elle passerait au fond à $\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}8\times 3{,}20}=7{,}92$ m/s. Elle passe à 7,00 m/s, moins vite : la perte est bien positive.

Piège : c'est l'énergie TOTALE qui se conserve (choix A), pas l'énergie MÉCANIQUE quand il y a du frottement. Les choix B et C donnent l'une des deux énergies, pas leur différence.

Réponse B : $50^{\circ}$.

Angle entre la direction du Soleil et celle du récepteur, vues depuis H : $180^{\circ}-30^{\circ}-50^{\circ}=100^{\circ}$.

Loi de la réflexion : $\theta_{r}=\theta_{i}$, donc la normale au miroir est la bissectrice de cet angle.

La normale pointe à $50^{\circ}+50^{\circ}=100^{\circ}$ de l'horizontale côté récepteur, soit à $10^{\circ}$ de la verticale : le miroir est presque à plat, incliné de $10^{\circ}$ vers le Soleil.

Piège : les angles d'incidence et de réflexion se mesurent depuis la NORMALE, jamais depuis le miroir ; $40^{\circ}$ (choix A) est l'angle entre le rayon et la surface. Le choix D est l'angle entre les deux rayons, le DOUBLE de l'angle d'incidence ; le choix C additionne les deux angles du document.

Réponse A : $35{,}2^{\circ}$.

Loi de Snell-Descartes : $n_{1}\sin\theta_{1}=n_{2}\sin\theta_{2}$

L'eau est plus réfringente que l'air : le rayon se rapproche de la normale, l'angle doit être plus petit que $50{,}0^{\circ}$, ce qui élimine C et D d'emblée.

Piège : diviser l'ANGLE par l'indice, $\dfrac{50{,}0}{1{,}33}=37{,}6^{\circ}$ (choix B) : la loi porte sur les sinus. Le choix D, $90^{\circ}-35{,}2^{\circ}$, est l'angle mesuré depuis la surface.

Réponse C.

La réflexion totale interne n'est possible que du milieu le plus réfringent vers le moins réfringent (de la glace vers l'air : oui), et au-delà de l'angle critique.

$\sin\theta_{c}=\dfrac{n_{2}}{n_{1}}=\dfrac{1{,}00}{1{,}31}=0{,}763$, d'où $\theta_{c}=49{,}8^{\circ}$

$55^{\circ} > 49{,}8^{\circ}$ : aucun rayon réfracté n'existe, tout est réfléchi.

Contrôle : Snell-Descartes donnerait $\sin\theta_{2}=1{,}31\times\sin 55^{\circ}=1{,}07$, plus grand que 1, ce qui est impossible.

Piège : le choix B serait juste sous l'angle critique (à $40^{\circ}$, le rayon sort en s'éloignant de la normale) ; le choix D est faux, puisque sous $49{,}8^{\circ}$ la lumière sort : c'est pour cela que le bloc brille.

Réponse B.

$\dfrac{1}{d_{i}}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d_{o}}=\dfrac{1}{-25{,}0}-\dfrac{1}{500}=-0{,}0420$ cm⁻¹

$d_{i}=-23{,}8$ cm : image VIRTUELLE, du même côté que la voiture.

$M=-\dfrac{d_{i}}{d_{o}}=-\dfrac{-23{,}8}{500}=+0{,}0476$ : image DROITE ($M > 0$) et RÉDUITE, environ 21 fois.

C'est l'intérêt de cette lentille : elle fait tenir toute la route arrière dans le champ de vision du conducteur, en une image petite, droite et proche.

Piège : prendre $f=+25{,}0$ cm (choix A, $d_{i}=+26{,}3$ cm) en oubliant qu'une lentille divergente a une distance focale négative. Une lentille divergente seule donne TOUJOURS d'un objet réel une image virtuelle, droite et réduite.

L'accélération est la pente du graphique vitesse-temps pendant le départ :

$a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{10{,}0-0}{4{,}0-0}=2{,}5$ m/s²

La distance est l'aire du triangle sous la courbe :

$\Delta d_{1}=\dfrac{1}{2}\times 4{,}0\times 10{,}0=20$ m

Contrôle par l'équation du MRUA : $\Delta d_{1}=v_{i}\Delta t+\dfrac{1}{2}a\Delta t^{2}=0+\dfrac{1}{2}\times 2{,}5\times 4{,}0^{2}=20$ m ✓

Piège : multiplier la vitesse lue, $10{,}0$ m/s, par 4,0 s donne 40 m, le double. Pendant le départ, la vitesse MOYENNE n'est que de 5,0 m/s.

Il reste $100-20=80$ m à parcourir à vitesse constante, en MRU :

$\Delta t_{2}=\dfrac{\Delta d_{2}}{v}=\dfrac{80}{10{,}0}=8{,}0$ s

Temps total : $4{,}0+8{,}0=12{,}0$ s

Contrôle : vitesse moyenne sur la course, $\dfrac{100}{12{,}0}=8{,}3$ m/s, plus petite que la vitesse de pointe ; c'est normal, le départ est plus lent.

Piège : diviser 100 m par 10,0 m/s donne 10,0 s, comme si la sprinteuse partait lancée. La phase d'accélération lui coûte 2,0 s.

On décompose chaque force sur l'axe de la barge ($x$, vers l'avant) et sur sa perpendiculaire ($y$, positive à gauche).

$F_{1x}=40{,}0\cos 20{,}0^{\circ}=37{,}59$ kN et $F_{1y}=40{,}0\sin 20{,}0^{\circ}=13{,}68$ kN

$F_{2x}=30{,}0\cos 40{,}0^{\circ}=22{,}98$ kN et $F_{2y}=-30{,}0\sin 40{,}0^{\circ}=-19{,}28$ kN

$R_{x}=37{,}59+22{,}98=60{,}57$ kN et $R_{y}=13{,}68-19{,}28=-5{,}60$ kN

$R=\sqrt{60{,}57^{2}+5{,}60^{2}}=60{,}8$ kN

$\theta=\tan^{-1}\left(\dfrac{-5{,}60}{60{,}57}\right)=-5{,}3^{\circ}$, soit $5{,}3^{\circ}$ à droite de l'axe.

Contrôle : la résultante penche du côté du remorqueur 2, dont la force est pourtant la plus petite, parce que son angle est le plus grand : sa composante latérale, $19{,}28$ kN, l'emporte sur $13{,}68$ kN.

Piège : additionner les grandeurs, $40{,}0+30{,}0=70{,}0$ kN, revient à supposer des câbles parallèles. Des forces à angle s'additionnent composante par composante.

La barge avance en ligne droite à vitesse constante : son accélération est nulle, donc la résultante de TOUTES les forces horizontales est nulle (1re loi de Newton, l'inertie).

Horizontalement, seules agissent les deux tensions et la force de l'eau : l'eau exerce la force équilibrante, de grandeur $60{,}8$ kN, de même direction que la résultante et de sens opposé, c'est-à-dire vers l'arrière, à $5{,}3^{\circ}$ vers la gauche de l'axe.

Contrôle : $\vec{R}+\vec{F}_{eau}=\vec{0}$, les composantes $(60{,}57\,;-5{,}60)$ et $(-60{,}57\,;5{,}60)$ s'annulent.

Piège : croire qu'il faut une force nette vers l'avant pour avancer. À vitesse constante, la force nette est nulle ; une force nette ne sert qu'à CHANGER la vitesse.

À vitesse constante, la force du câble égale le poids de la palette : $F=mg=900\times 9{,}8=8\,820$ N.

Travail utile, égal à l'énergie potentielle gagnée : $W=F\Delta d=8\,820\times 12{,}0=105\,840$ J

$P_{utile}=\dfrac{W}{\Delta t}=\dfrac{105\,840}{20{,}0}=5\,292$ W, soit $5{,}29$ kW

Les $29{,}4\ \%$ restants deviennent surtout de l'énergie thermique, dans le moteur, le réducteur et les poulies.

Piège : diviser dans l'autre sens, $\dfrac{7{,}50}{5{,}29}=142\ \%$. Un rendement supérieur à 100 % est impossible : c'est le signal de l'inversion.

Durée de fonctionnement : $40\times 20{,}0=800$ s, soit $\dfrac{800}{3\,600}=0{,}222$ h.

$E=P\Delta t=7{,}50\ \text{kW}\times 0{,}222\ \text{h}=1{,}67$ kWh

Contrôle en joules : $7\,500\times 800=6{,}00\times 10^{6}$ J, et $\dfrac{6{,}00\times 10^{6}}{3{,}6\times 10^{6}}=1{,}67$ kWh ✓

Piège : prendre la puissance utile (5,29 kW). Le compteur électrique mesure la puissance CONSOMMÉE, pertes comprises.

Le graphique est une droite qui passe par l'origine : la loi de Hooke s'applique, $F=kx$.

On lit le point $(50\ \text{cm}\,;120\ \text{N})$, et $50{,}0$ cm $=0{,}500$ m :

$k=\dfrac{F}{x}=\dfrac{120}{0{,}500}=240$ N/m

$E_{e}=\dfrac{1}{2}kx^{2}=\dfrac{1}{2}\times 240\times 0{,}500^{2}=30{,}0$ J

Contrôle : c'est l'aire du triangle sous la droite, $\dfrac{1}{2}\times 0{,}500\times 120=30{,}0$ J ✓

Piège : écrire $E=Fx=120\times 0{,}500=60$ J. La force n'atteint 120 N qu'à la fin du recul ; en moyenne, elle n'en vaut que la moitié. Et le recul s'écrit en mètres : en centimètres, l'énergie serait 10 000 fois trop grande.

Énergie cinétique reçue par la flèche : $E_{k}=0{,}75\times 30{,}0=22{,}5$ J

$E_{k}=\dfrac{1}{2}mv^{2}$ donne $v=\sqrt{\dfrac{2E_{k}}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 22{,}5}{0{,}0200}}=\sqrt{2\,250}=47{,}4$ m/s

Soit environ 171 km/h, l'ordre de grandeur réel d'un arc d'initiation.

Piège : garder la masse en grammes donne $v=\sqrt{\dfrac{45}{20{,}0}}=1{,}5$ m/s, une flèche qui tombe aux pieds de l'archère ; oublier le rendement donne $\sqrt{\dfrac{2\times 30{,}0}{0{,}0200}}=54{,}8$ m/s.

Le Soleil est si loin ($d_{o}=1{,}50\times 10^{11}$ m) que ses rayons arrivent parallèles à l'axe du miroir.

Un rayon parallèle à l'axe se réfléchit en passant par le foyer : la lumière se concentre au foyer, à $f=\dfrac{R}{2}=\dfrac{1{,}20}{2}=0{,}600$ m du miroir.

La relation des miroirs le confirme : $\dfrac{1}{d_{i}}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d_{o}}=\dfrac{1}{0{,}600}-\dfrac{1}{1{,}50\times 10^{11}}$, où le second terme est négligeable : $d_{i}=0{,}600$ m.

Piège : placer la marmite au centre de courbure, à 1,20 m. C'est là que se forme l'image d'un objet placé lui-même en C, pas celle d'un objet très lointain.

$h_{i}=M\,h_{o}=-4{,}00\times 10^{-12}\times 1{,}39\times 10^{9}=-5{,}56\times 10^{-3}$ m

L'image du Soleil est un disque de $5{,}56$ mm de diamètre, RÉELLE ($d_{i} > 0$ : elle se forme devant le miroir, sur la marmite) et renversée ($M < 0$).

Toute la lumière reçue par le miroir se concentre sur ce petit disque : c'est pourquoi le fond de la marmite chauffe autant, et pourquoi il ne faut jamais regarder ce point lumineux.

Contrôle d'ordre de grandeur : le Soleil est vu sous un angle d'environ $\dfrac{1{,}39\times 10^{9}}{1{,}50\times 10^{11}}=0{,}0093$ rad, un demi-degré, et $0{,}0093\times 0{,}600$ m redonne bien 5,6 mm.

Piège : perdre une puissance de dix en chemin. Le contrôle d'ordre de grandeur ci-dessus l'attrape en une ligne.

En A : $E_{p}=mgh=70{,}0\times 9{,}8\times 35{,}0=24\,010$ J et $E_{k}=0$.

En B, pris comme niveau de référence : $E_{p}=0$ et $E_{k}=\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{1}{2}\times 70{,}0\times 12{,}0^{2}=5\,040$ J.

Énergie dissipée : $24\,010-5\,040=18\,970$ J, soit environ $19{,}0$ kJ.

Contrôle : sans frottement, il arriverait à $\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}8\times 35{,}0}=26{,}2$ m/s, près de 94 km/h. La poulie et l'air sont précisément là pour l'éviter.

Piège : mettre la longueur du câble (350 m) dans mgh. L'énergie potentielle ne dépend que de la dénivellation, 35,0 m.

Le travail des forces de frottement égale la variation d'énergie mécanique : $W_{f}=\Delta E=-18\,970$ J.

Ce frottement agit tout le long du câble, opposé au mouvement : $|W_{f}|=F_{f}\,\Delta d$.

$F_{f}=\dfrac{18\,970}{350}=54{,}2$ N

Ici la distance est bien la longueur du câble, 350 m, et non la hauteur : un travail se calcule le long du déplacement.

Contrôle : la composante du poids le long du câble vaut $mg\times\dfrac{35{,}0}{350}=686\times 0{,}100=68{,}6$ N. Elle dépasse $54{,}2$ N : le participant accélère bien en descendant.

Piège : diviser par 35,0 m donne 542 N, bien plus que les 68,6 N qui l'entraînent : il ne descendrait même pas.

À l'arrêt, toute l'énergie cinétique est devenue de l'énergie élastique : $\dfrac{1}{2}kx^{2}=5\,040$ J.

Arrêt en 6,00 m exactement : $k=\dfrac{2\times 5\,040}{6{,}00^{2}}=280$ N/m

Un ressort plus mou laisserait filer le chariot au-delà de 6,00 m : 280 N/m est donc la valeur minimale.

Force maximale, à la compression maximale : $F=kx=280\times 6{,}00=1\,680$ N

2e loi de Newton : $a_{max}=\dfrac{F}{m}=\dfrac{1\,680}{70{,}0}=24{,}0$ m/s²

Limite du fabricant : $3g=3\times 9{,}8=29{,}4$ m/s². Comme $24{,}0 < 29{,}4$, la limite est respectée.

Piège : prendre la force du ressort au milieu de la compression, ou un allongement en centimètres dans F = kx. La décélération est maximale là où le ressort est le plus comprimé.

Grandissement, en valeur absolue : $|M|=\dfrac{h_{i}}{h_{o}}=\dfrac{0{,}600\ \text{mm}}{300\ \text{mm}}=2{,}00\times 10^{-3}$. Or $|M|=\dfrac{d_{i}}{d_{o}}$, donc $d_{i}=\dfrac{d_{o}}{500}$.

Relation des lentilles : $\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{d_{o}}+\dfrac{500}{d_{o}}=\dfrac{501}{d_{o}}$

$d_{o1}=501\,f=501\times 50{,}0\ \text{mm}=25\,050$ mm, soit $25{,}05$ m

Le capteur est alors à $d_{i1}=\dfrac{25\,050}{500}=50{,}1$ mm de l'objectif : à peine plus loin que le foyer, comme pour tout objet lointain.

$d_{i} > 0$ : l'image est RÉELLE, elle se forme sur le capteur, de l'autre côté de la lentille. $M=-\dfrac{d_{i}}{d_{o}} < 0$ : elle est RENVERSÉE ; le logiciel de la caméra la remet à l'endroit.

Piège : comparer 30,0 cm et 0,600 mm sans les mettre dans la même unité. Le rapport $\dfrac{h_{o}}{h_{i}}$ vaut 500, pas 50.

$\dfrac{h_{o}}{h_{i}}=\dfrac{300}{0{,}750}=400$, donc $\dfrac{1}{f}=\dfrac{401}{d_{o}}$

$d_{o2}=401\times 50{,}0=20\,050$ mm, soit $20{,}05$ m

L'image est plus grande sur la seconde photo parce que la voiture est plus proche : le grandissement augmente quand la distance de l'objet diminue.

Déplacement entre les deux photos : $\Delta d=25{,}05-20{,}05=5{,}00$ m

Vitesse constante, MRU : $v=\dfrac{\Delta d}{\Delta t}=\dfrac{5{,}00}{0{,}200}=25{,}0$ m/s

$25{,}0\times 3{,}6=90{,}0$ km/h : la voiture dépasse la limite de 20 km/h, elle ne la respecte pas.

Piège : diviser la distance d'UNE seule photo par 0,200 s, ou comparer des m/s à des km/h.