Examen blanc corrigé : mécanique et optique (physique, secondaire 5)

a) $v=a\,\Delta t=2{,}5\times 8{,}0=20$ m/s. Distance : $\Delta x=\frac{1}{2}a\,\Delta t^{2}=\frac{1}{2}(2{,}5)(8{,}0)^{2}=80$ m (aire du triangle).

b) $v_{f}^{2}=v_{i}^{2}+2a\,\Delta x$ : $0=20^{2}+2a(40)$, donc $a=\dfrac{-400}{80}=-5{,}0$ m/s².

c) $\Delta t=\dfrac{v_{f}-v_{i}}{a}=\dfrac{0-20}{-5{,}0}=4{,}0$ s.

d) Distance totale $=80+40=120$ m en $8{,}0+4{,}0=12$ s. Vitesse moyenne $=\dfrac{120}{12}=10$ m/s.

a) Forces : poids $mg=58{,}8$ N (vers le bas), normale $F_{N}$ (perpendiculaire au plan), frottement (le long du plan, vers le haut). $F_{N}=mg\cos 30^{\circ}=58{,}8\times 0{,}866\approx 50{,}9$ N.

b) $F_{f}=\mu F_{N}=0{,}20\times 50{,}9\approx 10{,}2$ N.

c) Le long du plan : $mg\sin 30^{\circ}-F_{f}=ma$, donc $a=g\sin 30^{\circ}-\mu g\cos 30^{\circ}=g(\sin 30^{\circ}-\mu\cos 30^{\circ})=9{,}8(0{,}5-0{,}20\times 0{,}866)\approx 3{,}20$ m/s². La masse se simplifie : $a$ ne dépend que de l'angle et de $\mu$.

d) $v^{2}=2a\,\Delta x=2(3{,}20)(5{,}0)=32{,}0$, donc $v=\sqrt{32{,}0}\approx 5{,}66$ m/s.

a) Au sommet, au repos : $E_{m}=E_{p}=mg\Delta y=500\times 9{,}8\times 20=98\ 000$ J (98 kJ).

b) En bas, toute l'énergie est cinétique : $\frac{1}{2}mv^{2}=98\ 000$, donc $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2(9{,}8)(20)}\approx 19{,}8$ m/s.

c) À 8,0 m : $\frac{1}{2}mv^{2}=mg(20-8)$, donc $v=\sqrt{2g(12)}=\sqrt{2(9{,}8)(12)}\approx 15{,}3$ m/s.

d) Sans frottement, l'énergie mécanique se conserve : le wagon peut remonter jusqu'à retrouver toute son énergie potentielle de départ, soit exactement 20 m (pas plus, car il est parti du repos). En pratique, le frottement fait qu'il monte un peu moins haut.

a) $E_{e}=\frac{1}{2}kx^{2}=\frac{1}{2}(800)(0{,}50)^{2}=\frac{1}{2}(800)(0{,}25)=100$ J.

b) Sur l'horizontale sans frottement, toute l'énergie élastique devient cinétique : $\frac{1}{2}mv^{2}=100$, donc $v=\sqrt{\dfrac{2(100)}{2{,}0}}=\sqrt{100}=10$ m/s.

c) Au point le plus haut, toute l'énergie cinétique est devenue potentielle : $mgh=100$, donc $h=\dfrac{100}{2{,}0\times 9{,}8}\approx 5{,}10$ m.

d) Le long du plan, $\Delta x=\dfrac{h}{\sin 30^{\circ}}=\dfrac{5{,}10}{0{,}5}\approx 10{,}2$ m.

a) Énergie consommée : $E=P\,\Delta t=(250)(1{,}6)=400$ J. Énergie cinétique obtenue : $E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}(0{,}80)(20)^{2}=160$ J. Rendement : $\eta=\frac{160}{400}=0{,}40$, soit 40 %. Les 240 J manquants n'ont pas disparu : ils sont partis en chaleur dans le moteur et les frottements du mécanisme, et un peu en bruit et en vibrations. Aucune machine réelle ne convertit tout ce qu'elle consomme.

b) Puissance utile : $P_{utile}=\frac{E_{k}}{\Delta t}=\frac{160}{1{,}6}=100$ W. On retrouve le rendement autrement : $\frac{100}{250}=0{,}40$. Le rendement est aussi bien un rapport d'énergies qu'un rapport de puissances, à condition de comparer sur la même durée.

c) Les deux mouvements sont INDÉPENDANTS. Verticalement, chute libre depuis le repos : $h=\frac{1}{2}gt^{2}$, donc $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2(1{,}25)}{9{,}8}}\approx 0{,}505$ s. Horizontalement, mouvement uniforme : $x=v_{0}t=(20)(0{,}505)\approx 10{,}1$ m.

d) Vitesse verticale à l'impact : $v_{y}=gt=(9{,}8)(0{,}505)\approx 4{,}95$ m/s. La vitesse horizontale n'a pas changé : $v_{x}=20$ m/s. Grandeur : $v=\sqrt{20^{2}+4{,}95^{2}}=\sqrt{424{,}5}\approx 20{,}6$ m/s. Angle sous l'horizontale : $\tan\theta=\frac{4{,}95}{20}=0{,}247$, donc $\theta\approx 13{,}9°$. Par l'énergie : $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$, d'où $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}=\sqrt{400+2(9{,}8)(1{,}25)}=\sqrt{424{,}5}\approx 20{,}6$ m/s : identique. L'énergie donne la grandeur sans effort, mais elle ignore l'angle : c'est la cinématique qui le fournit.

e) Doubler $v_{0}$ ne change RIEN à la durée de la chute : le mouvement vertical ne connaît pas la vitesse horizontale, et le projectile touche le sol au bout des mêmes 0,505 s. Comme $x=v_{0}t$ avec le même $t$, la portée double simplement : environ 20,2 m. En revanche, doubler la hauteur multiplie $t$ par $\sqrt{2}$ (et non par 2), puisque $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ : la chute dure environ 0,714 s et la portée n'augmente que d'un facteur $\sqrt{2}$, soit environ 14,3 m. Lancer plus vite est bien plus payant que lancer de plus haut.

a) $\sin\theta_{2}=\dfrac{n_{1}\sin\theta_{1}}{n_{2}}=\dfrac{1{,}00\sin 55^{\circ}}{1{,}50}\approx\dfrac{0{,}8192}{1{,}50}\approx 0{,}546$, donc $\theta_{2}\approx 33{,}1^{\circ}$.

b) $v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{3\times 10^{8}}{1{,}50}=2\times 10^{8}$ m/s.

c) $\sin\theta_{c}=\dfrac{n_{air}}{n_{verre}}=\dfrac{1{,}00}{1{,}50}\approx 0{,}667$, donc $\theta_{c}\approx 41{,}8^{\circ}$.

d) 55° > 41,8° (l'angle critique) : le rayon subit une réflexion totale interne, il ne sort pas du verre et est entièrement renvoyé vers l'intérieur.

a) Le rayon parti du sommet de la tête doit se réfléchir vers l'œil : il touche le miroir exactement à mi-hauteur entre le sommet de la tête et l'œil. De même, le rayon parti des pieds touche le miroir à mi-hauteur entre les pieds et l'œil. Le miroir doit donc couvrir la distance entre ces deux points, soit la MOITIÉ de la taille : $\frac{1{,}70}{2}=0{,}85$ m. La distance à la personne n'intervient nulle part : en s'éloignant, l'image recule tout autant, les angles restent les mêmes et les deux points d'impact ne bougent pas sur le miroir. Reculer ne sert donc à rien pour se voir en entier.

b) $\frac{1}{d_{i}}=\frac{1}{12}-\frac{1}{30}=\frac{5-2}{60}=\frac{1}{20}$, donc $d_{i}=20$ cm. $G=-\frac{20}{30}\approx -0{,}67$. Image RÉELLE ($d_{i}>0$, elle se forme devant le miroir et pourrait être recueillie sur un écran), INVERSÉE ($G<0$) et RÉDUITE (deux tiers de la taille de l'objet).

c) $\frac{1}{d_{i}}=\frac{1}{12}-\frac{1}{8}=\frac{2-3}{24}=-\frac{1}{24}$, donc $d_{i}=-24$ cm. $G=-\frac{-24}{8}=+3$. Image VIRTUELLE (derrière le miroir), DROITE et TROIS FOIS plus grande. C'est exactement le miroir de maquillage ou de rasage : il grossit, à condition de rester plus près que le foyer. Passé le foyer, l'image bascule et devient inversée, ce que tout le monde a déjà constaté sans l'expliquer.

d) $d_{o}=600$ cm et $f=-15$ cm : $\frac{1}{d_{i}}=-\frac{1}{15}-\frac{1}{600}=\frac{-40-1}{600}=-\frac{41}{600}$, donc $d_{i}\approx -14{,}6$ cm. $G=-\frac{-14{,}6}{600}\approx +0{,}024$. L'image est virtuelle, droite, et quarante fois plus petite que la voiture réelle. Or le cerveau juge la distance d'après la taille apparente : une voiture qui paraît minuscule est jugée lointaine. D'où l'avertissement gravé sur le rétroviseur, « les objets sont plus proches qu'ils ne le paraissent ».

e) Le miroir convexe donne toujours une image réduite, donc il comprime une très large portion de l'espace dans une petite surface : c'est un grand angle de vision, précisément ce qu'on demande à un rétroviseur ou au miroir de surveillance d'un commerce, quitte à fausser l'appréciation des distances. Le miroir concave fait l'inverse : il CONCENTRE. Placez une source à son foyer et il renvoie un faisceau parallèle, c'est le phare; recevez au contraire une lumière parallèle venue d'une étoile et il la concentre au foyer, c'est le télescope. Le même miroir, lu dans les deux sens.

a) $\dfrac{1}{d_{i}}=\dfrac{1}{f}-\dfrac{1}{d_{o}}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{15}=\dfrac{3-2}{30}=\dfrac{1}{30}$, donc $d_{i}=30$ cm.

b) $G=-\dfrac{d_{i}}{d_{o}}=-\dfrac{30}{15}=-2$ : image réelle ($d_{i}>0$), inversée ($G<0$), deux fois plus grande.

c) $\dfrac{1}{d_{i}}=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{5}=\dfrac{1-2}{10}=-\dfrac{1}{10}$, donc $d_{i}=-10$ cm : image virtuelle.

d) Dans le second cas ($d_{o}=5$ cm, objet dans le foyer) : $G=-\dfrac{-10}{5}=+2$, image virtuelle, droite et agrandie : c'est le principe de la LOUPE. La lentille agit comme loupe seulement quand l'objet est à l'intérieur du foyer ($d_{o}<f$).

a) $\frac{1}{d_{i}}=\frac{1}{f}-\frac{1}{d_{o}}=\frac{1}{-20}-\frac{1}{30}=\frac{-3-2}{60}=-\frac{1}{12}$, donc $d_{i}=-12$ cm. $G=-\frac{-12}{30}=+0{,}40$. Image VIRTUELLE (du même côté que l'objet), DROITE et RÉDUITE aux deux cinquièmes.

b) Avec $f<0$ et $d_{o}>0$, l'expression $\frac{1}{d_{i}}=\frac{1}{f}-\frac{1}{d_{o}}$ est une somme de deux termes NÉGATIFS : elle est donc toujours négative, donc $d_{i}<0$ et l'image est toujours virtuelle. Le grandissement $G=-\frac{d_{i}}{d_{o}}$ est alors toujours positif : l'image est toujours droite. Enfin $|d_{i}|<|f|$, car $\left|\frac{1}{d_{i}}\right|=\frac{1}{|f|}+\frac{1}{d_{o}}>\frac{1}{|f|}$; comme $d_{o}>|f|$ n'est même pas nécessaire, on a dans tous les cas $|d_{i}|<d_{o}$, donc $G<1$ : l'image est toujours réduite. Une lentille divergente n'a donc aucun cas particulier à retenir, contrairement à la convergente qui change de comportement de part et d'autre du foyer.

c) $P=\frac{1}{f}=\frac{1}{-0{,}20}=-5{,}0$ δ. Une lentille convergente de 25 cm : $P=\frac{1}{0{,}25}=+4{,}0$ δ. Le signe de la puissance donne immédiatement la nature de la lentille, et c'est bien ce nombre, et non la distance focale, que l'optométriste inscrit sur l'ordonnance.

d) L'objet est à l'infini, donc $\frac{1}{d_{o}}=0$ et la relation se réduit à $d_{i}=f$. On veut une image virtuelle à 50 cm : $d_{i}=-0{,}50$ m, donc $f=-0{,}50$ m et $P=\frac{1}{-0{,}50}=-2{,}0$ δ. Le verre ramène ainsi les objets lointains à la distance maximale que l'œil sait encore accommoder.

e) L'œil myope est trop convergent, ou trop long : les rayons venant de loin convergent AVANT la rétine, et l'image est floue une fois arrivée au fond de l'œil. Il faut donc affaiblir la convergence, ce que fait exactement une lentille divergente, qui écarte un peu les rayons avant qu'ils n'entrent dans l'œil et repousse le point de convergence jusque sur la rétine. L'œil hypermétrope souffre du défaut inverse : pas assez convergent, ou trop court, il ferait converger l'image DERRIÈRE la rétine. Il faut alors l'aider, avec une lentille convergente qui rapproche le point de convergence. Une seule question à se poser devant un problème de vision : l'image tombe-t-elle trop tôt ou trop tard ? Le signe de la lentille suit tout seul.

a) Snell-Descartes, avec $n_{1}=1{,}00$ : $\sin\theta_{2}=\frac{\sin 40°}{n_{2}}$. Rouge : $\sin\theta_{r}=\frac{0{,}6428}{1{,}512}\approx 0{,}4251$, donc $\theta_{r}\approx 25{,}2°$. Violet : $\sin\theta_{v}=\frac{0{,}6428}{1{,}530}\approx 0{,}4201$, donc $\theta_{v}\approx 24{,}8°$. Écart : environ $0{,}31°$, un tiers de degré à peine. C'est peu, mais l'écart se creuse à chaque surface traversée et sur toute la distance parcourue ensuite : c'est ce minuscule décalage qui fait tout le spectre.

b) $v=\frac{c}{n}$. Rouge : $\frac{3\times 10^{8}}{1{,}512}\approx 1{,}98\times 10^{8}$ m/s. Violet : $\frac{3\times 10^{8}}{1{,}530}\approx 1{,}96\times 10^{8}$ m/s. Le VIOLET est le plus lent, parce que c'est lui qui voit le plus grand indice. Et c'est exactement pour cela qu'il est le plus dévié : l'indice mesure à la fois le ralentissement et la déviation, les deux faces d'un même phénomène.

c) Une vitre plane sépare bien les couleurs à l'entrée, mais sa face de sortie est PARALLÈLE à celle d'entrée : la seconde réfraction annule exactement la première, chaque couleur ressort avec sa direction initiale, et les faisceaux se recouvrent à nouveau. Dans une goutte, rien de tel : la surface est courbe, la lumière entre, se réfléchit au fond, puis ressort en frappant la paroi sous un angle tout différent. Les déviations s'ADDITIONNENT au lieu de se compenser, si bien que chaque couleur ressort de la goutte sous son propre angle, autour de 42° pour le rouge et 40° pour le violet. Chaque goutte du ciel n'envoie donc à votre œil qu'une seule couleur, celle qui correspond à sa position : l'arc-en-ciel n'est pas dans une goutte, il est dans leur répartition, et le rouge se retrouve sur le bord extérieur.

d) $\sin\theta_{c}=\frac{n_{gaine}}{n_{coeur}}=\frac{1{,}46}{1{,}48}\approx 0{,}9865$, donc $\theta_{c}\approx 80{,}6°$. Le rayon doit frapper la paroi sous un angle SUPÉRIEUR à 80,6° par rapport à la normale, c'est-à-dire à moins de $90°-80{,}6°=9{,}4°$ de l'axe de la fibre. Un rayon trop incliné s'échappe dans la gaine dès le premier contact : la fibre n'accepte qu'un cône d'entrée étroit, et c'est pourquoi le raccordement de deux fibres exige un alignement au micromètre.

e) Une fibre à l'air nu serait effectivement plus tolérante, mais elle serait inutilisable en pratique : la moindre poussière, la moindre goutte d'eau, le moindre point de contact avec un support ou une gaine de protection changerait localement l'indice extérieur et laisserait fuir la lumière. En emprisonnant le cœur dans un verre solidaire d'indice à peine inférieur, on lui garantit un environnement optique identique sur des centaines de kilomètres, protégé et insensible à ce qui touche la surface extérieure. Quant à la dispersion, elle est le grand ennemi du débit : une impulsion lumineuse n'est jamais parfaitement monochromatique, et ses composantes ne voyageant pas à la même vitesse, elle s'étale en avançant. Deux impulsions envoyées trop rapprochées finissent par se chevaucher à l'arrivée et deviennent indistinguables. Plus la fibre est longue, plus il faut espacer les impulsions, donc moins on transmet de bits par seconde. D'où les lasers à raie très fine et les fibres à dispersion compensée des liaisons transocéaniques.