Examen de synthèse corrigé : ondes, optique et physique moderne (203-NYC)

a) $\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{100}{0{,}25}}=\sqrt{400}=20{,}0\ \mathrm{rad/s}$. Puis $T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{20}=0{,}314\ \mathrm{s}$ et $f=\dfrac{1}{T}=3{,}18\ \mathrm{Hz}$.

b) $v_{\max}=\omega A=20{,}0\times 0{,}080=1{,}60\ \mathrm{m/s}$, atteinte au passage par la position d'équilibre. Et $a_{\max}=\omega^{2}A=400\times 0{,}080=32{,}0\ \mathrm{m/s^{2}}$, atteinte aux extrémités, là où la force de rappel est maximale.

c) $E=\dfrac{1}{2}kA^{2}=0{,}5\times 100\times 0{,}080^{2}=0{,}32\ \mathrm{J}$. Le graphique montre bien la droite horizontale à $0{,}32\ \mathrm{J}$ : l'énergie totale est constante, ce qui traduit l'absence de frottement.

d) En $x=0{,}040\ \mathrm{m}$ : $E_{p}=\dfrac{1}{2}kx^{2}=0{,}5\times 100\times 0{,}040^{2}=0{,}080\ \mathrm{J}$, soit le quart de l'énergie totale, puisque $E_{p}$ varie comme le carré de $x$. Donc $E_{k}=0{,}32-0{,}080=0{,}24\ \mathrm{J}$, les trois quarts. La vitesse s'obtient par $v=\sqrt{\dfrac{2E_{k}}{m}}=\sqrt{\dfrac{0{,}48}{0{,}25}}=1{,}39\ \mathrm{m/s}$, ce que confirme la formule $v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}=20\sqrt{0{,}0048}=1{,}39\ \mathrm{m/s}$. À mi-amplitude, le bloc a donc encore $87$ pour cent de sa vitesse maximale.

e) Sur le graphique, les deux courbes se croisent aux deux points marqués, à $0{,}16\ \mathrm{J}$, soit la moitié de l'énergie totale. Par le calcul : $\dfrac{1}{2}kx^{2}=\dfrac{1}{2}kA^{2}-\dfrac{1}{2}kx^{2}$ donne $2x^{2}=A^{2}$, donc $x=\pm\dfrac{A}{\sqrt{2}}=\pm 0{,}0566\ \mathrm{m}$. Ce n'est pas à mi-amplitude : le partage égal se fait à environ $71$ pour cent de l'amplitude, parce que l'énergie potentielle est quadratique et non linéaire en $x$.

a) $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}80}{9{,}81}}=2\pi\times 0{,}2856=1{,}79\ \mathrm{s}$. Cette expression ne contient pas la masse : la période d'un pendule simple en est indépendante, car la force motrice et l'inertie sont toutes deux proportionnelles à la masse. Elle est également indépendante de l'amplitude, mais seulement dans l'approximation des petites oscillations, où $\sin\theta\approx\theta$.

b) De $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ on tire $L=\dfrac{gT^{2}}{4\pi^{2}}=\dfrac{9{,}81\times 4{,}0}{4\pi^{2}}=\dfrac{g}{\pi^{2}}=0{,}994\ \mathrm{m}$. Un pendule d'environ un mètre bat donc la seconde, chaque aller simple durant une seconde.

c) L'amplitude est divisée par deux en $12\ \mathrm{s}$, donc $\mathrm{e}^{-12\gamma}=\dfrac{1}{2}$, soit $12\gamma=\ln 2$ et $\gamma=\dfrac{\ln 2}{12}=5{,}78\times 10^{-2}\ \mathrm{s^{-1}}$.

d) On résout $\mathrm{e}^{-\gamma t}=0{,}10$, soit $t=\dfrac{\ln 10}{\gamma}=\dfrac{2{,}303}{5{,}78\times 10^{-2}}=39{,}9\ \mathrm{s}$. Le nombre d'oscillations vaut $\dfrac{39{,}9}{1{,}79}=22{,}2$, donc environ 22 oscillations complètes. On remarque que l'amortissement ne change pratiquement pas la période : le pendule oscille au même rythme, seule son amplitude diminue.

e) L'énergie mécanique d'un oscillateur est proportionnelle au carré de l'amplitude. Si l'amplitude est divisée par deux, l'énergie est divisée par quatre : il en reste donc le quart, et le pendule a perdu les trois quarts de son énergie, soit 75 pour cent. Ce n'est pas la moitié précisément parce que la relation est quadratique. C'est le même raisonnement qui explique qu'une amplitude tombée à 10 pour cent corresponde à une énergie tombée à 1 pour cent.

a) $v=\sqrt{\dfrac{F}{\mu}}=\sqrt{\dfrac{80}{0{,}020}}=\sqrt{4000}=63{,}2\ \mathrm{m/s}$. La longueur d'onde vaut $\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{63{,}2}{120}=0{,}527\ \mathrm{m}$. La célérité ne dépend que du milieu, tension et masse linéique, jamais de la source.

b) $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}=\dfrac{2\pi}{0{,}527}=11{,}9\ \mathrm{rad/m}$ et $\omega=2\pi f=2\pi\times 120=754\ \mathrm{rad/s}$. L'équation s'écrit $y(x\ ;\ t)=5{,}0\times 10^{-3}\sin\left(754t-11{,}9x\right)$, en mètres, le signe moins devant $x$ traduisant une propagation vers les $x$ croissants.

c) La vitesse transversale est $\dfrac{\partial y}{\partial t}$, dont l'amplitude vaut $v_{\perp\max}=\omega A=754\times 5{,}0\times 10^{-3}=3{,}77\ \mathrm{m/s}$. Elle est bien inférieure à la célérité $63{,}2\ \mathrm{m/s}$, et surtout elle est de nature totalement différente : la célérité est la vitesse à laquelle le motif se déplace le long de la corde, alors que la vitesse transversale est celle d'un morceau de matière, perpendiculairement à la corde. Aucune matière ne se déplace à $63{,}2\ \mathrm{m/s}$ : c'est l'onde qui avance, pas la corde.

d) $P=\dfrac{1}{2}\times 0{,}020\times 63{,}2\times 754^{2}\times\left(5{,}0\times 10^{-3}\right)^{2}=0{,}632\times 5{,}68\times 10^{5}\times 2{,}5\times 10^{-5}=8{,}99\ \mathrm{W}$.

e) Si l'on double la tension, $v=\sqrt{\dfrac{F}{\mu}}$ est multipliée par $\sqrt{2}$. Comme $P$ est proportionnelle à $v$, à fréquence et amplitude fixées, la puissance est multipliée par $\sqrt{2}\approx 1{,}41$ seulement. Si l'on double l'amplitude, $P$ étant proportionnelle à $A^{2}$, elle est multipliée par 4. La différence vient de l'exposant : l'amplitude intervient au carré, la célérité à la puissance un, et la célérité elle-même ne dépend de la tension que par une racine carrée. Pour transporter plus de puissance, jouer sur l'amplitude est donc beaucoup plus efficace que tendre la corde.

a) De $L=90$ on tire $\dfrac{I}{I_{0}}=10^{9}$, donc $I=10^{-12}\times 10^{9}=1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{W/m^{2}}$. La puissance traverse une sphère de rayon $1{,}0\ \mathrm{m}$, donc $P=I\times 4\pi r^{2}=1{,}0\times 10^{-3}\times 4\pi=1{,}26\times 10^{-2}\ \mathrm{W}$. Une source de seulement 13 milliwatts acoustiques suffit donc à produire 90 décibels à un mètre.

b) L'intensité décroît comme l'inverse du carré de la distance : à $10\ \mathrm{m}$, elle est divisée par $100$, soit $I=1{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{W/m^{2}}$. Le niveau vaut $L=10\log\left(10^{7}\right)=70\ \mathrm{dB}$. Il a donc baissé de $20\ \mathrm{dB}$ : multiplier la distance par dix coûte exactement 20 décibels, quelle que soit la source.

c) Deux sources identiques doublent l'intensité, donc $L=10\log\left(2\times 10^{9}\right)=90+10\log 2=93{,}0\ \mathrm{dB}$. Avec dix sources, l'intensité est multipliée par dix et $L=90+10=100\ \mathrm{dB}$. Doubler le nombre de sources ajoute 3 décibels, les multiplier par dix en ajoute 10.

d) $120\ \mathrm{dB}$ correspond à $I=1{,}0\ \mathrm{W/m^{2}}$. On résout $\dfrac{P}{4\pi r^{2}}=1{,}0$, soit $r^{2}=\dfrac{1{,}26\times 10^{-2}}{4\pi}=1{,}0\times 10^{-3}$, d'où $r=3{,}2\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit environ $3{,}2\ \mathrm{cm}$. Il faut donc coller l'oreille à la source, ce qui explique le danger des écouteurs.

e) Parce que l'échelle des décibels est logarithmique, et non proportionnelle. Le niveau mesure le logarithme du rapport des intensités : doubler l'intensité ajoute $10\log 2\approx 3\ \mathrm{dB}$, une quantité constante, et non un facteur deux. Cette échelle a été choisie parce que la sensation auditive suit approximativement le logarithme de l'intensité : c'est un gain de 10 décibels, soit un facteur dix en intensité, qui est perçu comme un son environ deux fois plus fort.

a) Source en mouvement vers l'observateur : $f'=f\dfrac{v}{v-v_{s}}=800\times\dfrac{343}{343-25}=800\times\dfrac{343}{318}=863\ \mathrm{Hz}$. Source qui s'éloigne : $f'=800\times\dfrac{343}{368}=746\ \mathrm{Hz}$.

b) L'écart vaut $863-746=117\ \mathrm{Hz}$. Il est tout à fait audible : cela représente environ deux tons et demi de l'échelle musicale, et c'est exactement le saut de hauteur que l'on entend quand une ambulance passe devant nous.

c) Observateur en mouvement vers la source immobile : $f'=f\dfrac{v+v_{o}}{v}=800\times\dfrac{368}{343}=858\ \mathrm{Hz}$. C'est très proche de $863\ \mathrm{Hz}$, mais pas égal. Les deux situations ne sont donc pas équivalentes, contrairement à ce que suggérerait la relativité du mouvement, et la raison est qu'il existe ici un milieu de propagation privilégié, l'air : c'est par rapport à lui que les vitesses comptent. Quand la source bouge, elle comprime les longueurs d'onde ; quand l'observateur bouge, il rencontre simplement les crêtes plus vite. Les deux effets sont différents, ce qui donne des formules différentes.

d) $M=\dfrac{v_{\mathrm{avion}}}{v_{\mathrm{son}}}=\dfrac{500}{343}=1{,}46$. Le demi-angle vérifie $\sin\mu=\dfrac{1}{M}=\dfrac{343}{500}=0{,}686$, donc $\mu=43{,}3^{\circ}$, comme indiqué sur la figure.

e) Non. Comme l'avion va plus vite que le son, il devance en permanence les ondes qu'il émet : tout le son se trouve confiné à l'intérieur du cône, en arrière de l'appareil. Un observateur au sol n'entend donc absolument rien tant que le cône ne l'a pas atteint. Il voit l'avion passer au-dessus de lui en silence, puis reçoit d'un coup le bang supersonique quand la surface du cône le balaye. Le son ne vient pas de la direction où l'avion se trouve alors, mais de la position qu'il occupait plus tôt.

a) Un tuyau ouvert aux deux bouts présente un ventre de déplacement à chaque extrémité, donc $L=\dfrac{\lambda}{2}$ pour le fondamental et $f_{1}=\dfrac{v}{2L}=\dfrac{343}{1{,}20}=286\ \mathrm{Hz}$. Tous les harmoniques existent : $f_{2}=572\ \mathrm{Hz}$ et $f_{3}=858\ \mathrm{Hz}$.

b) Avec une extrémité fermée, il faut un nœud de déplacement du côté fermé et un ventre du côté ouvert, donc $L=\dfrac{\lambda}{4}$ et $f_{1}=\dfrac{v}{4L}=\dfrac{343}{2{,}40}=143\ \mathrm{Hz}$, soit une octave plus bas que le tuyau ouvert de même longueur. Seuls les harmoniques impairs existent : les suivants sont $f_{3}=429\ \mathrm{Hz}$ et $f_{5}=715\ \mathrm{Hz}$. C'est cette absence des harmoniques pairs qui donne au tuyau fermé son timbre plus creux.

c) La fréquence de battement est la valeur absolue de l'écart : $\left|288{,}0-285{,}8\right|=2{,}17\ \mathrm{Hz}$. On entend donc l'intensité varier environ deux fois par seconde.

d) La corde doit passer de $288{,}0$ à $285{,}83\ \mathrm{Hz}$. Comme $f\propto\sqrt{F}$, on a $\dfrac{F'}{F}=\left(\dfrac{f'}{f}\right)^{2}=\left(\dfrac{285{,}83}{288{,}0}\right)^{2}=0{,}985$. Il faut donc détendre la corde d'environ $1{,}5$ pour cent. On note qu'un écart de fréquence de $0{,}75$ pour cent ne demande qu'un ajustement de tension deux fois plus grand, la racine carrée amortissant l'effet.

e) À $35\ \mathrm{^{\circ}C}$, $v=331+0{,}6\times 35=352\ \mathrm{m/s}$. Le tuyau ouvert monte alors à $f_{1}=\dfrac{352}{1{,}20}=293\ \mathrm{Hz}$. La corde étant restée à $288{,}0\ \mathrm{Hz}$, la nouvelle fréquence de battement vaut $\left|288{,}0-293{,}3\right|=5{,}33\ \mathrm{Hz}$, soit plus du double. C'est exactement le problème des orchestres : les instruments à vent montent quand la salle se réchauffe, puisque leur hauteur suit la célérité du son dans l'air, tandis que les cordes ont plutôt tendance à descendre en se détendant. Les deux familles se désaccordent donc en sens opposés, et c'est pourquoi on réaccorde après l'échauffement des instruments, et non avant.

a) $\dfrac{1}{q}=\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{20}=\dfrac{4-3}{60}=\dfrac{1}{60}$, donc $q=+60\ \mathrm{cm}$. Le grandissement vaut $m=-\dfrac{60}{20}=-3{,}0$. L'image est réelle puisque $q>0$, renversée puisque $m<0$, et trois fois plus grande que l'objet.

b) $\dfrac{1}{q}=\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{10}=\dfrac{2-3}{30}=-\dfrac{1}{30}$, donc $q=-30\ \mathrm{cm}$. Alors $m=-\dfrac{-30}{10}=+3{,}0$. L'image est virtuelle puisque $q<0$, droite puisque $m>0$, et trois fois plus grande : c'est le fonctionnement de la loupe. L'objet est ici entre la lentille et son foyer objet.

c) $\dfrac{1}{q}=\dfrac{1}{15}-\dfrac{1}{15}=0$, donc $q$ tend vers l'infini : les rayons émergent parallèles et il n'y a pas d'image à distance finie. C'est la position de collimation, utilisée dans tous les collimateurs et à l'entrée des lunettes réglées à l'infini.

d) Seul le cas a). Une image réelle est formée par des rayons qui convergent effectivement en un point, on peut donc y placer un écran et l'y observer. Dans le cas b), les rayons émergents divergent et ne se croisent nulle part : leur intersection n'existe que sur leurs prolongements en arrière de la lentille. L'image virtuelle ne peut être vue que par un oeil ou un autre instrument, jamais recueillie sur un écran.

e) La taille de l'image vaut $\left|m\right|\times h=3{,}0\times 2{,}0=6{,}0\ \mathrm{cm}$. Le grandissement étant négatif, l'image est renversée : elle mesure $6{,}0\ \mathrm{cm}$ et pointe vers le bas si l'objet pointe vers le haut.

a) La réflexion totale se produit lorsque la lumière va du milieu le plus réfringent vers le moins réfringent, ici de l'eau vers l'air. L'angle limite vérifie $n\sin\theta_{c}=1\times\sin 90^{\circ}$, donc $\sin\theta_{c}=\dfrac{1}{1{,}33}=0{,}752$ et $\theta_{c}=48{,}8^{\circ}$.

b) Au-delà de $48{,}8^{\circ}$ par rapport à la verticale, la surface se comporte comme un miroir parfait : le plongeur n'y voit plus le ciel mais le reflet du fond. Tout le monde extérieur lui apparaît comprimé dans un cône de demi-angle $48{,}8^{\circ}$ au-dessus de sa tête, phénomène appelé la fenêtre de Snell, et l'horizon entier se retrouve concentré sur le bord de ce cercle.

c) Dans le prisme, la relation entre les angles internes est $r+r'=A$. Au minimum de déviation la marche du rayon est symétrique, donc $r=r'$, ce qui donne $2r=A$ et $r=\dfrac{A}{2}=30{,}0^{\circ}$. La loi de Snell à l'entrée donne alors $\sin i=n\sin r=1{,}52\times\sin 30{,}0^{\circ}=1{,}52\times 0{,}500=0{,}760$, d'où $i=49{,}5^{\circ}$.

d) La déviation vaut $D=i+i'-A$, et par symétrie $i'=i$ au minimum, donc $D_{\min}=2i-A=2\times 49{,}46-60{,}0=38{,}9^{\circ}$.

e) Pour le bleu, $\sin i=1{,}53\times 0{,}500=0{,}765$ donne $i=49{,}91^{\circ}$ et $D_{\min}=39{,}8^{\circ}$. Pour le rouge, $\sin i=1{,}51\times 0{,}500=0{,}755$ donne $i=49{,}03^{\circ}$ et $D_{\min}=38{,}1^{\circ}$. L'écart vaut $39{,}81-38{,}05=1{,}76^{\circ}$. Le bleu est le plus dévié, parce que l'indice du verre croît quand la longueur d'onde diminue. C'est cette dispersion qui étale la lumière blanche en un spectre, et c'est aussi elle qui, dans les gouttes d'eau, place le rouge à l'extérieur de l'arc-en-ciel et le violet à l'intérieur.

a) L'interfrange vaut $i=\dfrac{\lambda D}{d}=\dfrac{589\times 10^{-9}\times 2{,}0}{0{,}25\times 10^{-3}}=4{,}71\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$, soit $4{,}71\ \mathrm{mm}$.

b) Le pas du réseau vaut $d=\dfrac{1\ \mathrm{mm}}{600}=1{,}667\times 10^{-6}\ \mathrm{m}$. Le premier ordre vérifie $\sin\theta_{1}=\dfrac{\lambda}{d}=\dfrac{589\times 10^{-9}}{1{,}667\times 10^{-6}}=0{,}353$, donc $\theta_{1}=20{,}7^{\circ}$. Les ordres existent tant que $\sin\theta=\dfrac{m\lambda}{d}\leq 1$, soit $m\leq\dfrac{d}{\lambda}=2{,}83$ : on observe donc les ordres 1 et 2 de chaque côté, et l'ordre 3 est inaccessible.

c) Le premier minimum de diffraction vérifie $\sin\theta=\dfrac{\lambda}{a}=\dfrac{589\times 10^{-9}}{0{,}10\times 10^{-3}}=5{,}89\times 10^{-3}$, donc $\theta=0{,}337^{\circ}$, un angle très petit. La tache centrale s'étend de part et d'autre, sa largeur totale sur l'écran vaut $\dfrac{2\lambda D}{a}=2\times 2{,}0\times 5{,}89\times 10^{-3}=2{,}36\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit $23{,}6\ \mathrm{mm}$.

d) Un ordre d'interférence est manquant lorsqu'il tombe exactement sur un minimum de diffraction, c'est-à-dire lorsque $\dfrac{m\lambda}{d}=\dfrac{n\lambda}{a}$, soit $m=n\dfrac{d}{a}=2{,}5\,n$. Pour $n=1$ cela donne $2{,}5$, qui n'est pas entier, donc aucun ordre n'est perdu. Pour $n=2$ on obtient $m=5$, et pour $n=4$ on obtient $m=10$. Les ordres manquants sont donc les ordres 5 et 10 : l'enveloppe de diffraction efface ces franges d'interférence, qui existent en principe mais reçoivent une intensité nulle.

e) Les franges de Young sont larges et sinusoïdales : l'intensité varie doucement, donc pointer le centre d'un maximum est imprécis. Un réseau à 600 traits fait interférer non pas deux mais des milliers de sources cohérentes, et il faut que toutes soient en phase pour obtenir un maximum : la moindre variation d'angle détruit l'accord et l'intensité s'effondre. Les maximums sont donc extrêmement fins, ce qui permet de mesurer leur position, et donc $\lambda$, avec une précision bien supérieure. C'est le même principe que le pont de Wheatstone : mesurer en cherchant une condition aiguë est toujours plus précis que lire une variation lente.

a) $E=\dfrac{1240}{400}=3{,}10\ \mathrm{eV}$.

b) La relation d'Einstein donne $E_{c,\max}=E-W=3{,}10-2{,}30=0{,}80\ \mathrm{eV}$. La tension d'arrêt est la tension qui bloque même les électrons les plus rapides : $eU_{0}=E_{c,\max}$, donc $U_{0}=0{,}80\ \mathrm{V}$. Numériquement, l'énergie cinétique en électronvolts et la tension d'arrêt en volts ont la même valeur, ce qui est la commodité même de l'électronvolt.

c) Le seuil correspond à $E=W$, donc $\lambda_{0}=\dfrac{1240}{2{,}30}=539\ \mathrm{nm}$. Toute lumière de longueur d'onde supérieure, donc plus rouge que le vert-jaune, n'arrache aucun électron, quelle que soit son intensité.

d) $E_{c,\max}=0{,}80\ \mathrm{eV}=0{,}80\times 1{,}602\times 10^{-19}=1{,}28\times 10^{-19}\ \mathrm{J}$. Alors $v_{\max}=\sqrt{\dfrac{2E_{c,\max}}{m_{e}}}=\sqrt{\dfrac{2{,}563\times 10^{-19}}{9{,}109\times 10^{-31}}}=5{,}30\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}$, soit environ un cinq-centième de la vitesse de la lumière, ce qui justifie le calcul non relativiste.

e) Doubler l'intensité double le nombre de photons par seconde, donc double le nombre d'électrons émis et donc le courant. Mais l'énergie cinétique maximale ne change absolument pas, car elle ne dépend que de l'énergie d'un photon individuel, fixée par la longueur d'onde. C'est précisément ce que le modèle ondulatoire ne pouvait pas expliquer : dans ce modèle, une onde plus intense transporte plus d'énergie et devrait donc communiquer plus d'énergie à chaque électron, et une onde faible devrait finir par arracher des électrons après un temps d'accumulation. L'expérience montre le contraire : un seuil en fréquence, aucun délai, et une énergie indépendante de l'intensité. Il fallait donc admettre que la lumière échange son énergie par grains, un photon pour un électron.

a) $\Delta E=E_{3}-E_{2}=-\dfrac{13{,}6}{9}+\dfrac{13{,}6}{4}=-1{,}511+3{,}400=1{,}889\ \mathrm{eV}$. La longueur d'onde vaut $\lambda=\dfrac{1240}{1{,}889}=656\ \mathrm{nm}$, ce qui correspond au rouge. C'est la raie H-alpha, la plus brillante du spectre visible de l'hydrogène, et c'est elle qui donne leur teinte rouge aux nébuleuses.

b) Ioniser depuis le fondamental, c'est amener l'électron de $n=1$ à $n=\infty$, où l'énergie est nulle. Il faut donc fournir $0-\left(-13{,}6\right)=13{,}6\ \mathrm{eV}$. C'est l'énergie d'ionisation de l'hydrogène.

c) $\lambda=\dfrac{h}{m_{e}v}=\dfrac{6{,}626\times 10^{-34}}{9{,}109\times 10^{-31}\times 5{,}30\times 10^{5}}=\dfrac{6{,}626\times 10^{-34}}{4{,}83\times 10^{-25}}=1{,}37\times 10^{-9}\ \mathrm{m}$, soit environ $1{,}4\ \mathrm{nm}$. C'est plus de dix fois la taille d'un atome, ce qui explique qu'un électron de cette énergie ne puisse pas du tout être traité comme une petite bille.

d) $\Delta p\geq\dfrac{\hbar}{2\Delta x}=\dfrac{1{,}0546\times 10^{-34}}{2\times 1{,}0\times 10^{-10}}=5{,}27\times 10^{-25}\ \mathrm{kg\cdot m/s}$. L'incertitude sur la vitesse vaut alors $\Delta v=\dfrac{\Delta p}{m_{e}}=\dfrac{5{,}27\times 10^{-25}}{9{,}109\times 10^{-31}}=5{,}79\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}$.

e) L'incertitude sur la vitesse, $5{,}79\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}$, est du même ordre que la vitesse elle-même, et même légèrement supérieure. Cela signifie que pour un électron confiné dans un atome, la vitesse n'est pas une grandeur approximativement connue : elle est complètement indéterminée. Parler d'une orbite, c'est-à-dire d'une trajectoire où l'on connaîtrait à la fois la position et la vitesse à chaque instant, n'a donc aucun sens physique. Le modèle de Bohr donne les bons niveaux d'énergie, ce qui explique son succès, mais son image d'un électron parcourant un cercle bien défini est fausse. C'est ce que la mécanique quantique remplace par une densité de probabilité de présence, l'orbitale.

a) Faux. La période vaut $T=2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ : la masse n'y figure pas. Alourdir la masse augmente bien la force de rappel, mais augmente exactement dans la même proportion l'inertie à mettre en mouvement, et les deux effets se compensent. C'est la même raison qui fait tomber tous les corps à la même accélération. Seules la longueur et la pesanteur comptent, comme le montre l'exercice 2 où $L=0{,}994\ \mathrm{m}$ donne deux secondes pour n'importe quelle masse.

b) Faux. La puissance transportée est proportionnelle au CARRÉ de l'amplitude, $P=\dfrac{1}{2}\mu v\omega^{2}A^{2}$. Doubler l'amplitude multiplie donc la puissance par quatre, comme calculé à l'exercice 3. C'est d'ailleurs pour cela que l'énergie d'un oscillateur amorti tombe au quart quand son amplitude tombe à la moitié, résultat obtenu à l'exercice 2.

c) Faux, et l'erreur est du même type que la précédente mais en sens inverse. L'échelle des décibels est logarithmique : doubler l'intensité ajoute $10\log 2\approx 3{,}0\ \mathrm{dB}$. L'exercice 4 le chiffre : deux sources identiques font passer de $90$ à $93\ \mathrm{dB}$, et non à $180\ \mathrm{dB}$, ce qui serait d'ailleurs bien au-delà de tout ce que l'atmosphère peut transmettre. Pour doubler le niveau en décibels, il faudrait multiplier l'intensité par $10^{9}$.

d) Faux, et c'est même le contraire qui se produit. Un objet placé au foyer objet donne une image à l'INFINI : les rayons émergent parallèles, comme calculé à la question c) de l'exercice 7 où $p=15\ \mathrm{cm}=f$ conduit à $\dfrac{1}{q}=0$. Réciproquement, un objet à l'infini donne son image au foyer image. Les deux foyers sont conjugués de l'infini, pas l'un de l'autre.

e) Faux, et c'est l'observation qui a imposé le photon. L'intensité fixe le nombre de photons par seconde, donc le nombre d'électrons émis et le courant, mais l'énergie cinétique maximale ne dépend que de l'énergie d'un photon, c'est-à-dire de la longueur d'onde : $E_{c,\max}=\dfrac{1240}{\lambda}-W$. À l'exercice 10, elle vaut $0{,}80\ \mathrm{eV}$ à $400\ \mathrm{nm}$, et doubler l'intensité la laisse rigoureusement inchangée. Une lumière plus rouge que $539\ \mathrm{nm}$ n'arrache d'ailleurs aucun électron, aussi intense soit-elle, ce qui est incompréhensible dans un modèle purement ondulatoire.