Épreuve de synthèse corrigée : ondes et physique moderne (203-SN3-RE)

a) $\omega_{0}=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{1{,}6\times 10^{4}}{40}}=20$ rad/s.

b) $f_{0}=\dfrac{\omega_{0}}{2\pi}=3{,}18$ Hz. Confondre $\omega$ et $f$ fait perdre un facteur $2\pi$, l'erreur la plus fréquente du chapitre.

c) Le balourd du linge excite la cuve à la fréquence de rotation du tambour : résonance quand celle-ci vaut $3{,}18$ tours par seconde, soit $3{,}18\times 60=191$ tr/min.

d) $v_{max}=A\omega_{0}=0{,}0050\times 20=0{,}10$ m/s et $a_{max}=A\omega_{0}^{2}=0{,}0050\times 400=2{,}0$ m/s².

e) À la résonance, l'amplitude ne serait limitée que par l'amortissement et pourrait devenir dangereuse. En franchissant vite la plage autour de $191$ tr/min pour atteindre $1000$ tr/min ou plus, l'excitation ne reste pas assez longtemps à la fréquence propre pour que l'amplitude ait le temps de croître.

a) Nombre d'onde $k=2{,}5$ rad/m : $\lambda=\dfrac{2\pi}{k}=2{,}51$ m.

b) Pulsation $\omega=40$ rad/s : $f=\dfrac{\omega}{2\pi}=6{,}37$ Hz.

c) $v=\dfrac{\omega}{k}=\dfrac{40}{2{,}5}=16$ m/s. La forme $\sin(kx-\omega t)$ se propage vers les $x$ POSITIFS : une phase constante exige que $x$ augmente quand $t$ augmente.

d) $v_{y}=\dfrac{\partial y}{\partial t}=-0{,}020\times 40\cos(2{,}5x-40t)$, de maximum $A\omega=0{,}80$ m/s, vingt fois moins que la vitesse de propagation : deux vitesses qu'il ne faut jamais confondre.

e) $v=\sqrt{\dfrac{T}{\mu}}$, donc $T=\mu v^{2}=0{,}050\times 16^{2}=12{,}8$ N.

a) Fondamental d'une corde fixée aux deux bouts : $L=\dfrac{\lambda_{1}}{2}$, donc $\lambda_{1}=0{,}660$ m et $v=\lambda_{1}f_{1}=0{,}660\times 440=290$ m/s.

b) $T=\mu v^{2}=0{,}60\times 10^{-3}\times 290{,}4^{2}=50{,}6$ N. La masse linéique doit être en kg/m.

c) $f_{3}=3f_{1}=1320$ Hz.

d) La FRÉQUENCE se conserve en passant de la corde à l'air, la longueur d'onde change avec la vitesse : $\lambda_{air}=\dfrac{343}{440}=0{,}780$ m, alors qu'elle vaut $0{,}660$ m sur la corde.

e) La tension et la masse linéique ne changent pas, donc $v$ non plus ; la longueur vibrante passe à $\dfrac{2}{3}L$ : $f=\dfrac{v}{2\cdot\frac{2}{3}L}=\dfrac{3}{2}\times 440=660$ Hz, la quinte au-dessus.

a) $d=\dfrac{1\ \mathrm{mm}}{600}=1{,}667\times 10^{-6}$ m $=1{,}667$ µm.

b) $\sin\theta=\dfrac{486{,}1\times 10^{-9}}{1{,}667\times 10^{-6}}=0{,}2917$, donc $\theta=17{,}0°$.

c) $\sin\theta=\dfrac{656{,}3\times 10^{-9}}{1{,}667\times 10^{-6}}=0{,}3938$, donc $\theta=23{,}2°$. Le rouge est plus dévié que le bleu : l'inverse d'un prisme.

d) Il faut $\sin\theta=\dfrac{m\lambda}{d}\le 1$, soit $m\le\dfrac{d}{\lambda}=2{,}54$ : l'ordre $2$ est le dernier.

e) $\sin\theta=\dfrac{2\times 656{,}3\times 10^{-9}}{1{,}667\times 10^{-6}}=0{,}7876$, donc $\theta=52{,}0°$. Plus l'ordre est grand, plus les raies sont séparées : c'est la dispersion qui augmente.

a) $\theta_{min}=1{,}22\times\dfrac{550\times 10^{-9}}{3{,}0\times 10^{-3}}=2{,}24\times 10^{-4}$ rad, soit environ $0{,}8$ minute d'arc.

b) Aux petits angles, $\theta=\dfrac{s}{L}$ : $L=\dfrac{1{,}5}{2{,}24\times 10^{-4}}=6{,}7\times 10^{3}$ m $=6{,}7$ km. Au-delà, les deux phares se fondent en une seule tache.

c) $\theta_{min}=1{,}22\times\dfrac{550\times 10^{-9}}{0{,}200}=3{,}36\times 10^{-6}$ rad, soixante-sept fois mieux que l'œil.

d) $s=L\theta=3{,}84\times 10^{8}\times 3{,}36\times 10^{-6}=1{,}29\times 10^{3}$ m $=1{,}3$ km.

e) La limite vient de la DIFFRACTION par l'ouverture : chaque point de l'objet donne une tache dont la taille angulaire est fixée par $\dfrac{\lambda}{D}$. Grossir agrandit les taches autant que leur écart, sans les séparer davantage. Seul un diamètre plus grand, ou une longueur d'onde plus courte, améliore la résolution.

a) $I=400\cos^{2}60°=400\times 0{,}25=100$ W/m².

b) $\cos 90°=0$ : aucune lumière, l'écran paraît noir.

c) Premier filtre à $45°$ : $400\cos^{2}45°=200$ W/m², polarisés désormais à $45°$. Les lunettes font $90°-45°=45°$ avec cette nouvelle polarisation : $200\cos^{2}45°=100$ W/m².

d) En lumière non polarisée, toutes les directions sont également présentes et la moyenne de $\cos^{2}\theta$ vaut $\dfrac{1}{2}$ : $150$ W/m².

e) Un polariseur ne se contente pas de BLOQUER une partie de la lumière : il REDÉFINIT la polarisation de ce qu'il laisse passer. Le filtre intermédiaire tourne la polarisation de $45°$, ce qui donne aux lunettes une composante non nulle à transmettre. Sans lui, la polarisation de l'écran était exactement perpendiculaire aux lunettes.

a) $f_{1}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{300\times 10^{-9}}=10{,}0\times 10^{14}$ Hz et $f_{2}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{400\times 10^{-9}}=7{,}50\times 10^{14}$ Hz.

b) En soustrayant les deux relations, $W$ disparaît : $e(V_{s1}-V_{s2})=h(f_{1}-f_{2})$, donc $h=\dfrac{1{,}60\times 10^{-19}\times 1{,}03}{2{,}50\times 10^{14}}=6{,}59\times 10^{-34}$ J·s, à $0{,}6$ % de la valeur admise. C'est la pente de la droite $V_{s}(f)$, multipliée par $e$.

c) $W=hf_{1}-eV_{s1}=6{,}59\times 10^{-34}\times 1{,}00\times 10^{15}-1{,}60\times 10^{-19}\times 1{,}87=3{,}60\times 10^{-19}$ J $=2{,}25$ eV.

d) $\lambda_{0}=\dfrac{hc}{W}=\dfrac{6{,}59\times 10^{-34}\times 3{,}00\times 10^{8}}{3{,}60\times 10^{-19}}=5{,}49\times 10^{-7}$ m $=549$ nm : au-delà, dans le jaune et le rouge, plus aucun électron n'est émis.

e) Il ne change pas : $V_{s}$ mesure l'énergie cinétique MAXIMALE des électrons, fixée par la fréquence. Doubler l'intensité double le nombre de photons, donc le courant de saturation, pas l'énergie de chaque électron.

a) $E=\dfrac{1240}{97{,}3}=12{,}74$ eV.

b) $E_{n}=-13{,}6+12{,}74=-0{,}86$ eV, donc $n^{2}=\dfrac{13{,}6}{0{,}86}\approx 16$ et $n=4$. On vérifie : $13{,}6\left(1-\dfrac{1}{16}\right)=12{,}75$ eV.

c) Les transitions possibles entre les niveaux $1$ à $4$ sont $4\to 3$, $4\to 2$, $4\to 1$, $3\to 2$, $3\to 1$, $2\to 1$ : six raies, $\dfrac{4\times 3}{2}$ paires de niveaux.

d) La plus grande longueur d'onde correspond au plus petit écart d'énergie, $4\to 3$ : $\Delta E=13{,}6\left(\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{16}\right)=0{,}661$ eV et $\lambda=\dfrac{1240}{0{,}661}=1{,}88\times 10^{3}$ nm.

e) $1876$ nm est dans l'INFRAROUGE : c'est la première raie de la série de Paschen. Un atome éclairé en ultraviolet peut réémettre dans l'infrarouge et dans le visible (la transition $3\to 2$ donne la raie rouge de $656$ nm).

a) $\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{12{,}3\times 3{,}156\times 10^{7}}=1{,}79\times 10^{-9}$ s⁻¹. La demi-vie doit être en SECONDES pour une activité en becquerels.

b) $A=\lambda N$, donc $N=\dfrac{3{,}7\times 10^{11}}{1{,}79\times 10^{-9}}=2{,}07\times 10^{20}$ noyaux.

c) $m=2{,}07\times 10^{20}\times 3{,}016\times 1{,}6605\times 10^{-27}=1{,}04\times 10^{-6}$ kg $=1{,}04$ mg : environ un milligramme suffit.

d) $\dfrac{A}{A_{0}}=2^{-t/T_{1/2}}=2^{-20/12{,}3}=0{,}324$, soit $32$ %.

e) Le quart correspond à deux demi-vies : $24{,}6$ ans. On le lit sans logarithme, parce que $\dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}$.

a) $\Phi=\dfrac{kA\,\Delta T}{e}=\dfrac{0{,}033\times 0{,}80\times 30}{0{,}030}=26{,}4$ W.

b) En une heure, $26{,}4\times 3600=9{,}50\times 10^{4}$ J entrent, qui fondent $\dfrac{9{,}50\times 10^{4}}{3{,}34\times 10^{5}}=0{,}285$ kg $=285$ g.

c) $\dfrac{5{,}0}{0{,}285}=17{,}5$ h.

d) La résistance thermique double, le flux est divisé par deux : $13{,}2$ W, et la glace dure deux fois plus longtemps.

e) L'énergie qui entre sert au CHANGEMENT D'ÉTAT, pas à élever la température : tant que la fusion n'est pas terminée, le mélange eau-glace reste à $0$ °C. C'est ce qui rend la glace si efficace, et c'est aussi ce qui garde l'écart de $30$ K constant dans le calcul.

a) Le flux varie comme $\dfrac{L}{d^{2}}$ : $S=1361\times\dfrac{0{,}5}{0{,}80^{2}}=1063$ W/m².

b) $T_{e}=\left(\dfrac{(1-0{,}35)\times 1063}{4\sigma}\right)^{1/4}=235$ K.

c) $235-273=-38$ °C.

d) $T_{s}=1{,}189\times 235=279$ K, soit $6$ °C.

e) Oui : entre $0$ et $100$ °C sous une pression suffisante, l'eau peut être liquide. C'est l'effet de serre, et non la distance à l'étoile seule, qui décide ici de l'habitabilité : sans atmosphère, la même planète serait gelée.

a) $\Delta F_{2\times}=5{,}35\ln 2=3{,}71$ W/m².

b) $\Delta T_{eq}=0{,}80\times 3{,}71=3{,}0$ K.

c) $\Delta F=5{,}35\ln\dfrac{420}{280}=2{,}17$ W/m².

d) $\Delta T_{eq}=0{,}80\times 2{,}17=1{,}7$ K.

e) Deux raisons principales. L'inertie thermique de l'océan : le climat met des années à des siècles à rejoindre l'équilibre, et une partie du réchauffement dû aux émissions passées est encore à venir. Les aérosols de pollution, qui augmentent l'albédo et exercent un forçage négatif, masquent une partie de l'effet des gaz à effet de serre. D'autres gaz (méthane) ajoutent en revanche leur forçage à celui du CO₂.