Physique 3 Ondes Optique et Physique moderne Solutionnaire (5ed) 9782761355018

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5e ÉDITION

PHYSIQUE 3

S O L U T I O N N A I R E

ONDES, OPTIQUE ET PHYSIQUE MODERNE HARRIS BENSON Bernard Marcheterre Olivier Barron

Avant-propos L’objectif premier d’un solutionnaire est de fournir des explications sur la manière de faire les exercices et les problèmes proposés dans un manuel. Toutefois, pour des raisons à la fois pédagogiques et techniques, on ne peut pas tout y mettre; il faut viser à un juste équilibre, et c’est là parfois une tâche délicate. Nous avons cherché, dans cette réédition du solutionnaire de la collection Physique, à en dire un peu plus, mais sans aller trop loin. Nous avons ciblé un public large : certaines des explications sembleront superflues au lecteur qui cherche simplement à mieux comprendre le sens d’une question, mais largement utiles à l’élève qui s’efforce de comprendre de nouvelles notions de physique. Pour faciliter l’utilisation du solutionnaire, nous en décrivons ci-dessous les principales caractéristiques. B

La présentation typographique respecte maintenant l’usage scientifique : les variables sont en italiques et les unités en romain. Les vecteurs sont, comme dans le manuel, en gras et surmontés d’une flèche.

B

Les réponses sont encadrées, pour qu’on puisse les repérer facilement. Dans les exercices ou les problèmes qui demandent une démonstration, le résultat de la démonstration est lui aussi encadré.

B

En accord avec la règle énoncée à la section 1.4 du tome 1, tous les résultats comportent trois chiffres significatifs, à moins qu’il s’agisse d’une approximation ou que la question exige une réponse plus précise. Notez que l’obtention de résultats légèrement différents peut s’expliquer par l’utilisation, dans les calculs intermédiaires, de valeurs plus précises ou moins précises que celles que nous avons utilisées ici. En général, lorsqu’une valeur correspond au résultat d’une sous-question, ce résultat arrondi à trois chiffres significatifs est utilisé pour les calculs subséquents.

B

Dans les exercices ou les problèmes qui exigent un système d’axes, on utilise les directions habituelles à moins d’avis contraire: l’axe des  positifs pointe vers la droite et l’axe des  positifs pointe vers le haut. Lorsqu’il est fait référence aux points cardinaux ou lorsqu’il s’agit d’une situation à trois dimensions, l’est, le nord et le haut sont respectivement associés à l’axe des  positifs, à l’axe des  positifs et à l’axe des  positifs.

B

Dans la plupart des calculs intermédiaires, les unités des valeurs ne sont pas précisées, à moins qu’il ne s’agisse d’unités qui ne sont pas utilisées habituellement dans le système international.

B

Les transformations algébriques ne sont pas données dans tous les détails, mais la flèche d’implication (=⇒) est fréquemment utilisée pour montrer qu’un résultat conduit à un autre.

B

Pour simplifier les écritures, aucune distinction n’est faite entre l’accélération de chute libre et le champ gravitationnel (voir la section 13.3 du tome 1). iii

Les exercices et les problèmes du manuel qui exigent le recours à l’ordinateur ou à une calculatrice graphique ont été résolus avec le logiciel de calcul symbolique Maple. Dans chaque cas, le solutionnaire donne les lignes de commande propres à l’environnement "worksheet" du logiciel et qui permettent d’obtenir le résultat cherché. Afin de favoriser un apprentissage plus dynamique, le résultat des lignes de commande n’est pas reproduit, sauf en de rares cas. On souhaite ainsi que le lecteur voudra tenter sa chance directement sur l’ordinateur et découvrir, par lui-même, ce que le logiciel affiche. Comme tout ouvrage scientifique, ce document n’est pas à l’abri d’erreurs ou de coquilles, bien que chaque réimpression permette d’en améliorer la précision. C’est pourquoi nous invitons les lecteurs à nous faire part de tout commentaire à notre adresse électronique. On pourra aussi, en communiquant à la même adresse, obtenir la version électronique des lignes de commande Maple utilisées dans ce solutionnaire. Olivier Barron Julie-Anne Denis Bernard Marcheterre [email protected]

iv

Chapitre 1 : Les oscillations Exercices E1.

Étant donné les identités trigonométriques cos  = cos( + 2) et cos  = sin( + 2 ) l’équation () =  cos( − 3 ) est équivalente aux expressions  cos( −

 3

+ 2) =  cos( +

5 3 )

et  sin( −

 3

+ 2 ) =  sin( + 6 )

donc aux expressions (b) et (c) E2.

La position du bloc est donnée par () =  sin( + ) = 003 sin(20 + 4 ) m. Donc l’amplitude vaut  = 003 m et la phase est () =  +  = 20 + 4  (a) On cherche la plus petite valeur de   0 telle que |()| =  = 003 ce qui implique que ¡ ¢ sin 20 + 4 = ±1 =⇒ 20 + 4 = ± 2 =⇒  = 00125 s ou −00375 s Pour avoir min  0 on conserve le premier résultat, soit  = 00125 s

(b) Selon l’équation 1.3, la vitesse du bloc est donnée par ¡ ¢ ¡ ¢    =   = (20) (003) cos 20 + 4 = 06 cos 20 + 4

On cherche la plus petite valeur de   0 telle que | | =  = 06. Ainsi, la vitesse

peut prendre deux valeurs, et ¡ ¢ ¡ ¢  = ±06 = 06 cos 20 + 4 =⇒ cos 20 + 4 = ±1

Cette condition est obtenue pour 20 +

 4

= 0; ; 2;  =⇒  = −00125 s; 00375 s; 00875 s; ...

Pour avoir min  0 on conserve le second résultat, soit  = 00375 s (c) Selon l’équation 1.4, l’accélération du bloc est donnée par ¢ ¢ ¡ ¡   2   =   = − (20) (06) sin 20 + 4 = −12 sin 20 + 4

On cherche la plus petite valeur de   0 telle que | | =  2 = 12 2  ce qui implique ¡ ¢ que sin 20 + 4 = ±1 comme on l’a vu en (a), donc  = 00125 s

(d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position, de la vitesse et de l’accéléra-

tion du bloc. Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de la vitesse et de l’accélération :  restart:  x:=0.03*sin(20*Pi*t+Pi/4);  vx:=diff(x,t);  ax:=diff(vx,t); v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations

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1

 omega:=20*Pi;  plot([x,vx/omega,ax/omega^2],t=0..0.05,color=[red,blue,green]); E3.

Les masses respectives correspondent à a = 1450 kg (automobile) et à p = 150 kg (soit deux passagers de 75 kg). Comme il y a quatre roues et quatre ressorts, on résout le problème en considérant que chaque roue supporte le quart du poids de l’auto et des passagers. (a) La loi de Hooke (équation 1.6) associe la force de rappel d’un ressort à sa compression ou à son allongement. Comme la relation est linéaire, on peut aussi l’exprimer de la manière suivante : ∆res =  |∆| ; un accroissement de l’allongement ou de la compression du ressort entraîne un accroissement de la force de rappel. Ici, le poids ajouté sur chaque roue par les passagers (

p  4 )

est équilibré par une com-

pression supplémentaire, soit 001 m. Donc, on obtient =

∆ ∆

=

p  4∆

=

150(98) 4(001)

=⇒  = 368 × 104 N/m

(b) La période d’oscillation dépend de la masse totale que supporte chaque roue, à savoir =

E4.

a +p 4

= 400 kg

Conséquemment, on trouve q p 400 = 2 s =⇒  = 0655 s  = 2   368×104

La position du bloc est donnée par  = 02 sin(12+02) m dans laquelle la phase équivaut

à () =  +  = 12 + 02. La vitesse du bloc est donnée par  =

 

 =

 

= 24 cos(12 + 02) m/s, et l’accélération, selon l’équation 1.5b, correspond à = − 2  = −288 sin(12 + 02) m/s2

(a) Quand  = 008 m, −2  = − (12)2 (008) =⇒  = −115 m/s2 (b) Si  = 01 m =⇒

sin(12 + 02) = 05, on a () = 12 + 02 =

condition   0 implique que cos(12 + 02)  0 c’est-à-dire

 2

 6

ou

≤  () ≤

5 6  3 2 ;

mais la la phase

doit avoir une valeur se situant dans le second ou le troisième quadrant. On retient la solution  () =

5 6

=⇒  = 0201 s

(c) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position et de l’accélération du bloc. Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de l’accélération :  restart:  x:=0.2*sin(12*t+0.2);  ax:=diff(x,t$2); 2

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v10

 omega:=12;  plot([x,ax/omega^2],t=0..0.4,color=[red,blue]); E5.

La position du bloc est donnée par () = 035 sin(36 + 107) et, selon l’équation 1.3 du manuel, la vitesse du bloc est  () =  cos(36 + 107). On veut que | | = 05 =⇒ cos(36 + 107) = ±05 4 5 7 Cette égalité est satisfaite pour () = ± 3 ; ± 2 3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 , donc 4 5 (36 + 107) = ± 3 ; ± 2 3 ; ± 3 ; ± 3 

Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (  0) et que 2 4 5 3  3  3

d’angle à conserver sont

et

7 3 .

 3

 107, les valeurs

Avec ces quatre valeurs, on calcule

1 = 0285 s; 2 = 0866 s; 3 = 116 s; 4 = 174 s E6.

Selon l’exemple 1.3, si un bloc est lâché à l’instant initial de  = +, sa position pour les instants ultérieurs est décrite par ¢ ¡  =  sin  + 2 où  = 2  et () =  + De plus, dans ce cas, ¡ 2  ¢  =   =  cos  + 2  et  =

 

 2

=

2 

+ 2 .

= − 2  = −2  sin

(a) On veut que

¡ 2 

+

 2

¢ .

¢ ¡ | | = 05 =⇒ cos  + 2 = ±05

4 5 7 Cette égalité est satisfaite pour () = ± 3 ; ± 2 3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 , donc 2 

+

 2

4 5 7 = ± 3 ; ± 2 3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 

Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (  0) et que 2 4 5 3  3  3

d’angle à conserver sont 2 

+

 2

=

 12

; 2 =

2 4 5 7 3 ; 3 ; 3 ; 3

2 

7 3 .

= 6 ;

 3 , les valeurs

On obtient ainsi

5 7 11 6 ; 6 ; 6

=⇒

= 11 12 √ ¢ ¡ À chacun de ces instants, sin  + 2 = ± 23 = ±0866, soit  = ±0866 1 =

5 12

=⇒

et

 2

; 3 =

7 12 ; 4

(b) On veut que

¢ ¡ | | = 05 2 =⇒ sin  + 2 = ±05

7 11 13 Cette égalité est satisfaite pour () = ± 6 ; ± 5 6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 , donc 2 

+

 2

7 11 13 = ± 6 ; ± 5 6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 

Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (  0) et que d’angle à conserver sont v10

5 7 11 6  6  6

et

13 6 .

 2

 6 , les valeurs

On obtient ainsi

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3

2 

+

=

 6

; 2 =

5 7 11 13 6 ; 6 ; 6 ; 6  3

=⇒

2 

= 3 ;

2 4 5 3 ; 3 ; 3

=⇒

= 5 6 ¢ ¡ À chacun de ces instants, sin  + 2 = ± 12 = ±05, soit  = ±0500 1 =

E7.

 2

; 3 =

2 3 ; 4

Puisque  = 50 N/m et  = 05 kg, la fréquence angulaire est q q  50 =  = 05 = 100 rad/s

Les équations de position et de vitesse (équations 1.2 et 1.3) s’écrivent alors  () =  sin(10 + ) et  () = 10 cos(10 + )

dans lesquelles  et  sont inconnues. À  = 01 s, on trouve  = 10 (01) = 1 rad, ce qui implique que  = −02 =  sin (1 + )

(i)

 = 05 = 10 cos (1 + ) =⇒ 005 =  cos (1 + )

(ii)

(a) On divise (i) par (ii) afin d’isoler  : −02 005

=

 sin(1+)  cos(1+)

=⇒ − 40 = tan (1 + ) =⇒

(1 + ) = arctan(−40) = −1330 rad ou 182 rad Pour choisir la bonne constante de phase, on suit le même raisonnement qu’à l’exemple 1.5. L’équation (i) implique que sin (1 + )  0 et l’équation (ii) entraîne que cos (1 + )  0. Pour satisfaire ces deux conditions, on doit choisir une valeur pour (1 + ) qui se situe dans le quatrième quadrant. On choisit donc le premier résultat, et  = −1330 − 1 = −233 rad. Toutefois, la règle énoncée à la section 1.2 du manuel indique que la constante de phase doit posséder une valeur qui se situe entre 0 et 2 radians. On ajoute donc 2 radians à la réponse et  = 2 − 233 =⇒  = 395 rad On résout ensuite pour  au moyen de l’équation (i) : =

−02 sin(1+)

=

−02 sin(495)

=⇒  = 0206 m

(b) On utilise les valeurs de  et de  ce qui donne  () = 0206 sin(100 + 395) , où  est en mètres et  en secondes. (c) La condition  = 02 m et  = −05 m/s implique que sin (())  0 et que cos (())  0 ce qui survient lorsque l’argument  () = 10 + 395 appartient au deuxième quadrant. Si on reprend l’équation de la position, on trouve 4

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v10

 = 02 = 0206 sin (10 + 395) =⇒ sin (10 + 395) = 0971 =⇒  () = 10 + 395 = arcsin(0971) = 1330 rad ou 1812 rad On conserve 1812 rad pour que l’argument se trouve dans le deuxième quadrant, et on obtient 10+395 = 1812 =⇒  = −0214 s. Toutefois, il faut rejeter cette valeur parce qu’elle est négative. On obtient la bonne valeur en remplaçant 1812 rad par (1812 rad + 2 rad), soit la même position dans le cercle trigonométrique, mais avec un tour supplémentaire. Ainsi, 10 + 395 = 1812 + 2 =⇒  = 0414 s (d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position et de la vitesse du bloc. Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de la vitesse :  restart:  x:=0.206*sin(10*t+3.95);  vx:=diff(x,t);  omega:=10;  plot([x,vx/omega],t=0..0.7,color=[red,blue]); E8.

Puisque  = 4 N/m et  = 025 kg, la fréquence angulaire est q q  4 =  = 025 = 400 rad/s

Les équations de position, de vitesse et d’accélération (équations 1.2, 1.3 et 1.4) s’écrivent alors  =  sin(4 + ),  = 4 cos(4 + ) et  = −16 sin(4 + )

À  = 015 s, on a  = 4 (015) = 06 rad, donc  = −0174 = 4 cos(06 + ) =⇒

−0174 4

 = 0877 = −16 sin(06 + ) =⇒

0877 −16

= −00435 =  cos(06 + )

(i)

= −00548 =  sin(06 + )

(ii)

On divise (ii) par (i) afin d’isoler  : −00548 −00435

=

 sin(06+)  cos(06+)

=⇒ 126 = tan (06 + ) =⇒ (06 + ) = 0900 rad ou 4042 rad

Pour choisir la bonne réponse, on doit revenir aux équations (i) et (ii). À  = 015 s, le cosinus et le sinus sont négatifs ; on doit donc choisir la valeur pour (06 + ) qui se trouve dans le troisième quadrant, soit 4042 rad. Avec cette valeur, on obtient  = 4042 − 06 = 344 rad On résout ensuite pour  au moyen de l’équation (i) : v10

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5

=

−00435 cos(4042)

= 00700 m

On utilise les valeurs de  et de  et on écrit  () = 00700 sin(400 + 344) , où  est en mètres et  en secondes. E9.

On utilise un axe des  positifs vers le bas, dont l’origine se situe à l’extrémité du ressort. La position d’équilibre du bloc se situe à éq = 016 m. On en déduit, en suivant le raisonnement de l’exemple 1.6, que  =  = 05(98) 016 = 3063 N/m et que l’oscillation éq q  = 7826 rad/s. aura une fréquence angulaire de  = 

(a) Comme on l’a vu à l’exemple 1.6, l’oscillation du bloc se fait autour de éq . La variable

0 donne la position par rapport à ce point et sa valeur, au moment où on lâche le bloc, est donc 0 = 008 m. Comme la vitesse initiale est nulle, il s’agit d’une situation similaire à celle qui est décrite dans l’exemple 1.3 et pour laquelle on a déjà montré que la constante de phase équivaut à=

 2

rad. Ainsi, la position du bloc par rapport à éq sera décrite par ¢ ¡ 0 () = 00800 sin 783 + 2 , où  est en mètres et  en secondes.

(b) Lorsque l’allongement du ressort correspond à  = 01 m, la variable 0 qui décrit l’oscillation a pour valeur 0 =  − éq = 010 − 016 = −006 m. On trouve donc ¢ ¡ ¢ ¡ −006 = 008 sin 783 + 2 =⇒ sin 783 + 2 = −075 ¢ ¡ La vitesse du bloc est proportionnelle à cos 783 + 2 ; or, puisque cos2  + sin2  = 1 alors ¯ ¡ ¢¯ q ¡ ¢ ¯cos 783 +  ¯ = 1 − sin2 783 +  = 0661 de sorte que 2 2 ¯ ¡ ¢¯ | | =  ¯cos 783 + 2 ¯ =⇒ | | = 0414 m/s De plus, selon l’équation 1.5b, on obtient  = − 2 0 =⇒  = +368 m/s2 E10.

Sachant que la fréquence angulaire est de  =

6

 

le rapport des fréquences d’oscillation q 2 =  1  Si 1 = 12 Hz pour 1 =  et

en fonction des masses s’écrit ainsi : 12 ¡ ¢ si 2 = 09 Hz pour 2 =  + 50 × 10−3 g , le rapport des fréquences devient q −3 12 +50×10−3 = =⇒ (1333)2 − 1 = 50×10 =⇒  = 643 × 10−3 kg 09   q 2 1  et puisque 1 = 21 = 2  =⇒  = (21 )  =⇒  = 366 N/m =

E11.

q

 2

On donne  = 14 N/m et  = 003 kg, de sorte que q q 14  =  = 003 = 683 rad/s

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v10

On donne aussi  = 12 cm. (a) Les équations générales pour la position et la vitesse du bloc sont  () =  sin( + )  () =  cos( + ) Si on insère  = −4 cm et la valeur de l’amplitude dans l’équation de la position, on calcule  

= sin ( + ) =⇒ sin ( + ) =

−4 cm 12 cm

= − 13

Bien que l’instant  soit inconnu et qu’aucune information ne soit donnée sur la constante de phase , on peut calculer le cosinus du même argument en faisant appel à l’identité trigonométrique sin2 ( + ) + cos2 ( + ) = 1 : p cos ( + ) = ± 1 − sin2 ( + ) = ±09428

ce qui permet de calculer la vitesse du bloc :

 =  cos ( + ) = (683) (012) (±09428) =⇒  = ±0773 m/s On obtient l’accélération du bloc au moyen de l’équation 1.5b :  = − 2  = − (683)2 (−004) =⇒  = 187 m/s2 (b) Si  = 8 cm, on trouve 8 cm 2 = sin ( + ) =⇒ sin ( + ) = 12 cm = 3 =⇒ p cos ( + ) = ± 1 − sin2 ( + ) = ±0745 =⇒  

 =  cos ( + ) =⇒  = ±0611 m/s  = − 2  =⇒  = −373 m/s2

E12. (a) et (b) Dans ces deux situations, on exprime la force propre à chaque ressort au moyen de  soit la position du bloc. Ainsi, pour les deux ressorts, la composante de force porte le même signe : P  = −1  − 2  =  =⇒ − (1 + 2 )  =  =⇒ − eff  = 

Dans cette expression, eff désigne la constante d’un ressort unique qui remplacerait les deux ressorts actuellement fixés au bloc, ce que l’on désigne aussi par la valeur efficace de la constante des deux ressorts. Puisque q q  eff = 1 + 2 et que  = 2  =⇒  = 2 1 +2 eff

(c) Pour ce système, on considère la somme des forces sur le bloc et sur le point de contact entre les deux ressorts. On désigne par 1 et 2 l’allongement de chacun des ressorts et v10

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par  la position du bloc. La somme des forces sur le point de contact des deux ressorts est nulle parce que la masse de ce point est nulle. On a 1 ou 2  0 lorsqu’un ressort est étiré et 1 ou 2  0 lorsqu’un ressort est comprimé. Ainsi, quelle que soit la situation considérée, on trouve, sur le point de contact des deux ressorts : P (i)  = −1 1 + 2 2 = 0 =⇒ 1 1 = 2 2

D’autre part, seul le ressort 2 crée une force sur le bloc, ce qui donne P  = −2 2 =  (ii)

On cherche la valeur efficace des deux ressorts, de sorte que le côté gauche de (ii) correspond à −2 2 = −eff 

(iii)

où  désigne la position du bloc et non l’étirement du ressort qui lui est attaché. Comme  = 1 + 2

(iv)

on peut résoudre les équations (i), (iii) et (iv), pour eff et aboutir à eff =

1 2 1 +2

Puisque  = 2 E13.

q

 eff

=⇒  = 2

q

(1 +2 ) 1 2

Le module de la vitesse tangentielle de la particule et la vitesse angulaire de son mouvement circulaire sont liés par l’équation 11.5, t =  Comme t est constant,  le sera aussi. En coordonnées planes polaires (voir la section 1.7 du manuel), la position de la particule selon chaque axe est donnée par  =  cos () et  =  sin ()  où  =  augmente à un taux constant. Il s’ensuit que  =  cos () et  =  sin () ; on en conclut que ces équations de trajectoire décrivent toutes deux des mouvements harmoniques simples

E14.

étant donné qu’elles ont la même forme que l’équation 1.2. =⇒ CQFD q q  32 On donne  = 32 N/m et  = 005 kg, de sorte que  =  = 005 = 2530 rad/s, ce qui permet de déduire que la période des oscillations est  =

2 

= 2483 ms. On donne

aussi  = 02 m, et les équations de position et de vitesse sont ¡ ¢ ¢ ¡  () =  sin  + 2 et  () =  cos  + 2

(a) À  = 02 on a  =

2 

(02 ) = 04, et, sachant que  = 12 2 et  = 12 2  on

obtient ¡ ¡ ¢¢2   cos 04 + 2 = 2 ( cos (09))2 =⇒  = 579 mJ ¡ ¡ ¢¢2   = 2  sin 04 + 2 = 2 ( sin (09))2 =⇒  = 611 mJ

=

8

 2

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v10

(b) On insère la valeur  = 2 dans l’équation de la position et on calcule ¡ ¢ ¡ ¢   =⇒ sin2  + 2 = 14 2 =  sin  + 2 Ce qui implique, pour le cosinus du même argument, que ¡ ¢ ¡ ¢ cos 2  + 2 = 1 − sin 2  + 2 = 34

On remplace ensuite par ces deux fractions dans les équations de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle. On obtient ¡ ¡ ¢¢  2 = 38  ()2 =⇒  = 480 mJ = 2  cos  + 2 ¡ ¡ ¢¢2 1 2  = 2  sin  + 2 = 8  =⇒  = 160 mJ

(c) La condition  =  implique que ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¡ ¢¢2   2 = 2  sin  + 2 2  cos  + 2

(i)

Toutefois, si  = 2  l’équation (i) devient ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢¢2 2 ¡   2 =  =⇒  sin  + 2 2  cos  + 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ cos2  + 2 = sin2  + 2

Cette égalité est satisfaite pour toute valeur d’angle correspondant à un multiple impair 5 de la valeur 4 , soit 4  3 4  4 et ainsi de suite. Dans un langage mathématique concis, cette

condition s’écrit  +

 2

=

(2+1)  4

où  ∈ N

Si on développe cette dernière égalité, on obtient  =

(2+1) 4

−

 2

=

(2+1)−2 4

=

(2−1) 4

=⇒

2  

=

(2−1) 4

=⇒  =

(2−1) 8

Avec  = 0 on obtient un temps négatif, que l’on doit exclure. Si on veut éviter cette première réponse négative, on change le signe apparaissant dans la parenthèse et on écrit =

(2+1) 8

= (2 + 1) · 310 ms, où  ∈ N

(d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de l’énergie potentielle et de l’énergie cinétique du bloc. On superpose ensuite le graphe de ces deux paramètres sur une période :  restart:  omega:=2*Pi/T;  x:=A*sin(omega*t+Pi/2);  vx:=diff(x,t);  U:=’k*x^2/2’;  K:=’m*vx^2/2’;  k:=32; A:=0.2; m:=0.05; T:=2*Pi*sqrt(m/k);  plot([K,U],t=0..T,color=[red,blue]); v10

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9

E15.

On donne  = 60 N/m et  = 0080 kg, de sorte que  = l’amplitude du mouvement est  = 12 cm.

q

 

=

q

60 0080

= 274 rad/s et

Sachant, selon l’équation 1.13 du manuel, que  +  =  = 12 2 , la condition  = 12  implique que 1 2

+  =  =⇒  = 23  =⇒ q On en déduit que  = ± 23 .

1 2 2 

=

2 3

¡1

2 2 

¢

En insérant cette condition pour  dans  () =  sin ()  on obtient q ³ q ´ sin () = ± 23 =⇒  = arcsin ± 23

Le calcul de l’arcsinus avec la valeur positive du radical donne  = 09553 rad. Les trois résultats suivants sont, en faisant croître la valeur de l’angle,  − 09553 = 2186 rad,  + 09553 = 4097 rad et 2 − 09553 = 5328 rad.

Puisque  () =  sin () = (12 cm) sin (274)  on trouve  = 980 cm à 1 = 349 ms et 2 = 798 ms  = −980 cm à 3 = 150 ms; 4 = 194 ms E16.

On calcule directement avec  = 1012 Hz,  = 005 nm et  = 10−26 kg (a)  = 2  =⇒  = 314 m/s (b)  = max = 12  ()2 =⇒  = 493 × 10−22 J (c) 2  = (2)2  =⇒ 2  = 197 × 1015 m/s2 (d)  = 2  = (2 )2  =⇒  = 0395 N/m

E17.

L’équation de la position s’écrit  () = 02 sin (4 + 0771) et on donne  = 12 N/m. De cette équation, on déduit que  = 4 rad/s et que  = 02 m. (a) Au moyen de l’équation 1.9, on calcule q  12 =⇒  = 2 = (4) 0750 kg =  2 = (b) Au moyen de l’équation 1.13, on obtient  = 12 2 =

1 2

(12) (02)2 = 0240 J

(c) On cherche le premier instant où  = 12  . Si on insère cette condition dans l’équation 1.13, on obtient ¡ ¢ +  =  =⇒  = 23  =⇒ 12 2 = 23 12 2 =⇒ 2 = 23 2 q Cette condition implique que  = ± 23  = ±08165, mais nous cherchons le premier  +  =  =⇒

1 2

instant   0 pour lequel cette condition est respectée. 10

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v10

Si  = −08165 alors  sin (4 + 0771) = −08165 ou encore que sin (4 + 0771) = −08165 =⇒ (4 + 0771) = arcsin (−08165) = 4097 rad ou 5328 rad Si  = 08165 alors  sin (4 + 0771) = 08165 ou encore que sin (4 + 0771) = 08165 =⇒ (4 + 0771) = arcsin (08165) = 09553 rad ou 2186 rad Puisqu’on cherche le premier instant positif, il faut retenir le troisième résultat, ce qui donne (4 + 0771) = 09553 =⇒  =

09553−0771 4

= 00461 s

(d) On calcule la position à l’instant fourni,  = 02 sin (4(01) + 0771) = 01842 m et on obtient l’accélération à partir de l’équation 1.5b :  = − 2  = − (4)2 (01842) = −295 m/s2 E18.

Si la masse du système passe de  à 0 =  +

 2

= 32  on observe

(a) que, comme l’amplitude ne dépend pas de la masse, cela ne produit aucun effet (b) que, comme l’énergie mécanique ne dépend pas de la masse, mais plutôt de l’amplitude du mouvement, cela ne produit aucun effet (c) que, comme la période dépend de la masse, on trouve q q 0 0 0 2 0 = =⇒ =    3 =⇒  = 0816

(d) que, comme le déphasage ne dépend pas de la masse, cela ne produit aucun effet E19.

On donne  = 0050 kg et  = 4 N/m. (a) La situation est décrite à l’aide de la figure suivante :

La partie A montre le bloc au moment initial, à un niveau tel que le ressort n’est pas étiré. En accord avec la description de l’oscillation verticale d’un bloc faite à l’exemple 1.6 du manuel, la partie B décrit la position 0 d’équilibre que prendrait le bloc s’il n’oscillait v10

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11

pas. Si le bloc se met à osciller, par exemple en le lâchant de la position A, cette position  = 0 constitue le centre de l’oscillation. C’est pourquoi il est préférable d’utiliser une autre variable, 0 , dont l’origine est en  = 0 , pour décrire l’oscillation. Par rapport à cette nouvelle variable, la position initiale du bloc lâché en A est −0 et on peut conclure que dans son mouvement vers le bas, le bloc va étirer le ressort jusqu’à atteindre un point où 0 = 0  qui correspond à un étirement du ressort de  = 20 . C’est ce que montre la partie C de la figure. Selon l’exemple 1.6, 0 =

 

=

(0050)(98) 4

= 01225 m, de sorte l’étirement maximal du

ressort sera de  = 2 (01225) = 0245 m On peut aussi trouver la solution en considérant l’égalité entre l’énergie mécanique du bloc exprimée au point de départ (i ) et au point le plus bas (f ). Si on utilise la variable , qui correspond à l’étirement du ressort, on a i = 0 f = 12 2 +  (−) et i = f =⇒ 0 = 12 2 −  =⇒  =

2 

= 0245 m

Soit le même résultat que nous avions trouvé plus haut. (b) Le temps mis par le bloc pour atteindre le point le plus bas correspond à la moitié de la

E20.

période du mouvement d’oscillation qui s’amorce. Au moyen de l’équation 1.10, on trouve p ∆ = 12  =    =⇒  = 0351 s On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6.

On donne  = 09 s, donc  =

2 

= 6981 rad/s. À  = 0  =  = 8 cm =⇒  =

 2

L’expression de la position en fonction du temps est alors ¡ ¢ ¡ ¢ () =  sin  + 2 = 008 sin 6981 + 2 ¡ ¢ (a) À  = 12 s,  = 008 sin 6981 (12) + 2 = −00400 m q ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ (b) À  = −005 m, sin  + 2 = − 58 =⇒ cos  + 2 = ± 1 − sin2  + 2 =⇒ ¡ ¢ cos  + 2 = ±07806 et, selon l’équation 1.3 ¢ ¡  =  cos  + 2 = (008) (6981) (±07806) = ±0436 m/s (c) Au moyen de l’équation 1.5b, à  = −005 m, on obtient  = − 2  = 244 m/s2

(d) Lorsque  = 0 on trouve l’énergie mécanique au moyen de la vitesse maximale :  = 12  ()2 = 935 mJ E21.

12

Pour un bloc attaché à un ressort, l’énergie mécanique s’exprime comme suit, quels que ¢ ¡  ¢¡ 2 soient  et  :  = 12 2 + 12 2 = 12 2 =⇒ 2 =   − 2 =⇒

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v10

√  = ± 2 − 2 =⇒ CQFD E22.

Pour un pendule simple, on a  =

q

 

=

q

98 08

= 35 rad/s.

À  = 0 on donne  ( = 0) = 015 rad, et la vitesse tangentielle a pour valeur ¡ ¢ t =    =0 = +60 cm/s

L’équation 11.5 du manuel associe la vitesse tangentielle du pendule à la vitesse angulaire de son mouvement : ¡  ¢ 060 t  =0 =  = 080 = 075 rad/s.

Si 0 représente l’amplitude angulaire du mouvement, les équations donnant la position et la vitesse angulaires s’écrivent comme suit :  () = 0 sin ( + ) =⇒

() 0

 

1  0 

= 0 cos ( + ) =⇒

= sin ( + )

(i)

= cos ( + )

(ii)

(a) On divise (i) par (ii) en posant que  = 0 afin d’isoler  : ³ ´ (=0) 35(015) sin  = =⇒  = arctan =⇒  = 0611 rad ou 3753 rad  cos  075 (  )=0 ¡  ¢ Comme  ( = 0) et  =0 sont positifs, on en déduit que le sinus et le cosinus des équations (i) et (ii) doivent être positifs et que  doit se situer dans le premier quadrant,

soit  = 0611 rad D’après l’équation (i), on obtient sin  =

(=0) 0

=⇒ 0 =

(=0) 

=

015 0573

=⇒ 0 = 0262 rad

(b) Avec  = 004 kg, on calcule l’énergie mécanique pour t = 06 m/s et  ( = 0) = 015 rad, ce qui donne  = 12 t2 +  (1 − cos ) = 004

³

(06)2 2

´ + 98 (08) (1 − cos (015)) = 107 mJ

(c) À la hauteur maximale, on pose t = 0 dans  = 12 t2 +  =⇒  = 274 cm E23.

Pour un pendule composé, la période est  = 2

q

  

où, pour une règle ( = 1 m), le

moment d’inertie  s’obtient par le théorème des axes parallèles  =

1 2 12 

+ 2 

(a) Lorsque le pivot passe par l’extrémité avec  = 2 , on trouve q 1 2 + 2 = 0333 =⇒  = 2 0333 = 164 s  = 12   2

(b) Lorsque le pivot passe par  = 060 m avec  =  − 2 = 010 m on obtient r 00933 1 = 194 s 2 + 2 = 00933 =⇒  = 2   = 12 (− 2 )

v10

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13

E24.

Pour un disque homogène de masse  et de rayon  la période du pendule composé

E25.

équivaut à q q   = 2  où  = 32  2 =⇒  = 2 3 2

E26.

fréquence : p 1  = 2  =

E27.

fréquence : q q q 01   = 2  = 2 12 = 2(05) 12(25) = 0181 s

Pour un pendule à torsion formé d’un disque dont  = 12  2  on calcule directement la

1 2

q

2 

=

1 2(005)

q

2(2) 01

= 201 Hz

Pour un pendule à torsion formé d’une tige dont  =

On calcule directement pour 0 = 20◦ =

 9

rad et  =

1 2 12   

q

 

=

on calcule directement la

q

98 04

= 495 rad/s, ce qui

permet d’obtenir q q (a)  = 2  = 2 04 98 = 127 s ¡  ¢ ¡ ¢  (b)  max = 0  tmax =    max =  0 = 04 (495) ( 9 ) = 0691 m/s

(c)  = 12 t2max = 12 (005) (0691)2 = 119 mJ √ E28. Puisque  ∝  pour une même constante de torsion, le rapport des périodes s’établit

E29.

comme suit : q q 05+ 2 2 4 = =⇒ = =⇒  = 0389 kg·m2 1 1 3 05 √ √ 1 Puisque  ∝  ∝    où  = 12  2 , et sachant que obtient 2 1

=

2 1

q

2 1

=

1 2

√ 2=

2 1

=

1 2

et que

2 1

= 2 on

√1 2

où 1 = 09 s =⇒ 2 = 0636 s q E30. (a) On calcule directement  sachant que  = 2  2

E31.

Pour  = 20 s, on trouve  = 42 = 2 = 0993 m q √ (b) Puisque  ∝  et 12 = 6 on obtient 2 = 1 12 = 490 s

La position angulaire initiale doit être exprimée en radians, soit 0 = 30◦ = 0524 rad, et q q la fréquence angulaire équivaut à  =  = 98 08 = 35 rad/s.

(a)  =

2 

= 180 s

(b) Ce mouvement est similaire à celui d’un bloc qu’on lâche à l’instant initial comme à l’exemple 1.3 : la position initiale correspond à l’amplitude, et la constante de phase à

14

 = 2 , de sorte que ¢ ¢ ¡ ¡  () = 0 sin  + 2 = 0524 sin 350 + 2 , où  est en radians et  en secondes.

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v10

(c) On obtient l’énergie mécanique au moyen de l’équation 1.13, où le terme correspondant à l’énergie potentielle gravitationnelle est nul lorsque la masse se trouve au point le plus bas de sa trajectoire. En ce point, le module de la vitesse tangentielle de la masse est

E32.

maximal et correspond à 0 . Ainsi, on trouve  = 12 2 = 12  (0 )2 = 215 mJ ¡ ¢ 1 (d) À () = 15◦ = 20 , on a sin  + 2 = () 0 = 2 =⇒ q ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ cos  + 2 = ± 1 − sin2  + 2 =⇒ cos  + 2 = ±0866 ¯ ¯ ¯ ¡ ¢¯  ¯ ¯ ¯ = 127 m/s On calcule alors t =  ¯   =  0 cos  + 2 Comme  = 2 s,  =

2 

=  rad/s, et la position angulaire du pendule est donnée par

 () = 0 sin ( + ) = 0 sin ( + ) où 0 = 20◦ =

 9

rad. Dans cet exercice, la valeur

de la constante de phase n’a pas d’importance : on cherche le délai en temps entre deux positions et non le moment précis où une position angulaire est atteinte. On pose donc  = 0 et  () = 0 sin (). Avec une telle constante de phase, le pendule est au point le plus bas lorsque  = 0 s. Quand il atteint () = 10◦ =

0 2 ,

on a sin () =

1 2

=⇒  =

 6

rad =⇒  =

1 6

s

Comme le mouvement est symétrique, le temps requis pour passer de −10◦ à 10◦ est 2 = 0333 s E33. (a)  =

2(024) 06

(b) max

= 08 s =⇒  = 2  = 785 rad/s ¡ ¢ =  2  = 0150 (785)2 (012) = 111 N

(c)  = 785 (012) = 0942 m/s E34. (a)  =

2 

=

2 5

= 0400 s

(b)  = 0250 m (c)

 4

rad

(d)  = 5 (025) = 393 m/s (e) 2  = (5)2 (025) = 617 m/s2 ¢ ¡ E35. (a)  = 025 sin 5 (02) + 4 = −0177 m ¡ ¢ (b)  =  cos 5 (02) + 4 = −278 m/s

(c)  = − 2  = − (5)2 (−0177) = 437 m/s2

E36. (a)  = 016 sin (8 (01) + 598) = 763 × 10−2 m (b)  = 8 (016) cos (8 (01) + 598) = 113 m/s ¡ ¢ (c)  = − 2  = − (8)2 763 × 10−2 = −488 m/s2 v10

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15

E37. (a)  = 2 et 2  = (2)2  =⇒  = 704 × 10−2 m et  = 4 = 0282 m (b)  = (2 )  = 0531 m/s E38. (a)  = 125 m/s et  2  = 90 m/s2 =⇒  = =

125 

2  

=

90 125

=⇒

 = 720 rad/s et

=⇒  = 0174 m

(b)  = 12 2 + 12 2 = 12 2 et  =  2 =⇒  = 0907 m/s E39. (a)  = 120 cm et  = 2 (06) = 12 s =⇒  =

2 12

=⇒  = 524 rad/s

2  

=

(b)  = 0628 m/s (c) 2  = 329 m/s2 E40. (a)  = 015 m/s et 2  = 090 m/s2 =⇒  =  = (b)  =

2 

090 015

=⇒  = 600 rad/s =⇒

= 105 s

015 

=⇒  = 250 cm

E41. (a)  = (2 )  = 0314 m/s (b)  2  = 987 m/s2 E42. (a)  = (2 )  = 221 m/s (b)  2  = 611 × 103 m/s2 E43. (a)  =

2 

=

2 04

= 157 rad/s et  2  = 28 m/s2 =⇒  = 0113 m

On insère  = 0 s et  =  2  dans l’équation 1.4, ce qui permet d’obtenir −2  sin () = 2  =⇒ − sin () = −1 =⇒  = 3 2 rad ¢ ¡ (b)  = 0113 sin 157 + 3 , où  est en mètres et  en secondes. 2

E44. (a) On pose  =  = 008 m dans  = 008 sin (515), de sorte que 1 = sin (515) =⇒ arcsin(1) =

 2

= 515 =⇒  = 0305 s

(b) Si  =  = (008) (515) dans  = (008) (515) cos (515) alors 1 = cos (515). Toutefois, comme on veut le premier instant pour lequel   0, on exclut le résultat arccos(1) = 0. De sorte que arccos(1) = 2 = 515 =⇒  = 122 s (c) Avec  = 2 = (008) (515)2 dans  = − (008) (515)2 sin (515) on obtient −1 = sin (515) =⇒ arcsin(−1) =

3 2

= 515 =⇒  = 0915 s

E45. (a) La période ne change pas. ¡  ¢12 ¡  ¢12 (b)  =  et  = 2 =⇒  = 2  ³ 0 ´12 ¡ ¡ ¢ ¢ ³ ¡  ¢12 ´ ¡ 12 ¢ 12 12 = 2 2 = 2 = 2 2   = (2)12 (25) = 354 s  0 = 2   ¡ ¢12 ¡  ¢12 (c)  0 = 2  = 2 2 = 12 = 25 177 s 12 = 0 (2)

16

(2)

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v10

Selon l’exemple 1.6, il existe une relation simple entre la position 0 d’équilibre du ressort

E46.

et sa constante  : 0  = 0 =⇒  =

0  0

=

0025(98) 016

= 153 N/m

Pour un bloc de masse  = 0040 kg, on obtient  = 056 016

= 35 rad/s et  =

2 

=

¡  ¢12

2 12

(  )

= 102 s

 = 056 m/s =⇒  =

E48.

On donne  = 019 kg, 0 = −225 cm et 0 = 0. Comme la vitesse initiale est nulle,



=⇒  =

 2

E47.

= 0200 kg

on peut déduire facilement que l’amplitude du mouvement est  = |0 | = 0225. À partir de sa position initiale, le bloc va accélérer, passer au centre et se rendre jusqu’en un point où  = . Ce n’est qu’à ce moment que sa vitesse redeviendra nulle. Il se sera écoulé un temps  = 035 s qui correspond à la moitié d’une période. On conclut donc que  = 2(035) = 070 s. (a) Au moyen de l’équation 1.10, on calcule la constante du ressort : ³ ´2 ¡ 2 ¢2 p 2  = 2  =⇒  =  = (019) = 153 N/m   070

(b) Toujours au moyen de l’équation 1.10, on calcule la fréquence angulaire :  =

2 

=⇒  =

2 

=

2 070

= 898 rad/s

On calcule ensuite le module de la vitesse maximale du bloc :  = (898) (0225) = 202 m/s (c) 2  = (898)2 (0225) = 181 m/s2 D’après l’exemple 1.6, on trouve pl  = 0 =⇒  =

E49.

p l  0

=

05(98) 014

= 350 N/m

Si on ajoute le poisson (po) sur le plateau (pl), on obtient 2 =

 p l +p o

=⇒ (pl + po ) =

 2

=

 (2 )2

= 0807 kg =⇒ po = 0307 kg

E50. (a)  = 2 = 880 rad/s et  = 029 m/s =⇒  = 330 cm (b)  =  2 = 002(880)2 = 155 N/m (c)

4 

= 185 cm/s

E51. (a)  =

40 4

= 10 cm et  2  = 36 m/s2 =⇒  = 6 rad/s

Puisque  = + lorsque  = 0, la constante de phase est  = 2 comme dans l’exemple ¢ ¡ 1.3, et la position du bloc est donnée par  = 0100 sin 600 + 2 , où  est en mètres

E52. v10

et  en secondes. ¢ ¡ ¢ ¡ (b)  = 0100 sin 600 + 2 = 0 =⇒ 600 + 2 =  =⇒  = 0262 s La distance totale parcourue durant un cycle est 4 =⇒  =

60 4

= 015 m.

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17

De même, puisque  = 2 s =⇒  =

2 

=  rad/s.

Si on insère  = 0 dans l’équation 1.2, on obtient  =  sin  = 0 =⇒  = 0 ou  Toutefois, au même instant  =  cos  et l’énoncé de la question précise que cette vitesse est négative. On choisit donc  =  de sorte que  = 0150 sin ( + ) , où  est en mètres et  en secondes. E53.

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5 et de l’exercice 7. À  = 0  =  sin  = 015, et  = 6 cos  = 13; donc (a)  = 0264 m (b)  = 0606 rad

E54.

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6. (a)  = −2  = 85 m/s2 =⇒  = 5 rad/s À  = 0  =  =⇒  = 2 et ¢ ¡  = 0340 sin 500 + 2 , où  est en mètres et  en secondes.

(b)  = 5 (0340) = 170 m/s ¢ ¡ ¢ ¡ (c)  = 170 cos 5 + 2 = 170 =⇒ cos 5 + 2 = 1 =⇒ 5 +

 2

= 0 ou 2 On choisit

2 pour que l’instant trouvé soit positif, et  = 0943 s

E55.

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 ou de l’exercice 6. Comme dans ces deux situations, le bloc est relâché à l’instant initial ( = 0), ce qui implique que 0 = , 0 = 0 et entraîne que la constante de phase prend la valeur  = 2 . On donne  = 061 s, de sorte que  =

2 

= 103 rad/s. La position du bloc, à l’instant

, est  =  sin(103 + 2 ) =  cos(103) Et vitesse est donnée par  =

 

= − sin(103)

Mais à  = 005 s,  = − sin(103) = −0964 m/s =⇒  = 0190 m q E56. (a)  = − 2  =⇒  = −(−405) = 450 rad/s 2 (b) Puisque  =  2 dans l’équation 1.13, on obtient 1 2 2 

E57.

+ 12 2 = 12 2 =⇒ 2 +

2 2

= 2 =⇒  = 268 cm

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5 et de l’exercice 7. À  = 0  =  sin  et  =  cos . Pour chaque cas, on considère la valeur de  et le signe de

18

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v10

la vitesse.  2

(a)  =  sin  =  =⇒ sin  = 1 =⇒  =

(b)  =  sin  = − =⇒ sin  = −1 =⇒  =

3 2

(c)  =  sin  = 0 =⇒  = 0 ou  Mais   0 =⇒ cos   0 =⇒  =  (d)  =  sin  =

 2

=⇒ sin  =

cos   0 =⇒  = (e)  =  sin  =

 2

=⇒  =

 6

ou

5 6 

Mais   0 =⇒

1 2

=⇒  =

 6

ou

5 6 

Mais   0 =⇒

 6

=⇒ sin  =

cos   0 =⇒  =

1 2

5 6

E58. (a) 12 2 = 12 2 = 9 mJ =⇒  = 490 cm p (b) Le temps de contact est 2 =    = 0257 s

E59. (a) La variable 0 représente la position d’équilibre lorsque le bloc de masse inconnue  est accroché au ressort. Selon l’exemple 1.6,  = 0  Si on accroche le second bloc de 0050 kg, la nouvelle position d’équilibre est donnée par ( + (0050 kg) ) =  (0 + 038 m)

E60.

Si on combine les deux équations, on arrive à  = p  2 (b)  = 2   =⇒ 1 = 4 2 = 00209 kg

(0050 kg) 038 m

= 129 N/m

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5 et de l’exercice 7. On donne ¡  ¢12 =  = 112 rad/s. À  = 0  = − =⇒ sin  = −1 =⇒  = 3 2 

 = 00500 sin(112 +

3 2 )

, où  est en mètres et  en secondes.

E61. (a)  = − 2  = −197 m/s2 (b) Si  = 008 sin (2) = 005 et que sin2  + cos2  = 1 =⇒ cos (2) = ±07806 =⇒  =  cos (2) = ±0392 m/s E62.

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5 et de l’exercice 7. À  = 0  = − =⇒ sin  = −1 =⇒  =

3 2

On donne la vitesse lorsque  = 0 c’est-à-dire lorsqu’elle est maximale; donc  = 90 cm/s =⇒  = 6 rad/s, et  = 0150 sin(600 +

3 2 )

, où  est en mètres et 

en secondes. E63.

On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5 et de l’exercice 7. q  (a) On donne  =  = 433 rad/s. À  = 0  =  sin  = 0 =⇒  = 0 ou  Comme  =  cos   0 =⇒  = 0 =⇒  =

v10

0150 sin(433) , où  est en mètres et  en

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19

secondes. (b) 1 = 0150 sin(4331 ) = 002 =⇒ 1 = 309 ms et 2 = 0150 sin(4332 ) = 012 =⇒ 2 = 2142 ms =⇒ ∆ = 183 ms E64. (a) On assimile les trois molécules à des systèmes bloc-ressort. On suppose que pour les trois q  molécules, la valeur effective de  est à peu près la même dans l’équation  =   La

fréquence angulaire d’oscillation ne dépend alors que de la masse  de la molécule. À partir d’un tableau périodique, il est facile de voir que : C=O   C=N   C=C

E65. (a)  = 12 2 = 04 J =⇒  = 200 N/m

E66.

 2

(b)  =

2 

= 785 rad/s =⇒  =

=

2 

= 126 rad/s,  = 2 = 316 N/m

= 0324 kg

 = 12  2 + 12 2 = 362 mJ et  = 12 2 =⇒  = 479 cm E67. (a)  = 12 2 = 02 J =⇒  = 100 cm (b) Lorsque l’amplitude est nulle,  = 12  ()2 = 02 J =⇒  = 183 m/s (c)  = 12 2 + 12 2 = 02 J =⇒  = 702 cm ¡  ¢2 (d)  2  =   = 333 m/s2

E68. (a)  =

2 

= 524 rad/s =⇒  =  2 = 219 N/m =⇒  = 12 2 = 158 mJ

(b)  = 0628 m/s (c)  = 12 2 + 12 2 = 158 mJ, à  = 006 m =⇒  = 0544 m/s E69. (a)  =  2 = 864 N/m,  = 12 2 = 0249 J,  = 12 2 + 12 2 = 0249 J =⇒  = ±271 m/s (b)  = 12 2 + 12 2 = 0249 J =⇒  = ±0205 m (c)  = 0249 J E70. (a)  =

2 

= 140 rad/s =⇒  =  2 = 156 N/m =⇒  = 12 2 = 0344 J =⇒

 = 0210 m (b)  = 293 m/s (c)  = 12 2 + 12 2 = 0344 J =⇒  = 258 m/s E71. (a) Lorsque l’amplitude est nulle,  = 12  ()2 = 018 J =⇒  = 0230 kg (b)  = 12 2 = 018 J =⇒  = 184 N/m (c)  = 125 m/s =⇒  = 893 rad/s =⇒  = 20

 2

= 142 Hz

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v10

(d)  = 12 2 + 12 2 = 018 J =⇒  = ±108 m/s E72. (a)  = 12  ()2 = 022 J et  =  2 = 1956 N/m =⇒  = 930 g (b)  = 218 m/s (c)  =  − 12 2 = 0185 J (d)  =  − 12 2 = 0153 J E73. (a)  = 12 2 + 12 2 = 121 mJ (b)  = 12 2 = 121 J =⇒  = 695 cm (c) Lorsque l’amplitude est nulle,  = 12  ()2 = 121 mJ =⇒  = 634 cm/s E74. (a)  = − 2  =⇒  = 137 rad/s (b)  2 =

 

=⇒  = 0192 kg

(c)  = 12 2 + 12 2 = 461 mJ E75. (a) 2  = 77 m/s2 =⇒  =

2 

= 981 rad/s =⇒  = 0640 s

(b)  =  2 = 722 N/m =⇒  = 12 2 = 231 mJ E76. (a) cos (47 + 605) = 1 =⇒ 47 + 605 = 0 =⇒   0 Toutefois, on aura de nouveau cos (47 + 605) = 1 lorsque 47 + 605 = 2 ce qui implique que  = 489 ms (b) L’accélération est maximale et positive lorsque  = − =⇒ sin (47 + 605) = −1 =⇒ 47 + 605 =

3 2

=⇒   0

Comme en (a), on aura de nouveau sin (47 + 605) = −1 lorsque 47 + 605 =

7 2 

ce

qui implique que  = 105 s E77. (a) On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6. q  = 20 rad/s. À  = 0  =  =⇒  = 2 On donne  =  L’expression de la position en fonction du temps est alors ¢ ¡  =  sin 20 + 2 ou encore  =  cos (20) =⇒  = − sin(20)

À  = 005 s,  = − sin(20 (005)) = −069 m/s =⇒  = 00410 m (b)  = 12 2 = 202 mJ E78. (a) Si  = 12  =⇒  = 14 max = 14  =⇒  = 34  = ¡ ¢ 1 3 1 2 2 =⇒  = ±173 cm 2  = 4 2 

3 4

¡1

2 2 

¢

=⇒

(b) Si  =  =⇒  = 12  =⇒ 2 = 12 2 =⇒  = ±141 cm q 2 E79.  = 2  et  = 198 s = 238 s =⇒  = 4 2 = 980 m/s2 v10

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21

E80.

 = 2

E81.

 = 2

E82.

 = 2

E83.

E84.

q

 

q

 

q

et  = 200 s =⇒  =

 

 2 4 2

= 0993 m

2

=⇒  =  = 226 × 10−3 kg·m2 42 r q 2 = 2 3  =⇒  = 2 2 3 (2) q 0

Pour un pendule simple,  = 2   de sorte que 0 = 2 3 = 0800 m ¡ ¢2 ¡ ¢2 5  =  4 +  3 = 8 2 4 r q q q ( 58 2 )   5  = 2  = 2 2  = 2 2 = 2 4 = 203 s (4) ( 4 ) 2 Selon la conservation de l’énergie mécanique, 12 max =  (1 − cos 0 ) =⇒ q 2 = 2 (1 − cos 0 ) =⇒  = 0389 m =⇒  = 2  = 125 s max

2 E85. (a) Selon la conservation de l’énergie mécanique, 12 max =  (1 − cos 0 ) =⇒

2 max = 2 (1 − cos 0 ) =⇒ 0 = 0353 rad q (b)  =  = 374 rad/s et  = 0 sin () 0353 sin (374) = 02 =⇒  = 0161 s q 2 2 E86. = 1 1 = 1125 De plus, 2 = ( + 1) 1 =⇒  = 8 et  = 2 = 145 s

E87.

 2 = (2 )2 =

=

2 12

 

=⇒  = 1282  D’après le thérorème des axes parallèles, on a

+  2  et on combine les deux expressions pour obtenir 2

E88.

1 2 2 1282  =  12 +   =⇒ 0 = 12 +  − 1282 =⇒  = 687 cm q   = 2   et au moyen du théorème des axes parallèles, on trouve  =

2 2

+  2 

de sorte que  = 115 s

Problèmes P1.

On a  =

q

 

=

q

32 05

= 8 rad/s.

L’énergie cinétique initiale du bloc correspond à l’énergie cinétique maximale du système bloc-ressort, soit max = 12 2 =

1 2

(05) 22 = 1 J

La conservation de l’énergie mécanique implique que q  = max =⇒ max = 12 2 =⇒  = 2max = 025 m

Étant donné les conditions initiales 0 = 0 et 0  0 et au moyen d’un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.5, on déduit que  = 0250 sin(800 + ) , où  est en mètres et  en secondes. P2.

La pièce cessera d’être en contact avec le piston si la valeur maximale de l’accélération dépasse le module de l’accélération de chute libre  Avec  = 010 m et  = 2 , on

22

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v10

aura au point critique 2  =  =⇒  = P3.

1 2

q

 

=

1 2

√ 98 = 158 Hz

Le raisonnement qu’il faut suivre ici est similaire à celui de l’exemple 1.6. On utilise un axe des  positifs vers le bas. L’origine de l’axe se situe à l’extrémité libre de la corde, avant qu’on y attache le bloc. Ainsi, la position verticale du bloc et l’étirement du ressort sont décrits par la même variable  =  0 + 0  Dans cette somme, 0 =

  ,

représente

la position d’équilibre du bloc et 0 est l’écart par rapport à ce point. Comme l’énergie mécanique est conservée dans ce système, on calcule ∆ = f − i = 0 =⇒ ∆ = 12 2 + 12  2r + 12  ( 0 + 0 )2 −  ( 0 + 0 ) 

Mais comme r =  et  = 12  2  on trouve ¡ ¢ 2 1 2 0 0 ∆ = 12  +  2  + 2  ( + 0 ) −  ( + 0 )

(i)

L’énergie mécanique reste constante dans le temps, donc

Si 0 =  et qu’on se rappelle que  =

0 

(i) donne ¡ ¢ 0 +  2   +  ( + 0 )  −  =⇒ ¡ ¢  0 0 +  2  +  = 0 =⇒  = − +  

 

et que  =

= 0 =⇒   

(∆) 

=0

la dérivée de l’équation

(ii)

2

Si on compare l’équation (ii) avec l’équation 1.7, on en déduit que la fréquence angulaire

P4.

d’oscillation de ce système est q 2 2  2 = +2 =⇒  = +2

=⇒ CQFD

La fréquence angulaire du système formé des deux blocs et du ressort est q q  20 = 5+1 = 1826 rad/s.  = + P P À l’aide de  et de   on trouve, pour le module de l’accélération du bloc ,  = s 

Comme  = 04 m, la valeur maximale de ce module est max = 2  = s  =⇒ s = P5.

2  

= 0136

(a) La situation est identique à celle d’un pendule simple, et on le vérifie en partant de  =  : 2

− ( sin )  = 2 2

(i)

Mais, comme sin  ≈  (i) devient −   =

2   2

qui possède la même forme que l’équation

1.5a =⇒ CQFD v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations

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23

(b)  2 = P6.

 

=⇒  = 2

q

 

(a) La force de rappel vient du poids de l’eau sur une hauteur 2. Si on considère un axe des  parallèle au volume d’eau, on a  = − = − (2)  Cette composante de force agit sur la masse totale d’eau contenue dans le tube, soit  =  : P  = − =   =⇒ − (2)  =  =⇒ −

2  

=

2  2

=⇒

2  2

+

2  

=0

Ce dernier résultat possède la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD

(b)  2 = P7.

2 

=⇒  = 2

q

 2

En posant égale à zéro la dérivée de l’équation 1.29a par rapport à  e  on trouve le maximum : Ã  e  e

=

e   e

=

e 

Ã

q

1 2

2

e (20 −2e ) +(   ) 2

2

!

e

=⇒ 

2( − )(−2e )+2(  )(  ) − 12 ³0 e ´32 2 e 2 (20 −2e ) +(   )

!

Ã

e ³

2

2( 2e −20 )+  2

!

=0 ´32 2 e 2 (20 −2e ) +(   ) Si on exclut la possibilité que  e = 0 ou que  e −→ ∞ cette égalité n’est vraie que si le

P8.

=

− e



numérateur de l’expression entre parenthèses est nul : ¡ ¢ 2 2 2 2e − 20 +   2e =  20 − 2 =⇒ CQFD 2 = 0 =⇒ 2

À l’équilibre, le poids du bloc égale le poids du volume d’eau déplacée par la partie imP mergée du bloc (principe d’Archimède), et  = 0 Pour un déplacement hors équilibre

de  vers le bas, une force de rappel résultante B agit sur le bloc B. Cette force de flottaison est égale au poids du volume supplémentaire d’eau déplacée et dépend de 

comme dans le cas du mouvement harmonique simple, soit B = −f . Cette force agit sur tout le bloc de masse B = B  de sorte que P 2  = B = B  =⇒ − f  = B 2 =⇒ −

f  B  

=

2   2

qui possède

la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD

P9.

(a) Chaque élément infinitésimal de ressort possède une longueur  et une masse  =

  

On suppose que la vitesse de cet élément est proportionnelle à la position  évaluée à partir de l’extrémité fixe. Si le module de la vitesse du bloc est  la vitesse selon  d’un élément de ressort sera 0 = ±   L’énergie cinétique d’un élément infinitésimal du ressort est 24

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations

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v10

 =

1 2

() (0 )2 =

1 2

¡

¢ ¡  ¢2 = 

 

1 2 2 2 3  

et l’énergie cinétique totale du ressort  R 2 R  =  = 12  2  =⇒  = 16  2 =⇒ CQFD 3 0

0

(b) On calcule l’énergie mécanique  du système formé du ressort et du bloc : ¡ ¢ 2 1 2  =  2 + 6  + 2 

Puisque l’énergie mécanique est constante et que  =   , on trouve q ¡¡  ¢ 2¢ +     2   3 = 0 =⇒ + +  = 0 =⇒  = 2  = 0 =⇒    2 6 +   2 3

P10. (a) Au moyen de l’équation  = − on trouve [] = M2 L2 T−2 ; les unités sont donc des Nm/rad

P11.

(b) En se servant de l’analyse dimensionnelle, on obtient ¡ ¢ ¡ 2 2 −2 ¢ =⇒ 1 = −2 et 0 =  +  =⇒  =    =⇒ [ ] = ML2 M L T q  = − 12 et  = 12 =⇒  ∝  On calcule directement avec l’argument  en radians, et on obtient

(a)  = 15◦ =

 12

(b)  = 30◦ =

 6

rad =⇒  = 101738 s

(c)  = 45◦ =

 4

rad =⇒  = 103963 s

(d)  = 60◦ =

 3

rad =⇒  = 107129 s

rad =⇒  = 100430 s

(e) Dans le logiciel Maple, on pose l’équation du problème et on la résout comme suit  restart:  solve((9/64)*(sin(theta/2.0))^4=0.01,theta);  = 0403 rad (f) On pose l’équation du problème et on la résout comme suit  solve((1/4)*(sin(theta/2.0))^2=0.01,theta);  = 109 rad P12. (a) Pour un bloc attaché à un ressort vertical, l’énergie mécanique s’exprime en fonction de , la position du bloc par rapport au point où se trouvait l’extrémité du ressort avant qu’on y attache le bloc. Si on suppose que l’axe des  positifs est orienté vers le bas, comme dans l’exemple 1.6, on obtient  =  + res +  =⇒  = (b) v10

 

2

1 2 2 

= 0 =⇒  2 +  −  = 0

+ 12 2 −  (i)

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25

Soit 0 =  − 0  où 0 =

 

correspond à la position d’équilibre du bloc. Avec ce

changement de variable, l’équation (i) devient 2 0

 2 + 0 = 0 qui correspond précisément à celle d’un mouvement harmonique par rapport à 0 =⇒ CQFD P13. (a) La force gravitationnelle est  =

  

dirigée vers le centre de la Terre. On la projette

le long du tunnel, c’est-à-dire le long de l’axe des  de la figure 1.38, ce qui donne  = −   sin  où sin  =

 

Puisqu’il s’agit de la seule force agissant sur la particule de masse , on a P  2   = −   =  =⇒ 2 +   = 0 qui possède

la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD q (b)  2 =  =⇒  = 2  ≈ 844 min

P14. (a) Lorsqu’on applique  =  à cette tige, pour laquelle  = 13  2 , on trouve 2

2

(i) − ()  =  2 = 13  2 2  où  est l’allongement du ressort. L’équation associant  à  s’obtient en considérant que  ≈ , dans la mesure où il s’agit de faibles déviations angulaires. Si on insère cette approximation dans (i), on obtient 2

2

− ()  = 13  2 2 =⇒ − = 13  2 =⇒

2  2

+

3 

= 0 qui possède

la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD q 3 (b)  2 =  =⇒  = 2  3

P15. (a) La fréquence angulaire amortie est donnée par r q ³ ´2 ¡  ¢2 q  ¡  ¢2 420 0133 0 2  = 0 − 2 =  − 2 = 0600 − 2(0600) = 8366 rad/s et  =

2 0

= 0751 s



(b) La diminution de l’amplitude est déterminée par le facteur − 2  Au bout d’une période  l’amplitude a diminué de 

−

1 − − 2 = 1 − 

0133(0751) 2(0600)

= 00799 ou 799 % q  (c) On obtient le mode critique si  = 2 0 = 2  =⇒ ³ ´ 2 ¡ ¢2 0133 1  = 1 2 = 420 = 0105 g 2

P16. (a) On donne  = 0500 kg et  = 10 N/m. Selon le problème 15, la diminution de l’amplitude au bout d’une période est donnée par 

 − 2(0500)

1 − − 2 = 010 =⇒ 

= − = 090 =⇒  =

0105 

D’autre part, la fréquence angulaire amortie est associée à la période, ce qui donne 26

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v10

0 =

2 

=

q

 

−

¡

 ¢2 2

r

=

3581 2 = 20 −  2 =⇒  2 = (b)  0 = P17.

2 

=

2 0105 

 2(0500)

´2

2 0105

−

20 3582

=⇒  = 00747 kg/s

2(00747) 0105

=⇒  0 =

³

10 0500

=⇒

=

p 20 −  2 =⇒

= 447 rad/s

Pour ne pas alourdir la démonstration, on pose que  = 0 La position en fonction du −

temps est donnée par  = 0  2 sin(0 ); l’énergie potentielle du système a donc pour expression res = 12 2 = 12 20 

− 

sin2 ( 0 )

On a besoin de l’expression de la vitesse pour obtenir celle de l’énergie cinétique. Comme  =

  

alors ´ ³ − −   =  0  2 sin( 0 ) = 0 0  2 cos( 0 ) −

−  2 2 0 

sin(0 )

(i)

On suppose que la situation est sous-amortie et que, de plus, 0 ≈  0  Dans l’équation 1.25, cette condition implique que 0 À

 2

et permet de négliger le deuxième terme de

l’équation de la vitesse. En effet, si on examine de plus près l’équation (i), on constate que  0 et

 2

sont les

seuls termes différents de l’amplitude devant le cosinus et le sinus. Il devient alors facile d’exprimer l’énergie cinétique du système comme  = 12 2 = 12  02 20  Puisque  0 ≈  0 =⇒

− 

02 2

cos2 (0 ) =

  2 

=

 2

et  = 2 20 

− 

cos2 ( 0 )

L’énergie mécanique est la somme des énergies potentielle et cinétique :  =  + res = 12 20   = 0 

− 

− 

cos2 ( 0 ) + 12 20 

− 

sin2 ( 0 ) = 12 20 

− 

=⇒

, où 0 = 12 20 =⇒ CQFD

P18. (a) On traite les trois termes séparément, on les additionnera ensuite : −

(i)  = 0  2 sin(0  + ) ´ ³ −  2 sin( 0  + ) (ii)   =   =⇒  0   −

2

−

 0 2 cos( 0  + ) − 2 sin( 0  + ) =⇒    =  0  2 0  ¢ − ¡  2   sin( 0  + ) 0 cos( 0  + ) − 2  = 0  ³ ¢´ − ¡ 2  0 cos( 0  + ) −  sin( 0  + )  2   =   =⇒ (iii)  2 =   0   2 ¡ ¢ − 2    2 = − 2 0  2 0 cos( 0  + ) − 2 sin( 0  + ) ´ ³ − 0 0  + ) cos( +0  2 −02 sin( 0  + ) −  2

Après simplifications, ce dernier terme devient

v10

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27

−

2

 2 = 0  2

³³

2 42

´ −  02 sin(0  + ) −

0 

´ cos( 0  + )

On additionne (i), (ii) et (iii). Après la mise en évidence et l’élimination des termes communs, on obtient ¡  sin( 0  + ) +   0 cos( 0  + ) −

¢ sin(0  + ) ³³ 2 ´  02 sin( 0  + ) − + 4 2 −  2

0 

´ cos(0  + ) = 0

On regroupe tous les termes qui contiennent un "sinus" et tous les termes qui contiennent un "cosinus" : h ³ 2 ´i 2  02  − 2 +  4 sin( 0  + ) + [ 0 − 0 ] cos( 0  + ) = 0 2 −

Le deuxième terme disparaît. Quant au premier terme, il sera nul si ´ ³ 2 2  02 = 0 =⇒  −  2 −  02 = 0 +  4  − 2 2 −  42

On voit facilement que cette dernière équation conduit à la formule permettant de calculer la fréquence angulaire amortie (équation 1.25) et en constitue la preuve =⇒ CQFD

(b) La partie (a) de cette solution donne la méthode permettant de montrer que l’expression −

 =  2 [ cos( 0 ) +  sin( 0 )] est bien une solution de l’équation différentielle. Quant aux valeurs de  et de  on les trouve en comparant la position initiale et la vitesse initiale à son expression évaluée à  = 0 Dans le cas de la position, on obtient 0 = 

−(0) 2

[ cos(0 ) +  sin( 0 )] =⇒ 0 = (0)  = 

L’expression de la vitesse est donnée par  = −

 

=

 

−

´ ³ −  2 [ cos( 0 ) +  sin( 0 )]

  = − 2  2 [0 cos( 0 ) +  sin( 0 )] +  2 [− 0 0 sin(0 ) +  0 cos( 0 )]

où on a remplacé  par la position initiale. À l’instant initial, on a   0 = − 2

−(0) 2

[0 cos(0 (0)) +  sin(0 (0))] +

 0 = − 2 0 + 0 =⇒  =

P19.

−(0) 2

[−0 0 sin( 0 (0)) +  0 cos( 0 (0))] =⇒

 0 + 2 0 0 

=⇒ CQFD

On traite les trois termes de gauche séparément; on les additionnera ensuite. La solution prend la forme  =  cos( e  − ); ainsi, on a  =  cos( e  − )

(1)

( cos(e −)) = − e sin( e  − )    =  

(2)

2

(−e sin( e −))   2 =   = −2e cos(e  − )  =  

(3)

Ces 3 termes, insérés dans l’équation différentielle, conduisent à 28

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v10

− 2e cos( e  − ) − e sin(e  − ) +  cos( e  − ) = e cos(e )

(i)

Toutefois, cos(e  − ) = cos( e ) cos  + sin( e ) sin  et sin( e  − ) = sin(e ) cos  − cos(e ) sin  Cela implique que l’équation (i) devient − 2e (cos(e ) cos  + sin(e ) sin ) − e (sin( e ) cos  − cos( e ) sin ) + (cos( e ) cos  + sin( e ) sin ) = e cos(e ) Si on distribue tous les termes, on peut ensuite séparer l’équation en deux morceaux : un groupe de termes multipliant cos( e ) l’autre groupe multipliant sin( e ) Pour que  =  cos( e −) soit une solution de l’équation différentielle, chacun de ces deux groupes doit former une équation dont le résultat est nul. Ces deux équations sont ( −  2e ) sin  −  e cos  = 0 (ii) £ ¤  ( − 2e ) cos  +  e sin  = e (iii) De (ii), en considérant que

 

=  20  ce qui correspond au carré de la fréquence angulaire

naturelle d’oscillation du système, on obtient facilement que tan  =

 ( ) e 2  0 −2e

(iv)

Ce qui est l’expression permettant de déterminer l’angle de déphasage entre la force d’entraînement et le mouvement de l’oscillateur. Pour la suite, il faut remanier l’équation (iii) : £¡  

¢ ¡¢ ¤  e sin  = 1 =⇒ −  2e cos  +  £¡ 2 ¢ ¤    0 − 2e cos  + (  )e sin  = 1 (v) e e



Cette équation a presque la même forme que l’équation (ii). Pour en extraire une information valable, il faut introduire le résultat (iv), mais de deux façons. D’abord comme ceci : h  e

i  cos  + (  )e sin  = 1 =⇒ £  ¤  (  ) e cos2  + (  ) e sin2  = 1 =⇒

 ( ) e tan 

 sin e

  e (  ) e

v10

= sin 

(vi)

Puis comme cela : £¡ 2 ¢ ¡ ¢ ¤   0 − 2e cos  +  20 − 2e tan  sin  = 1 =⇒ e £¡ 2 ¢ ¢ ¡ ¤  2 cos2  +  2 −  2 sin2  = 1 =⇒  −  e e 0 0 cos e

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29

 e

¡ 2 ¢  0 −  2e = cos 

(vii)

Si on élève les équations (vi) et (vii) au carré et qu’on les additionne, on arrive à ³ ´2 ¡ ³ ´2 ¡ ¢ ¢2   2 −  2 2 +   ( ) e = cos2  + sin2  =⇒ e 0 e e ³ ´2 ¡ ³ ´2 ¡ ¢ ¢2   2 −  2 2 +  ) e = 1 =⇒  ( e 0 e e ¡ 2 ¢2 ¡  ¢2 ¡ e ¢2 0 −  2e + (  )e = 

Après quelques manipulations, on arrive à l’équation 1.29a, qui définit l’amplitude du mouvement : =

q

e  2 20 − 2e +

2

) ((  )e )

(

En conclusion, l’équation différentielle est respectée si ce dernier résultat et l’équation (iv) servent à définir l’amplitude et le déphasage. =⇒ CQFD P20.

Si on tient compte de la définition du facteur de qualité, l’expression de l’amplitude devient =

q

e  2 20 − 2e +

2

) ((  )e )

(

=

e 

r

2

2  2

(20 −2e ) + 0 2 e Si le facteur d’amortissement est faible, le pic de résonance sera élevé, et la fréquence angulaire de résonance sera très proche de la fréquence angulaire naturelle de l’oscillateur, soit e ≈ 0  À cette fréquence angulaire, l’amplitude devient max =

e  2 0 

=

e   20

On cherche la fréquence angulaire donnant, de part et d’autre du maximum, la moitié du carré de ce maximum, c’est-à-dire 2 = 12 2max =

e2 2 22  40

240 2

=⇒  =

√e  2 2 0

2 2

=

r

e  2

(20 −2e )

+

2 2 0 e 2  20 2e 2

= ( 20 −  2e )2 + 0 2 e =⇒ 0 =  40 +  4e − 2 20  2e + ´ ³ ³ ´ 0 = 4e +  20  2e 12 − 2 +  40 1 − 22

=⇒ −

2 40 2

=⇒

Il s’agit d’une équation quadratique en 2e , dont les solutions sont données (après quelques étapes) par ³  2e =  20 1 −

1 22

±

q

1 44

+

1 2

´

Puisque le facteur de qualité est élevé, on néglige 4 sous le radical, de sorte que ³ ³ ´ ³ ´ q ´ 1 1 2 1 − 1 ± 1 = 2 1 ± 1  2e =  20 1 − 2 =  2 ± 2 2 0 0    2

si on néglige en plus le terme en 2 dans la dernière somme. De ce dernier résultat, on tire, en prenant appui sur l’approximation du binôme pour le dernier terme ³ ´ q 1 1 e = 0 1 ±  =  0 1 ± 2 30

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v10

Les deux valeurs possibles sont  1 et  2 , et on peut facilement montrer que 2 − 1 0

P21.

=

∆ 0

=

1 

=⇒ CQFD

On définit comme suit dans le logiciel Maple les lignes de commande nécessaires pour résoudre le problème :  restart:  A0:=0.2; m:=0.5; w0:=5;  x1:=A0*exp(-0.316*t)*sin(4.99*t);  w2:=0.98*w0;  solve(ga^2=4*m^2*(w0^2-w2^2),ga);  x2:=A0*exp(-0.994987*t)*sin(w2*t);  x3:=A0*exp(-5*t)*sin(w0*t);  plot({x1,x2,x3},t=0..5);

P22. (a) On définit comme suit dans le logiciel Maple les lignes de commande nécessaires pour produire le graphe :  restart:  A:=(Fe/m)/sqrt((wo^2-we^2)^2+(ga*we/m)^2);  wo:=sqrt(k/m);  m:=1; k:=1; Fe:=1;  A1:=subs(ga=m*wo/6,A);  A2:=subs(ga=m*wo/2,A);  A3:=subs(ga=sqrt(2)*m*wo,A);  plot({A1,A2,A3},we=0.2*wo..2*wo); (b) Il suffit de changer l’intervalle pour  e dans le graphe de la question précédente.

v10

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31

Chapitre 2 : Les ondes mécaniques Exercices E1.

On cherche les longueurs d’onde  associées à des fréquences  d’ondes électromagnétiques. Selon l’équation 2.5c, la relation entre la vitesse de propagation de ces ondes ¡ ¢  = 3 × 108 , leur longueur d’onde et leur fréquence est  =  de sorte que  =  

(a) Pour la bande AM, on donne min = 550 kHz et max = 1600 kHz, de sorte que min =

 max

=

3×108 1600×103

= 188 m et max =

 min

=

3×108 550×103

= 545 m

L’intervalle de longueurs d’onde va de 188 m à 545 m . (b) Pour la bande FM, on donne min = 88 MHz et max = 108 MHz, de sorte que min =

 max

=

3×108 108×106

= 278 m et max =

 min

=

3×108 88×106

= 341 m

L’intervalle de longueurs d’onde va de 278 m à 341 m . E2.

On cherche la fréquence du signal enregistré sur le microsillon. Lorsque le microsillon tourne à raison de  r =

33 13 tours min

×

2 rad 1 tour

×

1 min 60 s

= 349 rad/s, l’ondulation présente

sur la circonférence ( = 15 cm) est équivalente à une onde sinusoïdale progressive de longueur d’onde  = 12 mm. On calcule la vitesse de propagation de cette onde au moyen de l’équation 11.9 du tome 1 :  =  r  = 349 (015) = 05235 m/s Au moyen de l’équation 2.5c, on obtient  =   =⇒  = E3.

 

=

05235 12×10−3

= 436 Hz

L’onde transversale, de forme sinusoïdale, se propage à  = 40 cm/s vers la droite et, en observant la figure 2.35 du manuel, on obtient les autres données nécessaires. (a) Comme  = 4 cm, on obtient au moyen de l’équation 2.5c =

 

=

040 4×10−2

= 100 Hz

(b) Selon le paragraphe qui précède dans le manuel l’équation 2.5b, la phase à une position ¡ ¢ quelconque de l’onde est fixée par 2  . Si la distance entre deux points est ∆ = 25 cm, la variation de phase entre ces deux points est donnée par ³ ´ ¡ ¢ 25×10−2 ∆ = 2 ∆ = 2 = 393 rad −2  4×10

32

(c) Selon le paragraphe qui précède dans le manuel l’équation 2.5a, la phase de l’onde à un ¡ ¢ 1 instant quelconque est fixée par 2  et la période de l’onde est  = 1 = 100 = 01 s. Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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v10

En un point donné, si la variation de phase est de ∆ = 3 rad, le temps écoulé est ¡ ¢ 010( 3 )  ∆ =⇒ ∆ = = = 010 ∆ = 2 ∆  2 2 6 = 00167 s

(d) Chaque particule de la corde subit un mouvement harmonique simple. Comme on le voit à la figure 1.3, lorsque la position d’une particule est nulle, sa vitesse est maximale et donnée par ± selon l’équation 2.9. Comme l’onde se propage vers la droite, le point P se déplace vers le bas à l’instant représenté. Si l’amplitude de l’onde est  = 2 cm, on

E4.

en conclut, au moyen de l’équation 2.5a, que ´¡ ³ ¡ ¢ ¢ 2  = − = − 2 2 × 10−2 = −126 m/s  = −  010

La fréquence du signal sonore enregistré sur le microsillon est  = 1 × 104 Hz. On donne

 = 15 cm, le rayon du microsillon, et  r =

33 13 tours min

×

2 rad 1 tour

×

1 min 60 s

= 349 rad/s, sa

vitesse de rotation. (a) À  = 145 cm, la vitesse tangentielle d’un point sur le disque est donnée par l’équation 11.9 du tome 1 :  =  r  = 349 (0145) = 0506 m/s L’ondulation présente sur le microsillon à ce rayon est équivalente à une onde sinusoïdale progressive de fréquence  = 1 × 104 Hz. Sa longueur d’onde est donnée par l’équation 2.5c :  =   =⇒  =

 

=

0506 1×104

= 506 × 10−5 m

(b) L’onde sinusoïdale progressive gravée sur le disque et le son qui lui est associé possèdent la même fréquence, mais leur vitesse diffère. Dans le cas du son, pour lequel s = 340 m/s, la longueur d’onde est, selon l’équation 2.5c = E5.

 

=

340 1×104

= 340 × 10−2 m

Étant donné les deux vitesses de propagation, S = 5 km/s et P = 8 km/s, le délai d’arrivée ∆ = 18 min entre les deux ondes s’exprime en fonction de la distance ∆

E6.

entre l’épicentre et la station d’observation : ³ ´ ³ ´ ³ ´ P −S S P ∆ 1 1 ∆ = ∆ − = ∆ − = ∆ =⇒ ∆ = ∆ =⇒ S P S P S P P −S ´ ³ ¢ 5(8) ¡ s 6 ∆ = 18 min × 160min 8−5 = 144 × 10 m On donne  = 25 g et  = 3 m; donc,  =

 

=

25×10−3 3

= 833 × 10−3 kg/m.

Avec  = 40 m/s et l’équation 2.1, on trouve v10

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33

=

q

 

¢ ¡ =⇒  =  2 = 833 × 10−3 (40)2 = 133 N

E7.

On donne  = 20 m/s,  = 30 N et  = 75 m. Si on combine  =

 

(75)(30) 202

E8.

on trouve q  =  =⇒  2 =

 

=⇒  =

 2

 

=⇒

=

 2

=⇒  =

 2

=

avec l’équation 2.1,

= 0563 kg

Pour 1 = 15 N, on a 1 = 28 m/s et on cherche 2 pour que 2 = 45 m/s. Selon

l’équation 2.1, on sait que  = 2 , ce qui permet d’établir le rapport des tensions et de trouver directement l’inconnue, soit ³ 2´ ³ 2´ 22 2 2 45 = =⇒  =  = 15 2 1 2 2 1 282 = 387 N   1

E9.

1

(a) Si on combine les équations 2.1 et 2.5c, on peut établir une relation entre la fréquence  la longueur d’onde  et le module de la tension  dans la corde : q q  1  =  =   =⇒  =   

Soit 1  1 et 1  les valeurs initiales de ces trois paramètres. Comme il s’agit de la même

corde, le terme  n’est pas modifié. Si 2 = 21 et que 2 = 1  le rapport entre les valeurs finales et initiales donne q 2 q q 1 2 2 2 1 21 q  = 1 = = 1 1 2 1 1 1 =⇒ 1 1

2 1

= 141



(b) Selon l’équation 2.5c, la vitesse de propagation et la fréquence sont directement proportionnelles, de sorte que 2 1

E10.

= 141

On donne  = 2 cm/s pour la vitesse de propagation de l’impulsion sur la corde. (a) Chaque figure montre la déformation réelle de la corde en trait plein. L’impulsion initiale continuant d’avancer au delà de l’extrémité et l’impulsion imaginaire se déplaçant vers la gauche sont représentées en traits pointillés. Les échelles horizontale et verticale sont graduées en centimètres.

34

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v10

(b) La vitesse moyenne de la particule pendant sa montée est donnée par l’équation 3.3 du tome 1. La particule se déplace de ∆ = 1 cm pendant que l’impulsion progresse vers l’avant de ∆ = 1 cm, ce qui correspond à un délai en temps de ∆ = 05 s. Ainsi m oy = E11.

∆ ∆

=

1 cm 05 s

= 200 cm/s

On donne  = 2 cm/s pour la vitesse de propagation de l’impulsion sur la corde. (a) Chaque figure montre la déformation réelle de la corde en trait plein. L’impulsion initiale continuant d’avancer au delà de l’extrémité et l’impulsion imaginaire se déplaçant vers la gauche sont représentées en traits pointillés. Les échelles horizontale et verticale sont graduées en centimètres.

v10

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(b) La vitesse moyenne de la particule pendant sa descente est donnée par l’équation 3.3 du tome 1. La particule se déplace de ∆ = −1 cm pendant que l’impulsion progresse vers l’avant de ∆ = 2 cm, ce qui correspond à un délai en temps de ∆ = 10 s. Ainsi m oy = E12.

∆ ∆

=

−1 cm 10 s

= −100 cm/s

Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la fonction d’onde de l’impulsion :  restart;  y:=5/(2+(x-2*t)^2); (a) On fixe la valeur de  et on trace le graphe demandé sur un intervalle pour  allant de 0 à 10 cm :  t:=2;  plot(y,x=0..10); (b) On change la valeur de  et on relance la commande qui trace le graphe :  t:=3;  plot(y,x=0..10); Le nouveau graphe permet de constater que le sommet de l’impulsion a avancé de ∆ = 2 cm, ce qui est concorde avec  = 2 cm/s. (c) Non , l’équation mathématique choisie ne représente pas parfaitement une impulsion puisque, si on élargit l’intervalle sur l’axe des  dans l’un ou l’autre des deux graphes, on constate que la déformation  de la corde s’approche de 0, mais ne devient nulle que

36

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v10

pour  −→ ±∞. Ce résultat implique que l’impulsion décrite par l’équation possède une largeur infinie . E13.

Soit la forme suivante d’une impulsion à  = 0 :  (; 0) =

2×10−3 4−2

On cherche la fonction d’onde de l’impulsion dont la vitesse de propagation est de 12 m/s dans la direction des  négatifs. On substitue pour ce faire l’argument ( + ) à , où  = 12 m/s pour que l’onde progresse selon les  négatifs :  (; 0) =

2×10−3 4−(+12)2

où  est en mètres et  en secondes. E14.

Selon l’énoncé, la crête  se trouve en  = 0 lorsque  = 0. À partir de la figure 2.38, on en conclut que l’onde se déplace vers la droite et on cherche une expression de la forme  (; ) =  sin ( −  + ), où  = 002 m. Toujours selon l’énoncé et la figure 2.38, on conclut aussi que  = 0075 m et  =

∆ ∆

=

0012 03

= 004 m/s, ce qui implique que

004 = 335 rad/s  = 2  = 2 0075

=

2 

=

2 0075

= 838 m−1

Si la crête se trouve à  = 0 à l’instant  = 0 on obtient  =

 2,

et la fonction d’onde

s’écrit ¡ ¢  = 00200 sin 838 − 335 + 2

où  et  sont en mètres et  en secondes.

E15.

Une onde sinusoïdale progressive sur une corde s’exprime par  (; ) =  sin ( − ). (a) La pente de la corde en fonction de  est  

=  cos ( − )

(b) La valeur maximale de la pente est

³

´

  max

= , la vitesse de propagation de l’onde est

 =  , et le module de la vitesse maximale d’une particule sur la corde est ( )max =  ³ ´  Puisque  =  =  (), on obtient ( )max =   max

E16.

Dans le logiciel Maple, on définit d’abord l’expression de la fonction d’onde :

 restart:  y:=’3.2*cos(0.2*x-50*t)’; On définit ensuite 1  la forme de cette expression à 1 = 0 s, et 2  à 2 = 01 s :  y1:=subs(t=0,y); v10

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37

 y2:=subs(t=0.1,y); On trace finalement le graphe superposé de ces deux expressions :  plot([y1,y2],x=0..50,color=[blue,red]); (a) Le graphe permet d’observer que la crête se trouvant à  = 0 cm lorsque 1 = 0 s s’est déplacée de ∆ = 25 cm vers la droite. Comme ∆ = 01 s, on en conclut que =

∆ ∆

=

25 cm 01 s

= 250 m/s

(b) On note dans le graphe que  = 10 cm Selon le paragraphe qui précède dans le manuel ¡ ¢ l’équation 2.5b, la phase à une position quelconque de l’onde est fixée par 2  . Si la

E17.

variation de phase entre deux points correspond à ∆ = 2 3  on obtient ¡ ¢ ¡ ∆ ¢ =⇒ 2 =⇒ ∆ = 3 = 103 cm = 0105 m ∆ = 2 ∆  3 = 2 

Une onde sinusoïdale progressive est décrite par ¡ ¢ ¡ ¢  = 24 cos 20 (05 − 40) = 24 cos 40  − 2

où  et  sont en centimètres, et  en secondes.

(a) Le module de la vitesse maximale d’une particule est  = 2 (24) = 151 cm/s (b) L’équation générale de la vitesse d’une particule est ¡ ¢ ¡ ¢  =   = −24 (−2) sin 40  − 2 = 24 (2) sin 40  − 2 Pour  = 15 cm et  = 025 s, on calcule ¡ ¢ (15) − 2 (025) =⇒ | | = 150 cm/s  = 24 (2) sin 40

(c) Le module de l’accélération maximale d’une particule est  2  = (2)2 (24) = 947 cm/s2

(d) L’équation générale de l’accélération d’une particule est ¡ ¢ ¡ ¢   =  = −24 (−2)2 cos 40  − 2 = −24 (2)2 cos 40  − 2 Pour  = 15 cm et  = 025 s, on calcule ¡ ¢ (15) − 2 (025) = −111 cm/s2  = −24 (2)2 cos 40

(e) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la fonction d’onde et la valeur du temps, et on trace le graphe de  pour  allant de l’origine à 3 cm :  restart:  y:=’2.4*cos(Pi*x/40-2*Pi*t)’;  t:=0.25;  plot(y,x=0..3); 38

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v10

Comme la particule se trouve au-dessus de l’axe des  à l’instant représenté, on en conclut que l’accélération qu’elle subit doit être négative, si elle doit revenir vers le bas. E18.

Une onde sinusoïdale progressive est décrite par  = 003 cos (24 − 12 + 01) où  et  sont en centimètres, et  en secondes. (a) On calcule la fréquence, soit  =

 2

=

12 2

= 191 Hz

(b) On calcule la vitesse de propagation, soit  =

 

=

12 24

= 500 cm/s

(c) On note l’amplitude, soit  = 00300 cm (d) L’équation générale de la vitesse d’une particule est  =

 

= (12) (003) sin (24 − 12 + 01)

Pour  = 15 cm et  = 02 s, on calcule  = (12) (003) sin (24 (15) − 12 (02) + 01) = 0272 cm/s (e) Le module de l’accélération maximale d’une particule est  2  = (12)2 (003) = 432 cm/s2 E19.

Une onde progressive doit présenter un argument qui est linéaire par rapport aux variables  et . Autrement dit, cet argument doit prendre la forme d’un binôme  + , où  et  sont des constantes. Les fonctions d’ondes progressives a, b, d, e respectent cette contrainte.

E20.

Une onde sinusoïdale possède une longueur d’onde  = 20 cm et une période  = 002 s. (a) Selon le paragraphe qui précède dans le manuel l’équation 2.5b, la phase à une position ¡ ¢ quelconque de l’onde est fixée par 2  . Si la distance entre deux points équivaut à ∆ = 8 cm, la variation de phase entre ces deux points est donnée par ³ ´ ¡ ¢ 8×10−2 = 2 ∆ = 2 ∆  20×10−2 = 251 rad

(b) Selon le paragraphe qui précède dans le manuel l’équation 2.5a, la phase de l’onde à un ¡ ¢ instant quelconque est fixée par 2  . En un point donné, s’il s’écoule ∆ = 0035 s, la variation de phase durant ce délai en temps correspond à ³ ´ ¡ ¢ 0035 ∆ = 2 ∆ = 2 = 110 rad  002

Comme elle est supérieure à 2 cette valeur de déphasage est équivalente à ∆ = 110 − 2 = 472 rad

(c) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression d’une onde sinusoïdale d’amplitude v10

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39

 = 1 cm, de déphasage  = 0 de longueur d’onde  = 20 cm et de période  = 002 s. On choisit arbitrairement une onde se propageant vers la droite :  restart;  A:=1; phi:=0; lambda:=20; T:=0.02; k:=2*Pi/lambda; omega:=2*Pi/T;  y:=A*sin(k*x-omega*t+phi); On trace le graphe demandé pour  = 0 s :  plot(subs(t=0,y),x=0..lambda); Le graphe confirme la réponse obtenue en (a). (d) On trace le graphe demandé pour  = 0 cm :  plot(subs(x=0,y),t=0..T); Lorsqu’on l’examine à  = 0035 s −  = 0015 s, le graphe confirme la réponse obtenue en (b). E21.

Une onde sinusoïdale progressive est décrite par  = 002 sin(04 + 50 + 08) où  et  sont en centimètres, et  en secondes. (a) On calcule la longueur d’onde, soit  =

2 

=

2 04

= 157 cm

(b) On note le déphasage, soit  = 0800 rad (c) On calcule la période, soit  =

2 

=

2 50

= 0126 s

(d) On note l’amplitude, soit  = 00200 cm (e) On calcule la vitesse de propagation, soit  =

 

=

50 04

= 125 cm/s

(f) L’équation générale de la vitesse d’une particule est  =

 

= (50) (002) cos (04 + 50 + 08)

Pour  = 1 cm et  = 05 s, on calcule  = (50) (002) cos (04 (1) + 50 (05) + 08) = 0483 cm/s E22.

Une onde sinusoïdale progressive est décrite par  = 004 sin( 5 − 2) = 004 sin(02 − 2) où  et  sont en mètres, et  en secondes. (a) On calcule la longueur d’onde, soit  = (b) On calcule la période, soit  =

2 

=

2 2

2 

=

= 314 m

= 314 s

(c) On calcule la vitesse de propagation, soit  = 40

2 02

 

=

2 02

= 100 m/s

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v10

E23.

On donne : la longueur d’onde,  = 0025 m; la période,  = 001 s; et l’amplitude,  = 003 m. Si l’onde se propage dans la direction des  négatifs, on a ³ ´ ¡ ¢ 2 2 2  =  sin 2  +  +  = 003 sin  +  +  = 003 sin (251 + 628 + ) 0025   001 À  = 0 s et  = 0 m,  = −002 m, et donc

−002 = 003 sin  =⇒  = arcsin (−0667) =⇒  = 387 rad ou 555 rad L’expression générale de la vitesse d’une particule est  =

 

= (003) (628) cos (251 + 628 + )

À  = 0 s et  = 0 m, on veut que   0 Dans l’expression de la vitesse, cela implique que cos   0 On en déduit que  = 555 rad, et l’expression de la fonction d’onde devient  = 00300 sin (251 + 628 + 555) où  et  sont en mètres, et  en secondes. E24.

On donne : le nombre d’onde,  = 01 rad/m; la vitesse de propagation,  = 50 m/s; et l’amplitude,  = 005 m. La fréquence angulaire équivaut à  =  = 01 (50) = 500 rad/s, et, si l’onde se propage dans la direction des  négatifs, on a  =  sin ( +  + ) = 00500 sin (0100 + 500 + ) À  = 2 s et  = 0 m,  = 00125 m, et donc 00125 = 00500 sin (500 (2) + ) = 00500 sin (10 + ) =⇒ sin (10 + ) =

00125 00500

= 0250 =⇒

(10 + ) = arcsin(0250) =⇒ (10 + ) = 0253 rad ou 289 rad L’expression générale de la vitesse d’une particule est  =

 

= (500) (00500) cos (0100 + 500 + )

À  = 2 s et  = 0 m, on veut que  =

 

 0 Dans l’expression de la vitesse, cela

implique que cos (10 + )  0 Ainsi, des deux valeurs d’angles calculées plus haut, on conserve 289 rad, dont le cosinus est négatif. On obtient alors pour  : (10 + ) = 289 =⇒  = 289 − 10 = −711 rad Selon la consigne présentée à la section 1.2 du manuel, la valeur de la constante de phase  doit être comprise entre 0 et 2 rad. Pour y arriver, on modifie le résultat obtenu en lui ajoutant un multiple entier de 2. Ici, l’ajout de 2 ≈ 628 n’est pas suffisant, de sorte v10

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41

qu’on obtient une valeur adéquate avec  = −711 + 2 (2) = 546 rad et l’expression de la fonction d’onde devient  = 00500 sin (0100 + 500 + 546) où  et  sont en mètres, et  en secondes. E25.

E26.

Les différentes expressions équivalentes à  =  sin ( − ) sont ¡ ¢ (a)  sin 2  ( − ) ¡ ¡ ¢¢ (b)  sin 2  −  (c)  sin ( ( − )) ¡ ¡ ¢¢ (d)  sin 2  −  

Une onde stationnaire est décrite par  = 40 sin(05) cos (30), où  et  sont en centi-

mètres, et  en secondes. (a) On calcule la fréquence, soit  =

 2

=

30 2

=⇒  = 477 Hz

On calcule l’amplitude de l’une ou l’autre des deux ondes progressives, soit =

004 2

=⇒  = 200 cm

On calcule la vitesse de propagation, soit  =

 

=

30 05

=⇒  = 600 cm/s

(b) L’expression générale de la vitesse d’une particule est  =

 

= − (30) (40) sin(05) sin (30) = −120 sin(05) sin (30)

Pour  = 24 cm et  = 08 s, on obtient  = −120 sin(05 (24)) sin (30 (08)) = 101 cm/s (c) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la fonction d’onde et la valeur du temps, et on trace le graphe de  pour  allant de l’origine à 5 cm :  restart;  y:=’4.0*sin(0.5*x)*cos(30*t)’;  t:=0.8;  plot(y,x=0..5); Ce graphe ne permet pas de vérifier le signe de la vitesse. En effet, on ne sait pas si la particule monte ou descend. Pour trouver la réponse, on superpose le graphe de la fonction à 1 = 08 s et à 2 = 0801 s. Dans le logiciel Maple, on redonne au temps le statut de variable et on crée le graphe superposé en intégrant un code de couleur :  t:=’t’; 42

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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v10

 plot([subs(t=0.8,y),subs(t=0.801,y)],x=0..5,color=[blue,red]); Ce nouveau graphe permet de vérifier le signe de la vitesse. E27.

L’onde stationnaire a pour forme  = 2 sin () cos ()  (a) On calcule 2 = 2 (002) = 004 m. On calcule la longueur d’onde, soit =

 

=

40 cm/s 8 Hz

= 005 m. On calcule le nombre d’onde, soit  =

2 

=

2 005

= 126 rad/m,

et finalement la fréquence angulaire,  = 2 = 2 (8) = 503 rad/s. L’expression de la fonction d’onde devient  = 00400 sin(126) cos (503) où  et  sont en mètres, et  en secondes. (b) La distance entre 2 nœuds est

 2

=

005 2

= 250 cm

(c) Le déplacement maximal d’une particule en  = 05 cm s’obtient en posant cos () = 1 donc max ( = 0005 m) = 00400 sin(126 (0005)) = 236 cm (d) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la fonction d’onde et on superpose son graphe pour trois valeurs successives du temps :  restart;  y:=0.0400*sin(126*x)*cos(50.3*t);  lambda:=0.05;  T:=1/8.0;  y1:=subs(t=0.5*T,y);  y2:=subs(t=0.6*T,y);  y3:=subs(t=0.7*T,y);  plot([y1,y2,y3],x=0..2*lambda,color=[red,blue,green]); On peut aussi créer directement une animation en faisant appel à la commande "animate", issue de la librairie "plots". On procède en chargeant d’abord la librairie puis en lançant la commande qui crée l’animation :  with(plots):  animate(y,x=0..2*lambda,t=0..T); E28.

On donne 2 = 450 Hz, pour le deuxième harmonique d’une corde de guitare de longueur  = 06 m et de densité de masse linéique  = 00015 kg/m. On calcule le module de la

E29. v10

tension en combinant les équations 2.1 et 2.16 : q 2 2 = 2 = 1  =⇒  = 22 2  = (450)2 (06)2 (00015) = 109 N

Lorsqu’une onde stationnaire existe sur une corde de longueur  la distance entre deux Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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43

noeuds correspond à la moitié de la longueur d’onde d’un mode particulier. Dans cet exercice, on donne la distance entre deux noeuds pour deux modes consécutifs, mais sans spécifier la valeur de  pour ces deux modes. Toutefois, comme ils sont consécutifs, on dira que le premier mode est  et que le second est  + 1. De plus, comme la valeur du mode correspond au nombre de ventres qui sont présents sur la corde, on peut affirmer que le mode  est associé à la plus grande valeur de la distance entre deux noeuds, soit 18 cm, alors que le mode  + 1 est associé à la distance de 16 cm. Puisque ces deux distances correspondent à la moitié de la longueur d’onde dans un mode donné, alors  = 2 (18 cm) = 36 cm +1 = 2 (16 cm) = 32 cm (a) La condition de résonance implique, pour chacun des modes, que  =

2  ,

ou +1 =

2 +1

Si on isole 2 dans ces deux équations, on obtient  = ( + 1) +1 =⇒ 36 = 32 ( + 1) d’où on tire que  = 8, ce qui implique que  =

 2

=

8(36 cm) 2

= 144 cm

(b) Si le module de la tension est  = 10 N et que la densité de masse linéique équivaut à

E30.

 = 4 × 10−3 kg/m, on calcule ainsi la fréquence fondamentale : q q 1  1 10 1 = 2 = = 174 Hz  288 4×10−3

Les fréquences des modes d’onde stationnaire consécutifs sont +1 = 600 Hz et

 = 480 Hz. (a) La fréquence fondamentale de la corde correspond à 1 = +1 −  = 120 Hz (b) On donne  = 12 N et  = 26×10−3 kg/m. On calcule d’abord la vitesse de propagation, q q 12  =  = 26×10 −3 = 6794 m/s, puis la longueur de la corde, soit =

E31.

 21

=

6794 2(120)

= 0283 m

On donne  =  = 005 (98) = 049 N et  = 12×10−3 kg/m. On cherche à déterminer la longueur de corde lui permettant de résonner avec le diapason. (a) Pour la fréquence fondamentale, 1 = 440 Hz, au moyen de l’équation 2.16, on calcule q q 049   1  1 =⇒  = = = = 230 cm 1 = 2 1 21 21  2(440) 12×10−3 1

(b) Pour le troisième harmonique, on calcule 3 = 31 = 689 cm E32. 44

On donne  = 15 N et  = 3 × 10−3 kg/m. Une onde stationnaire possède une amplitude Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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v10

dont la valeur est 2 = 2 × 10−3 m, et sa longueur d’onde correspond au double de la distance entre deux nœuds, soit  = 2 (012) = 024 m. On calcule le nombre d’onde, soit  =

2 

On calcule la vitesse de l’onde, soit  =

= q

2 024

 

On calcule la fréquence de l’onde, soit  =

 

= 262 m−1  q 15 = 3×10 −3 = 707 m/s. =

707 024

= 295 Hz, et la fréquence angulaire,

soit  = 2 = 2 (295) = 185 × 103 rad/s. L’équation générale d’une onde stationnaire est  = 2 sin() cos (); donc ¡ ¢ ¡¡ ¢ ¢  = 200 × 10−3 sin (262) cos 185 × 103 

où  et  sont en mètres, et  en secondes. E33.

Pour une même tension le rapport des fréquences des deux fils est

2 1

=

q

1 2 

Cependant,

pour une longueur  de corde possédant une masse  et une aire de section s = 2 , on peut établir une relation entre les densités de masse linéique et volumique :  =  =  = s  = 2  =⇒  = s = 2 En fonction du rapport des rayons,

le rapport des fréquences devient r q √ 1 12 1 2 1 = = 1 2  = 2 05 =⇒  2 2

E34.

2

2

= 2, et du rapport des masses volumiques,

2 1

1 2

=

1 21 1 22

q q

1  2 

1 2

= 05

= 141

Deux cordes identiques (même ) ont un rapport des tensions de

1 2

= 2 et un rapport

1 2

= 13  On calcule ainsi le rapport des fréquences fondamentales : q √ 1 1 2 = 1 2 = 3 2 =⇒ 2 = 424

de longueur de

E35.

1 2

La fonction d’onde d’une onde stationnaire est

 = 002 sin (03) cos (25) = 2 sin () cos () où  et  sont en centimètres, et  en secondes. (a) On calcule la longueur d’onde, soit  =

2 

=

2 03

=⇒  = 209 cm

On calcule la vitesse de propagation de l’onde, soit  =

 

(b) Pour le troisième harmonique, la longueur de la corde est ´ ³ ¡ ¢ 3 = 3 2 = 3 2092 cm = 314 cm

=

25 03

=⇒  = 833 cm/s

(c) La vitesse d’une particule est nulle à la position des nœuds, soit à  = 0

 2 3 3

et ;

donc  = 0 cm, 105 cm, 209 cm, 314 cm E36.

Lorsqu’on pince une corde de guitare dont la fréquence fondamentale est 1 = 320 Hz de façon à réduire sa longueur d’un tiers, la longueur d’onde associée à cette nouvelle

v10

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45

21 3 

fréquence fondamentale est 2 =

mais la vitesse de propagation ne change pas. On

calcule la nouvelle fréquence fondamentale en établissant un rapport 2 2 1 1

E37.

=

 

=⇒

2 1

=

1 2

=⇒ 2 = 32 1 =

3 2

(320) = 480 Hz

Une fonction d’onde vérifiant l’équation d’onde doit être de la forme  ( ± ). Le cas (a) satisfait cette exigence. Le cas (b) aussi, mais uniquement si  ( − )  0 

E38.

On vérifie directement qu’une fonction d’onde  =  sin () cos () est une solution de l’équation d’onde en calculant 2 2

= −2  sin () cos ()

et, ensuite, 2 2

= −2  sin () cos () = −

2 2

E39.

=

1 2 2 2

=⇒ CQFD

¡1¢ 2

 2  sin () cos () =⇒

On donne 0 = 0015 m,  = 04 m,  = 2 × 10−2 kg/m et  = 30 m/s. On calcule la fréquence angulaire,  =  =

2 

=

2(30) 04

= 4712 rad/s, puis la puissance moyenne

fournie : moy = 12  (0 )2  = E40.

1 2

¡ ¢ 2 × 10−2 (4712)2 (0015)2 (30) = 150 W

On donne moy = 3 W,  = 30 Hz,  = 15 m,  = 0045 kg et  = 40 N. On calcule 0045 −3 kg, la vitesse de propagation, la densité de masse linéique,  =   = 15 = 3 × 10 q q 40  =  = 3×10 −3 = 1155 m/s, la fréquence angulaire,

 = 2 = 2 (30) = 1885 rad/s, et, finalement, on trouve l’amplitude à l’aide de

l’équation 2.19 : moy = 12  (0 )2  =⇒ 0 = E41.

1 

q

2m oy 

=

1 1885

q

2(3) 3×10−3 (1155)

= 00221 m

On donne 0 = 0008 m,  = 50 Hz,  = 35 × 10−3 kg/m et  = 60 m/s. (a) On calcule la fréquence angulaire, soit  = 2 = 100 rad/s, et la puissance moyenne : ¡ ¢ moy = 12  (0 )2  = 12 35 × 10−3 (100 (0008))2 (60) = 663 mW

(b) Pour doubler la puissance moyenne à fréquence constante, la vitesse doit doubler, donc

E42.

 = 120 m/s, et le module de la tension nécessaire devient ¢ ¡  =  2 = 35 × 10−3 (120)2 = 504 N

On donne 1 = 275 N, 1 = 3 m/s et 2 = 36 m/s. On obtient le nouveau module de la

tension par le rapport suivant 2 1

46

=

22  12 

=⇒ 2 =

22  12 1

=

(36)2 32

(275) = 396 N

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v10

E43.

Cette figure indique la réponse

E44.

Cette figure indique la réponse

E45.

Cette figure indique la réponse

E46.

On calcule la fréquence,  = =

∆ ∆

=

 

=

270 cm 225 s

24 osc. 12 s

= 20 Hz, puis la vitesse de propagation,

= 120 cm/s, et enfin la longueur d’onde,

= 600 cm

E47. (a) On donne  =

2 004

=

2  ,

donc  = 00400 m

On donne  =

2 005

=

2  ,

donc  = 00500 s

(b) On calcule ainsi la vitesse de propagation : =

E48.

 

=

00400 00500

= 0800 m/s

(c) Le module de la vitesse maximale d’une particule est ¡ ¢ 2  = 005 02 × 10−4 = 251 mm/s On calcule le nombre d’onde,  =

2 

=

2 003

= 209 rad/s, et la fréquence angulaire,

 = 2 = 2 (40) = 251 rad/s. À  = 0 et  = 0 on précise que  = 0 Dans l’équation générale d’une onde sinusoïdale progressive se déplaçant dans le sens des  négatifs, soit  =  sin ( −  + ), cette condition entraîne que sin  = 0 donc que  = 2  Ainsi, on obtient ¡ ¢  = 00600 sin 209 − 251 + 2 où  et  sont en mètres, et  en secondes.

E49. (a) On calcule la vitesse de propagation,  = linéique,  =

 2

=

018 (75)2

 

=

270 36

= 75 m/s, puis la densité de masse

= 320 × 10−3 kg/m

(b) Le module de la vitesse maximale d’une particule est v10

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47

¢ ¡  = 270 24 × 10−3 = 0648 m/s

E50. (a) On donne  =

 2

=

2  ,

donc  = 400 m

On calcule ainsi la vitesse de propagation : =

 

=

2 4

=⇒  = 0500 m/s ¡ ¢ ¡ ¢ (b) On indique que  = 03 sin 2  − 4  . À  = 0 cette équation devient  = 03 sin 2  , ce qui se traduit par le graphe suivant :

À  = 3 s, on obtient  = 03 sin

¡

2

−

3 4

¢ . Comme l’onde avance à  = 0500 m/s vers

la gauche, il suffit de reprendre le graphe précédent en décalant la courbe de ∆ = − = −0500(3) = −15 m, soit

E51. (a) On obtient facilement ¡ ¢  = 500 × 10−3 sin (300) cos (420)

où  et  sont en mètres, et  en secondes.

(b) Pour une valeur donnée de la position sur la corde, l’amplitude de l’onde stationnaire prend une valeur maximale que l’on calcule ainsi : ¡ ¢ max =  sin() = 500 × 10−3 sin (300 (017)) = 463 × 10−3 m

5 (c) On trouve un ventre chaque fois que sin() = ±1 donc lorsque  = 2  3 2  2 , ou encore

lorsque  = = 48

(2+1) 2

(2+1) 2

=

dans laquelle  ∈ N On peut modifier cette égalité et écrire que

(2+1) 2(300)

= (2 + 1) (005236)

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v10

La valeur la plus proche de 025 m s’obtient lorsque  = 2 soit  = (2(2) + 1) (005236) = 0262 m (d) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la fonction d’onde et la valeur du temps, et on trace le graphe de  pour  allant de l’origine à 5 cm :  restart;  y:=’5e-3*sin(30*x)*cos(420*t)’;  t:=0;  plot(y,x=0..0.30); Ce graphe permet de vérifier les réponses obtenues en (a) et en (b). Toutefois, si on crée une animation, la vérification s’avère plus facile. On y arrive en redonnant à  le statut de variable, en définissant la période  en chargeant la commande « animate » et en lançant cette commande sur le même intervalle pour  et sur toute une période :  t:=’t’;  T:=2*Pi/420.0;  with(plots):  animate(y,x=0..0.30,t=0..T); E52. (a) Comme on l’a vu à l’exercice 33, la densité de masse linéique peut être exprimée en fonction de la masse volumique  et de l’aire de la section du fil s , soit  = s . Pour  = 2  la contrainte de traction  devient q 2 2  s 2  =⇒  = =   = s = s =    =⇒ CQFD s

E53.

(b) On calcule directement q q 9  =  = 4×10 7860 = 713 m/s

On utilise le résultat de l’exercice 33,  = 2  avec ¡ ¢2  = 2  =  2 2 = (230)2 (7860)  03 × 10−3 = 118 N

On donne 1 = 120 m/s. On conserve la même tension et le même métal, mais on double

E54.

le rayon du fil, soit 2 = 21 . On combine le résultat de l’exercice 33,  =  2  avec  =  2 , ce qui donne q   = 2  =  2 2 =⇒  =  2 On établit ensuite le rapport entre les vitesses finale et initiale : q q 12 2 1 1  1 2 1 =  = 2 =⇒ 2 = 2 1 = 2 (120) = 600 m/s  2

E55. (a) (b) v10

 2

 2

=

∆ 

=⇒ ∆ = 0191 m

=

∆ 

=⇒  = 377 rad

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49

E56.

On donne  = 15 × 103 m/s la vitesse de chacune des impulsions comportant quatre périodes d’une onde sinusoïdale de fréquence  = 200 MHz. (a) On suppose qu’une impulsion frappe un premier interface entre deux couches de tissus différents. Cette impulsion est partiellement réfléchie et partiellement transmise. Le temps que mettra cette impulsion avant d’être totalement réfléchie correspond à ³ ´ ³ ´ 1 réflexion = 4 = 4 1 = 4 200×10 = 200 × 10−6 s 6

soit le délai qui sépare l’arrivée du début et de la fin de l’impulsion, constituée de quatre longueurs d’ondes complètes, à l’interface. Soit  la distance qui sépare le premier interface du suivant. Pour que la fraction de l’impulsion transmise du premier interface traverse cette distance , frappe le second interface, s’y réfléchisse partiellement et revienne vers la sonde émettrice après ce qui a été réfléchi au premier interface, la distance  doit posséder une valeur minimale qui satisfait l’équation suivante de la cinématique : 2 = réflexion =⇒  =

réfl e x io n 2

=

(15×103 )(200×10−6 ) 2

= 150 mm

Le facteur 2 vient de ce que la distance  est franchie à l’aller et au retour. (b) Chacune des impulsions émise par la sonde est réfléchie et transmise à la surface du corps sur lequel on opère l’examen. Le temps nécessaire à la réflexion de l’impulsion constituée de quatre longueurs d’onde est celui déjà calculé en (a): réflexion = 200 × 10−6 s Le point initial de la fraction transmise de l’impulsion voyage à travers la couche d’épaisseur  = 002 m, ira se réfléchir à l’unique interface et remontera vers la surface du corps en un temps interface dont la valeur correspond à 2 = interface =⇒ interface =

2 

=

2(002) 15×103

= 267 × 10−5 s

On suppose que lorsqu’un délai correspondant à ∆ = interface − réflexion = 267 × 10−5 − 200 × 10−6 = 247 × 10−5 s s’est écoulé, une nouvelle impulsion est émise par la sonde. Si c’est le cas, lorsque la seconde impulsion aura terminé de se réfléchir, la partie transmise de la première impulsion reviendra à la surface en suivant directement la fin de la seconde impulsion réfléchie. Dans ce cas, la partie réfléchie de la seconde impulsion et la partie transmise de la première seront indicernables. 50

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v10

Pour éviter ce problème et faire en sorte que la réflexion sur l’interface qui se trouve à 2 cm sour la surface soit détectable, la fréquence à laquelle il faut émettre les impulsions doit être inférieure à  E57.

1 ∆

=

1 (247×10−5 )

= 405 kHz

On donne  = 45 m,  = 3 m/s et  = 20 s. À partir de l’équation 2.5c, on calcule la longueur d’onde des vagues :  =  = 3 (2) = 600 m On peut combiner les équations 2.11a et 2.11b afin d’obtenir le déphasage total lorsqu’il provient d’une différence de pas et d’un délai : ¡ ¢ ∆ = ∆ + ∆∆ = 2  + ∆ (i) 

(a) Dans cette situation, il n’y a pas de délai temporel ∆ puisque les deux bateaux oscillent en phase : ³ ´ ¡ ¢ ∆ = 2  = 2 45 = 6

3 2

rad

(b) Les deux bateaux sont maintenant déphasés d’une demi-période. Comme on ne spécifie pas lequel des bateaux est déphasé alors ∆ = ± 2 et l’équation (i) devient ´ ³ ¡ ¢  2 45   ∆ = 2  + ∆ = 5 = 2 ±  6  2 ou 2 = 2 rad

(c) Si le bateau le plus près de l’observateur oscille avec une avance d’un quart de période

E58.

sur l’autre bateau alors le délai temporel correspond à ∆ = ´ ³ ¡ ¢  4 ∆ = 2  + ∆ = 2 ou encore 0 rad = 2 45  6 + 

 4

et

On donne  = 40 N, 2 = 03 m et 2 = 41 = 0016 kg/m. Comme la tension est la

même sur toute la corde, la vitesse des ondes sur la portion 2 correspond à q q 40 2 =  = 0016 = 50 m/s 2

Pour que l’onde transmise sur la portion 3 interfère constructivement, une onde station-

naire (voir la section 2.9) doit s’installer sur la portion 2 de la corde. Si on cherche la fréquence minimale, cette onde stationnaire ne doit posséder qu’un ventre et la longueur d’onde sur la partie 2 correspond à 2 = 22 = 2 (03) = 06 m On obtient la fréquence de l’onde initiale en faisant appel à l’équation 2.5c : 2 = E59. v10

2 

=⇒  =

2 2

=

50 06

= 803 Hz

À travers la portion plus longue du trombone, pour laquelle on ajoute un parcours supOndes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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51

plémentaire de 2∆on ajoute un délai temporel ∆ correspondant à ∆ =

2∆ 

(i)

Si l’interférence doit être destructive, ce délai est déterminé par l’équation 2.12d : ¡ ¢ ∆ =  + 12  (ii)

On cherche la valeur minimale, de sorte  = 0. Pour obtenir la relation cherchée on

E60.

combine les équations (i) et (ii) en rappelant que  =  −1 : ¢ ¡ 2∆ 1 2∆ 1   = 0 + 2  =⇒  = 2 =⇒ ∆ = 4

On donne  = 2 m. À  = 10 s, la première onde possède un maximum à 1 = 12 m. Au

même moment, la deuxième onde possède un maximum à 2 = 295 m. (a) Afin de trouver la plus petite valeur possible de , la différence de marche, on doit trouver la distance entre les deux premiers maximum de chaque onde. La deuxième onde possède un maximum à 2 = 295 m, mais cette valeur est supérieure à la longueur d’onde  = 2 m. Le premier maxima de cette onde se situe donc plutôt à 02 = 2 −  = 295 − 2 = 095 m et la différence de marche est  = 1 − 02 = 120 − 095 = 250 cm (b) Selon l’équation 2.11a, la différence de phase est ³ ´ ¡ ¢ ∆ = 2  = 2 025 = 4 2

(c) On fait directement la différence entre 1 et 2 puis on prend la valeur absolue du résultat :  = |1 − 2 | = |120 − 295| = 175 cm ´ ³ ¡ ¢ = 7 (d) ∆ = 2  = 2 175 2 4

E61. (a) On superpose les deux ondes sur la corde et on calcule la déformation au même instant  = 0. La déformation totale correspond à  = 1 + 2

(i)

Les deux ondes possèdent la même amplitude  = 150 mm et la même fréquence  . Comme il s’agit de la même corde, on en déduit que la longueur d’onde  et le nombre d’onde  sont les mêmes pour les deux ondes. La déphasage entre les deux ondes est =

2 3

et on fait l’hypothèse que les ondes voyagent vers la droite. Avec ces informations,

l’équation (i) devient  =  sin( −  + ) +  sin( − ) =  sin( + ) +  sin() 52

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(ii) v10

On fait appel à l’identité trigonométrique qui permet d’additionner deux sinus, ¢ ¡ ¢ ¡ cos − sin() + sin () = 2 sin + 2 2

afin de réécrire l’équation (ii) : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ ¡  = 2 sin 12 (2 + ) cos 12 () = 2 sin  + 3 cos 3 =  sin  + 3

(iii)

On constate que l’amplitude reste la même à  = 150 mm

(b) On reprend l’équation (iii) en supposant que la valeur du déphasage est inconnue : ³ ´ ³ ´  = 2 sin  + 2 cos 2 (iv) Si l’amplitude de la déformation totale est 0 = 3 mm, alors 0 =

à l’équation (iv), on a ³ ´ 0 = 2 cos 2 =⇒  2

E62.

 5

= 2 cos

= 147 =⇒  = 294 rad 1 2

On donne

=

07×10−3 05×10−3

³ ´  2

=⇒ cos

³ ´  2

=

1 10

 5

et en faisant appel

=⇒

= 140

(a) On utilise le résultat de l’exercice 33,  =  2  avec les équations 2.1 et 2.16 pour établir le rapport des fréquences fondamentales : q r  q 2 2 2 1 2 2 2 q =  = 12 = 12 = 140 1 = 1 = 1 =  2

2

1

2

(b) Comme on l’a vu en (a), si les cordes ont la même fréquence fondamentale, la vitesse de propagation est la même, soit 2 1

=

E63. (a) 2 =

2 2 1 2 2 2

=

2 1

=

22 12

=

22 12

=

³

=⇒  = 2  = 480 m/s

(b)  =

 

E64. (a)  =

3 2

=⇒  = 105 × 103 Hz

 3

=⇒  = 0400 m

=

1 140

=

 2

=⇒  =

 2

´2

= 0510

= 0911 g

2 (b) On donne 2 = 2 × 10−3 m. On calcule le nombre d’onde,  = 2  = 4 = 157 rad/m, et ¡ ¢ la fréquence angulaire,  = 2 = 2 105 × 103 = 660 × 103 rad/s. On obtient ainsi ¡ ¢ ¡¡ ¢ ¢  = 200 × 10−3 sin (157) cos 660 × 103 

où  et  sont en mètres, et  en secondes. ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¢ (c)  = 100 × 10−3 sin 157 ± 660 × 103  où  et  sont en mètres, et  en secondes.

E65.

On donne

1 2

= 12  Avec les équations 2.1 et 2.16, on établit le rapport des fréquences

fondamentales : v10

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53

=

2 2 1 2

E66. (a) 1 =

 2

2 1

=

2 1

=

q q

 2  1

=

q

1 2

=⇒ 2 = 1

=⇒  = 21  = 132 m/s

q

1 2

= (180)

q

1 2

= 127 Hz

(b)  =  2 = 523 N  2

=⇒

2 1

=

1 2

=⇒ 2 = 1 21 = 0450 m

E67.

=

E68.

On produit le son demandé en appuyant à 150 cm du bout . q q On calcule la vitesse de propagation,  =  =  = 800 m/s, et les fréquences sont obtenues grâce à l’équation 2.16,  =

E69. E70. E71.

 2 

Pour 1  2 et 3 , on obtient 160 Hz, 320 Hz, 480 Hz . q 3 3  −3 kg/m 3 = 2 = 2  =⇒  = 161 × 10 q 2 2 1 =  =⇒ 2 = 287 N q 1 3  =  = 553 m/s =⇒ 3 = 2 = 593 Hz

E72. (a)  =

2 

= 3 m =⇒ ∆ = 150 m

(b)  = − sin () cos () = −0145 m/s E73. (a)  = 00600 sin (628) cos (314) où  et  sont en mètres, et  en secondes. (b)  =  où  ∈ N =⇒  = 0500 m, 100 m (c)  =

E74.

(2+1) 2

où  ∈ N =⇒  = 0250 m, 0750 m ¡ ¢ −2 m (d)  = 00600 sin 2 8 = 424 × 10 Puisque  = 24 ms et  =  = 037 m, on obtient ¡ ¢  = 300 × 10−3 sin (170 ± 262) où  et  sont en mètres, et  en secondes.

E75.

Selon l’exercice 33,  = s . On a donc q 2  1   = 2 = 2 s =⇒  = (2 ) s =⇒ 2 1

=

(22 )2 s2 (21 )2 s1

=

22 s2 12 s1

Selon la donnée, s2 = 2s1  1 = 320 Hz et 2 = 400 hz. Ainsi, 2 1

E76.

E77.

=

(400)2 (2s1 ) (320)2 s1

Selon l’exercice 33,  = s ; donc ³ ´2 q 2 3 3  = 2 =⇒  = s = 889 N 3 = 2 s 3 ¢ ¡ Soit  = 1 + 2 = 2 sin 84 + 6 cos (50)  Les nœuds se produisent lorsque 84 +

54

= 313

 6

= , où  ∈ N =⇒  = 0312 m, 0686 m

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v10

E78.

On sait que  = (a)  ∝

1 

(b)  ∝

√1 

 2

=

1 2

q

 

=⇒  = 08001

=⇒  = 1121 √ (c)  ∝  =⇒  = 1091 (d)  = (08) (112) (109) 1 = 09771 E79.

On donne  = 0018 m et les fréquences fondamentales ( = 1) se trouvent entre min = 100 Hz et max = 400 Hz. (a) On utilise l’équation 2.16 du manuel afin de trouver une expression pour la vitesse des ondes :  2

 =

=⇒  = 2 

On calcule ensuite les vitesses minimale et maximale des ondes sur les cordes vocales avec cette expression : min = 2 (100) (0018) = 360 m/s max = 2 (400) (0018) = 144 m/s L’intervalle des valeurs de vitesse va donc de 360 m/s à 144 m/s (b) Selon l’équation 2.1 : q  =  =⇒  =  2

On cherche le rapport entre les valeurs de tension qui découlent de l’écart des vitesses. Dès lors, on peut écrire que =

2 max 2 min

E80.

=

 2

= 5 × 10−3 kg/m =⇒  = 12  ()2  = 568 mW

E81.

On calcule  =

E82.

On calcule  =

E83.

On calcule  =

=

2 max 2 min

(360)2 (144)2

max min

2 

q  

=

= 160

= 251 rad/s; puis  =  

 

= 16 m/s, donc  = 12  ()2  = 806 mW

= 707 m/s. Comme  = 12  ()2  on obtient  = 276 mm

= 125 m/s; donc  = 12  ()2  = 144 mW

Problèmes P1.

La contrainte de traction  du fil d’acier équivaut au rapport entre le module de la tension  dans le fil et son aire de section s :  =

 s

= 2 × 108 N/m2 . La masse volumique de

l’acier est de  = 7860 kg/m3 . Selon l’exercice 33,  = s ; donc q q q   =  =  =   = 160 m/s s v10

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55

P2.

q   (a) On sait que  = 2   En dérivant par rapport à  on obtient ´ q ¡ ¢ q ³     1 1 √1   1 1 = = 2 = =⇒   2  2  2  2 Pour une faible variation du module de la tension, on obtient ∆ =

  ∆

=⇒ ∆ =

 2 ∆

=⇒

∆ 

= 05 ∆ 

=⇒ CQFD

(b) Si  = 400 Hz et que le module de la tension est abaissé de 3 % on arrive à ∆ 

0 = −003 =⇒ ∆ = 05 ∆  = −6 Hz =⇒  =  + ∆ = 394 Hz

(c) Si la fréquence fondamentale varie de 260 Hz à 262 Hz, le module de la tension doit augmenter de ∆ 

P3.

= 2 ∆  =2

¡

2 260

¢

= +154 %

Le fil va cesser d’être en contact avec la corde lorsque lorsque le module de l’accélération maximale de la parcelle de corde qui supporte le morceau de fil devient supérieur au module de l’accélération gravitationnelle, ( )max  . Lorsque cela se produit, la corde se dérobe sous le fil plus rapidement qu’il ne peut tomber. On calcule la valeur limite de l’amplitude en supposant que la valeur maximale de l’accélération a été atteinte : ( )max =  =⇒  2  =  =⇒ (21 )2  =  =⇒  =

P4.

On calcule la vitesse de propagation avec l’équation 2.5c, soit  = sol sol = 2509 m/s. Comme 1 =

P5.

 4 2 12

 2 

on trouve la longueur de corde d’une note avec  =

la =

 2la

= 570 cm

si =

 2si

= 508 cm

do =

 2d o

ré =

 2ré

 21

:

= 479 cm = 427 cm

(a) Pour une onde de faible amplitude, on calcule la puissance transmise de proche en proche par la projection de la tension dans la direction du déplacement de la particule, soit verticalement. Si  =  sin  on a   =    =  sin  

(i)

Si l’amplitude est faible et parce que la pente est négative à la figure 2.42, on peut affirmer  que sin  ≈ tan  = −  . Avec ce remplacement, l’équation (i) devient ³ ´      =  −   =⇒  = −   =⇒ CQFD

(b) Si  =  sin ( − ), on a

 

= − cos ( − ) et

 

=  cos ( − ), que l’on

insère dans le résultat de la partie (a) : 56

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v10

   = −   = − ( cos ( − )) (− cos ( − )) =⇒ ¢ ¡ ¢ ¡  =  2  cos2 ( − ) = 2 2   cos2 ( − ) =⇒

 =  ()2  cos2 ( − )

(ii)

Pour une certaine valeur de la position, durant une période, la valeur moyenne de cos2 ( − ) est de 12  Avec ce résultat, on exprime la valeur moyenne de la puissance transmise au moyen de l’équation (ii) : moy =  =  ()2  cos2 ( − ) =

2 1 2  () 

Ce résultat est identique à l’équation 2.19. P6.

Soit  la position d’un élément de la corde de longueur  mesurée à partir de l’extrémité inférieure. Le module de la tension dans la corde augmente linéairement à partir de l’extrémité inférieure, ce qui permet d’exprimer la vitesse de propagation d’une onde comme une fonction de la position : q √  =  = ()  =⇒  =  =  Comme  =

on a  = 1  =

√1 , 

et le temps que prend une impulsion pour aller

de l’extrémité inférieure à l’extrémité supérieure est donné par h q ¯ q R R ¯  = √1  =⇒  = 2  ¯ =⇒  = 2  =⇒ CQFD 0

P7.

  

0

0

Selon l’équation (ii) du problème 5, pour une onde sinusoïdale progressive de forme

 =  sin ( − )  la puissance instantanée transmise le long d’une corde s’exprime comme suit  =  ()2  cos2 ( − ) En fonction de l’identité trigonométique sin2  + cos2  = 1 on voit que  = 0 =⇒ sin ( − ) = 0 =⇒ cos2 ( − ) = 1 Donc,  est maximale lorsque  = 0 =⇒ CQFD À l’inverse,  = ± =⇒ sin2 ( − ) = 1 =⇒ cos2 ( − ) = 0 Donc,  est minimale lorsque  = ± =⇒ CQFD P8.

Si  = 0 est un nœud et que  =  est un ventre, les valeurs possibles pour  sont 3 5 7 4  4  4 

soit  =

(2−1)  4

où  ∈ N∗  de sorte que  =

4 (2−1) 

 4

Les différentes valeurs

de fréquence sont données par  = v10

 

=

 4  (2−1)

=

(2−1) 4

où  ∈ N∗

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57

P9.

Selon l’équation 14.5 du tome 1, le module de Young  et la contrainte de traction =

P10.

 s

sont liés par  =  =  ∆   Selon l’exercice 33,  = s  de sorte que la vitesse

de propagation est donnée par q q q q   ∆  =  =  = =⇒  =   s

=⇒ CQFD

Pour une onde stationnaire,  = 2 sin () cos (), et la vitesse d’une particule est

donnée par  =

 

= −2 sin () sin (). Pour une parcelle de corde de masse

 =  l’énergie cinétique est donnée par  =

2  2

=

 2

(−2 sin () sin ())2  = 2 ()2 sin2 () sin2 () 

L’énergie cinétique par unité de longueur est donc  

= 2 ()2 sin2 () sin2 ()

La valeur moyenne de sin2 () sur une période est de 12 , de sorte que ¡  ¢ ¡  ¢ 2 2 2 2 2  moy = 2 () sin () sin () =⇒  moy =  () sin () =⇒ CQFD

Pour la même parcelle de corde, l’énergie potentielle associée à l’étirement infinitésimal de r ³ ´2 p  la corde est  =  ( − ). On sait que  = 2 + 2 =  1 +   Toutefois,

si l’amplitude est faible

 

¿ 1 et qu’on fait appel à l’approximation du binôme, qui veut

que (1 + ) ≈ 1 +  lorsque  ¿ 1 on obtient µ ³ ´2 ³ ´2 ¶12   ≈  +  et  =  1 +  2  ¶ µ ³ ´2    =  ( − ) =   + 2  −  = Avec

 

 =

  2

  2

³

= 2 cos () cos (), l’équation (i) devient

 

´2

(i)

(2 cos () cos ())2 = 2 ()2 cos2 () cos2 ()

L’énergie potentielle par unité de longueur est donc  

= 2 ()2 cos2 () cos2 ()

La valeur moyenne de cos 2 () sur une période est de 12 , de sorte que ¡  ¢ ¡  ¢ 2 2 2 2 2  moy = 2 () cos () cos () =⇒  moy =  () cos () =⇒ CQFD

P11. (a) Comme  =  + on peut exprimer l’énergie mécanique moyenne par unité de longueur en utilisant le résultat obtenu au problème 10 : ¡  ¢ ¡  ¢ ¡  ¢ 2 2 2 2 = +  moy  moy  moy =  () sin () +  () cos ()

(i)

Toutefois, comme  2 = 2  2 = 2 , l’équation (i) devient ¡  ¢ ¢ 2¡ 2 2 2  moy =  () sin () + cos () =  ()

Pour une corde de longueur  l’énergie mécanique est 58

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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v10

¡  ¢

=

 moy

 =⇒  =  ()2  =⇒ CQFD

(b) La distance entre 2 nœuds est de

P12.

mécanique est ¡ ¢ 2   =   moy 2 =  (2)

 2

 2,

= 2 2 

et  = 2 Sur une telle longueur, l’énergie ¡¢ 

2  =⇒  = 2 2 2  =⇒ CQFD

On donne  = 06 m et  = 2 × 10−3 kg; donc  =

 

= 333 × 10−3 kg/m et le module q de la tension est  = 200 N. On calcule la vitesse de propagation,  =  = 245 m/s, la longueur d’onde,  = 2 = 12 m, et la fréquence,  =

 

= 204 Hz.

D’après le problème 11, avec  = 1 × 10−3 m, l’énergie mécanique dans la corde est ¡ ¢¡ ¡ ¢¢2  =  ()2  =  (2)2  = 333 × 10−3 2 (204) 1 × 10−3 (06) = 328 mJ

Comme l’énergie est proportionnelle au carré de l’amplitude, si cette dernière diminue à 0 = 09 on trouve que  0 = 081 La moitié de la perte rayonne sous forme de son, donc ∆son =

019 2

= 0095 L’autre moitié est perdue en chaleur ou en déformation

plastique comme, par exemple, dans l’usure des doigts du musicien ! L’émission du son s’effectue en ∆ = 01 s, ce qui correspond à une puissance sonore de son = P13.

∆so n ∆

=

0095 01

= 312 mW

D’après la section 2.11 et le problème 11, la densité d’énergie linéique s’exprime comme  

=

= 12  ()2 . Toutefois, comme  = 12  ()2  on obtient  =  =⇒ CQFD

P14. (a) La deuxième loi de Newton appliquée à la particule  contient deux forces de rappel, l’une dirigée vers la particule  − 1, qui se trouve à gauche et l’autre dirigée vers la particule qui se trouve à droite,  + 1. Si  est la masse de la particule  et  sa position à tout moment, on obtient 2

 2 = − ( − −1 ) +  (+1 −  ) =⇒ 2

 2 =  (+1 + −1 − 2 ) =⇒ CQFD (b) La position d’équilibre de la particule  est  = , et on suppose que cette particule oscille autour de cette position d’équilibre selon  =  sin ( − ). Si on utilise cette expression pour les particules  − 1  et  + 1 dans le résultat obtenu en (a), on trouve − 2  sin ( − ) =  (sin ( ( + 1)  − ) + sin ( ( − 1)  − ) + 2 sin ( − )) (i) ¡ ¢ ¡ ¢ Si on applique l’identité trigonométrique sin  + sin  = 2 sin + cos − aux deux 2 2 termes du centre, l’équation (i) devient

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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59

− 2  sin ( − ) = 2 sin ( − ) (cos () − 1) L’annexe E donne une autre identité trigonométrique, cos (2) = 1 − 2 sin , qui permet de modifier le dernier terme à droite. Ainsi, ¡ ¡ ¢ ¢ − 2  sin ( − ) = 2 sin ( − ) 1 − 2 sin  =⇒ 2 −1 ¡ ¢ − 2  sin ( − ) = −4 sin ( − ) sin  =⇒ 2 ¡ ¡ ¢ ¢   2 = 4 sin  =⇒ CQFD =⇒  2 = 4 2  sin 2

P15. (a) La loi de Hooke appliquée à de petites déformations du Slinky donne, si  À 0  q q q   =  ( − 0 ) ≈ 0 =⇒  =  =  =⇒  =   =⇒ CQFD   q  (b) On trouve ∆ =  =   une quantité indépendante de la longueur. =⇒ CQFD P16. (a) On pose

1 + 2 = 0 =⇒ 1 = −2 =⇒ 2 − 3 = ± (2 − 3 − 6)

1 2+(2−3)2

=

1 2+(2−3−6)2

=⇒

(i)

Comme on cherche un résultat indépendant du temps, on choisit  = 0 de sorte que ±2 = 2 − 6 et le seul résultat cohérent est  = 150 m (b) Comme on cherche un résultat indépendant de la position, on pose  = 0, et l’équation (i) devient ±3 = 3 − 6, et le seul résultat cohérent est  = 100 s P17.

On calcule la fréquence angulaire,  =

2 

 =  = 05 m, et le nombre d’onde,  =

= 314 rad/s, puis la longueur d’onde, 2 

= 126 rad/m, de sorte que, pour une onde

se déplaçant dans le sens des  négatifs, on obtient  =  sin( +  + ) =  sin (126 + 314 + ) Et la vitesse d’une particule est donnée par  =

 

= 314 cos (126 + 314 + )

À  = 0 et  = 0  = 3 × 10−3 =  sin 

(i)

 = −2 = 314 cos () =⇒ − 637 × 10−3 =  cos ()

(ii)

Si on additionne le carré de l’équation (i) avec le carré de l’équation (ii) et qu’on utilise l’identité sin2  + cos2  = 1 on trouve  = 704 × 10−3 m. Puis, en divisant l’équation (i) par l’équation (ii), on trouve  = 270 rad, de sorte que ¡ ¢  = 704 × 10−3 sin (126 + 314 + 270)

où  et  sont en mètres, et  en secondes.

60

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 2 : Les ondes mécaniques

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v10

Chapitre 3 : Le son Exercices E1.

On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : =

E2.

 

=

340 1×105

= 340 mm

On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : =

E3.

 

=

340 35×104

= 971 mm

On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : =

E4.

 

=

1500 4×106

= 0375 mm

L’intervalle de temps qui sépare l’arrivée du son voyageant dans les deux milieux équivaut à ∆ = 32 s.

E5.

Toutefois, pour chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆milieu = ´−1 ³ ∆ 1 1 ∆ = ∆air − ∆eau = ∆ − =⇒ ∆ = − ∆ =⇒ e a u a ir e a u a ir ¢−1 ¡ 1 1 − 1500 (32) = 141 × 103 m ∆ = 340

∆ m ilieu

. Ainsi

(a) On insère directement les données dans l’équation 3.2a, et on calcule ainsi la vitesse du son : q q 28×1010  =  = 136×10−3 = 143 km/s

(b) On calcule la longueur d’onde avec l’équation 2.5c : = E6.

E7.

E8.

 

=

143×103 41000

= 143 m

En utilisant l’équation 3.2a on obtient q q 141×105 (a) Pour l’oxygène,  =  = = 314 m/s  143 q q 170×105 (b) Pour l’hélium,  =  = 972 m/s  = 018

On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne q q 2×1011  =  = 78×10 506 km/s 3 =

Le premier son voyage le long du tuyau, alors que le second voyage dans l’air. Pour

chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆milieu =

∆ m ilie u

et l’intervalle qui les

sépare correspond à v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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61

∆ = ∆air − ∆Pb = E9.

E10.

−

∆ P b

= ∆

³

1 a ir

−

1 P b

´

= 100

¡

1 340

−

1 1320

On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne q q 10   =  = 25×10 27×103 = 304 km/s

¢

= 0218 s

On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne r r 10 +  3 

= E11.

∆ a ir

=

14×1011 + 42×10 3 892×103

= 416 km/s

Pour une onde longitudinale dans un fluide, l’équation 3.18 décrit l’amplitude de dépla-

cement, soit  = 0 sin ( − ). Avec  =  et 0 = 0  qui se réécrit 0 =

0  

on

calcule  

0 = −0 cos ( − ) = −0 cos ( − ) = −   cos ( − ) =⇒

   

= −0 cos ( − )

Si on compare ce résultat avec l’équation 3.15, qui décrit l’amplitude de pression, on voit que  = E12.

   

=⇒ CQFD

Par analogie avec les ondes stationnaires transversales étudiées à la section 2.8, on déduit ¡ ¡ ¢ ¢ que 1 et 2 sont décrits par 200 sin 530 ± 180 × 103  , où  est en pascals,  en mètres et  en secondes.

E13.

On trouve les longueurs des colonnes d’air grâce à l’équation des tuyaux fermés,  =

 4 

où  = 1 3 5 ce qui donne 1 = E14.

(1) 41

=

(1)(340) 4(440)

= 193 cm et 3 =

3 43

=

(3)(340) 4(440)

= 580 cm

Selon l’équation 3.4, le graphe de la fréquence fondamentale en fonction de

1 2

a pour

pente la vitesse du son. Dans le logiciel Maple, on crée un ensemble de données pour  et on modifie l’ensemble pour qu’il contienne les valeurs de

1 2

correspondantes :

 restart;  data_L:=[0.18,0.35,0.52,0.76];  data_x:=map(x-1/(2*x),data_L); On crée ensuite un ensemble de données pour les couples de valeurs

£

1 2 

¤

et on trace le

graphe avec la commande "pointplot" qui est associée à la librairie "plots". Pour qu’elle fonctionne, on doit invoquer cette libraire :  data:=[[2.78,944],[1.43,472],[0.961,321],[0.658,221]];  with(plots):  pointplot(data); Le graphe montre un alignement des points selon une droite. Pour obtenir la pente de 62

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

cette droite, on charge la librairie "CurveFitting" et on lance la commande qui permet d’effectuer une régression linéaire des données :  with(CurveFitting):  LeastSquares(data, x); Selon ces résultats, la vitesse du son possède une valeur approximative de ≈ 340 m/s . E15.

E16.

On combine les équations 3.3, 2.16 et 2.1, et on pose que ³ ³ ´2 ´2 q 3(340)(06) 3c 3 2  = =⇒  =  = (12) = 281 N 4t 2c  4t 4(1)

À chaque tour du disque percé, 40 oscillations se produisent. La fréquence de rotation 1200 tours 1 min

équivaut à r =

= 20 tours/s.

(a) On calcule ainsi la fréquence fondamentale de l’onde sonore émise :  = 40r = 800 Hz (b) Non , cette fréquence n’est pas unique, car plusieurs harmoniques sont associées à des fréquences plus élevées. E17.

On calcule les trois plus basses fréquences associées aux trois premiers modes au moyen de l’équation 3.4 :  =

E18.

 2

=⇒ 1 = 850 Hz , 2 = 170 Hz , 3 = 255 Hz

En se servant des équations 3.1 et 2.5c, et en se rappelant que  s’exprime en Kelvins, on pose que √ √ q 10◦ 10◦ 10◦ √ √ ◦ ◦ =⇒ 10 = 20 = 1000 283  ◦ = 293 = 983 Hz 20◦

20

20◦

E19. (a) Si tous les trous de la flûte sont bouchés, on obtient 1 =

 2

=

340 2(06)

= 283 Hz

(b) En utilisant de nouveau l’équation 3.4, on trouve =

 21

=

340 2(330)

= 515 cm

E20. (a) On utilise l’équation 3.3 pour les tuyaux fermés et on obtient =

 41

=

340 4(25)

= 340 m

(b) On utilise l’équation 3.4 pour les tuyaux ouverts et on obtient = E21.

 21

=

340 2(500)

= 0340 m

On cherche ∆ = 20◦ − 5◦  mais on sait que  =

 2 

dans le cas du mode fondamental

pour un tuyau ouvert. Ainsi ∆ = 20◦ − 5◦ = v10

20◦ −5◦ 2

=

344−335 2(030)

= 150 Hz

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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63

E22. (a) Si la voiture se déplace vers l’observateur, on peut dire, grâce à l’équation 3.7, que ce dernier percevra une fréquence ³ ´ ³ ´  340 3  0 = −  = 340−30 1200 = 132 × 10 Hz S

(b) Si la voiture s’éloigne de l’observateur, toujours au moyen de l’équation 3.7, on obtient ³ ´ ³ ´  340 3  0 = +  = 340+30 1200 = 110 × 10 Hz S

E23. (a) On arrive à calculer la longueur d’onde effective au moyen de l’équation qu’on trouve à la section 3.3 : 0 =

−S 

=

340−25 400

= 788 cm

(b) De la même façon, on calcule 0 = E24.

+S 

=

340+25 400

= 913 cm

En comparant l’équation de la section 3.3 et les nouvelles données, on constate que la longueur d’onde effective ne varie pas d’une situation à l’autre. Ainsi =

E25.

 

=

340 400

= 850 cm

Pour chacun des cas, on utilise les équations  0 = ³ ´ ³ ´  340 0 (a)  0 = −  = 340−40 200 =⇒  = 227 Hz S 0 =

−S 

0 =

 

=

340 200

0 =

−S 

=

³

±O ±S

´

 et 0 =

±S 



= 340−40 =⇒ 0 = 150 m 200 ¡ O¢ ¡ ¢ (b)  0 = +  = 340+40 200 =⇒  0 = 224 Hz  340

=⇒ 0 = 170 m ³ ´ ³ ´ 340+20 0 O (c)  0 = +  = −S 340−20 200 =⇒  = 225 Hz E26.

340−20 200

=⇒ 0 = 160 m

On doit d’abord trouver la vitesse de la source responsable des changements de fréquences perçues. Avec j = 24 tr/s, la fréquence de rotation du jouet et l’équation 11.9 du tome 1, on trouve que S =  j  = 2j  = 2 (24) (12) = 181 m/s

E27.

On peut maintenant trouver les deux valeurs de fréquence avec l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´  340 0 0 3 min = +  = 340+181 200 =⇒ min = 171 × 10 Hz S ³ ´ ³ ´  340 0 0 3 max = −  = 340−181 200 =⇒ max = 190 × 10 Hz S

Le klaxon de l’automobile est la source (S = 40 m/s) émettant à  = 400 Hz et le

chauffeur du camion est l’observateur (O = 15 m/s). Soit 10 , la fréquence perçue par le chauffeur du camion pendant que l’automobile s’approche et 20 , la fréquence perçue 64

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

après que l’automobile ait dépassé le camion. Dans les situations présentées en (a) et (b), comme l’automobile roule initialement vers le camion, il est évident que 10  20 et on cherche ∆ 0 = 10 − 20 . On utilise l’équation 3.7 du manuel pour le calcul de 10 et 20 . (a) Le sens du mouvement de l’automobile et celui du camion permettent d’établir les signes adéquats dans l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´ 340−15 O 10 = −  = −S 340−40 (400) = 4333 Hz ³ ´ ³ ´ 340+15 O  = 20 = + +S 340+40 (400) = 3737 Hz De sorte que

∆ 0 = 20 − 10 = 3737 − 4333 = −596 Hz (b) Il suffit de modifier le signe apparaissant devant O : ³ ´ ³ ´ 340+15 O 10 = +  = −S 340−40 (400) = 4733 Hz ´ ³ ´ ³ 340−15 O  = 20 = − +S 340+40 (400) = 3421 Hz De sorte que

∆ 0 = 20 − 10 = 3421 − 4733 = −131 Hz E28. (a) Le son est initialement émis par la source (la voiture de police) à une fréquence  Il atteint l’observateur (le camion) et est perçu à une fréquence  0 . La réflexion du son sur le camion ne modifie pas sa fréquence  0 . Le son se dirige vers la voiture de police et subit un second effet Doppler. La voiture de police se déplace à une vitesse de module p = 40 m/s vers le camion, alors que ce dernier se déplace à c = 20 m/s dans le même sens. La fréquence  00 finalement perçue au retour à la voiture de police est donnée par ³ ³ ´ ´³ ´ ³ ´³ ´ + + −c 340+40 340−20  00 = +pc  0 = +pc  = −p 340+20 340−40 (600) = 676 Hz

(b) À cause du vent, les vitesses de la voiture de police et du camion par rapport à l’air immobile sont p = 50 m/s et c = 30 m/s, et on obtient ´³ ´ ³ ´³ ´ ³ +p −c 340+50 340−30 00  = +c −p  = 340+30 340−50 (600) = 676 Hz

E29.

(c) Dans ce cas, les vitesses sont p = 30 m/s et c = 10 m/s, et on obtient ³ ´³ ´ ³ ´³ ´ + −c 340+30 340−10  00 = +pc  = −p 340+10 340−30 (600) = 675 Hz

Si l’observateur se situe entre le mur et l’auto, la fréquence a0 du son perçu en provenance

de l’auto est donnée par l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´  340 a0 = −  = 340−833 (500) = 512558 Hz S

Le son qui frappe le mur est modifié de la même manière et réfléchi vers l’observateur. La

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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65

0 de ce son possède donc la même valeur que  0 , et la fréquence de battement fréquence m a

entre ces deux sons équivaut à 0 | = 0 Hz bat = |a0 − m

Si l’observateur se trouve sur le trajet déjà parcouru par l’auto, on obtient ³ ´ ³ ´  340 a0 = +  = 340+833 (500) = 488043 Hz S

0 = 51256 Hz, comme dans le premier calcul. La fréquence de battement alors que m

entre ces deux sons devient ainsi : 0 | = |488043 − 512558| = 245 Hz bat = |a0 − m

E30.

Si la voiture s’éloigne du mur, l’observateur perçoit un battement lorsqu’il se situe sur le trajet futur de la voiture. La valeur de ce battement est la même qu’à l’exercice 0 . Il n’y a pas de précédent puisque le signe devant S change lorsqu’on calcule a0 et m

battement lorsque l’observateur se place entre la voiture et le mur, et les deux réponses sont 0 Hz, 245 Hz . E31.

E32.

On doit d’abord trouver, au moyen de l’équation 3.7, la vitesse de la source : ³ ³ ´ ´ 0   =  =⇒ =⇒  − S =  0 =⇒  0 = −  −S S ³ ´ ¢ ¡ S =  1 − 0 =  1 − 600 640 = 00625

On reprend ensuite l’équation 3.7 pour le cas où la source s’éloigne et on obtient ³ ´ ³ ´ ³ ´   1  0 = +  =  = +00625 10625 (600) = 565 Hz S

On doit d’abord trouver l’intensité du son  produit par une personne, puis multiplier

cette intensité par le nombre total de personnes, soit  = 2 × 104 spectateurs. Au moyen

E33.

de l’équation 3.12 et de  = 50 dB, on trouve ³ ´  ¡ ¢  = 10 log 0 =⇒  = 0 10 10 = 1 × 105 0 ¢¡ ¢ ¢ ¡ ¡ Comme  0 =   = 2 × 104 1 × 105 0 = 2 × 109 0  alors µ ¶ ³ 0´ (2×109 )0 0   = 10 log 0 = 10 log = 930 dB 0 On donne  = 04 cm2 = 4 × 10−5 m2 



Si on modifie l’équation 3.12, on obtient  = 0 10 10  En combinant ce résultat avec l’équation 3.9, on obtient 

 =  =⇒  = 0 10 10

(i)

(a) Avec  = 120 dB, dans l’équation (i), on obtient µ ¶ 120 ¢¡ ¢ ¡  = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 400 × 10−5 W 66

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v10

E34.

(b) Avec  = 0 dB, dans l’équation (i), on obtient µ ¶ 0 ¢¡ ¢ ¡  = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 400 × 10−17 W

On reprend l’équation (i) de l’exercice 33 avec  = 42  qui correspond à l’aire d’une

sphère de rayon , ce qui donne  = E35.

E36.

 0 10 10

=

2¡

 42 0 10 10

= 4 (40)

1 × 10−12

¢

µ ¶ 100 10 10 = 201 W

On doit d’abord calculer l’intensité totale au moyen de l’équation 3.12 : µ  ¶ 2 ¢¡ ¢ ¡ 1 10 10 = 1 × 10−12 108 + 1085 = 416 × 10−4 W/m2 tot = 1 + 2 = 0 10 + 10 On calcule ensuite le nombre total de décibels : ³ ´ ³ ´ −4 = 862 dB  tot = 10 log to0t = 10 log 416×10 −12 1×10

On utilise l’équation 3.12 dans les deux cas et on obtient ³ ´ ³ ´ 5×10−7 = 570 dB (a)  = 10 log 0 = 10 log 1×10 −12 µ ¶  75 ¢ ¡ (b)  = 0 10 10 = 1 × 10−12 10 10 = 316 × 10−5 W/m2

E37. (a) On combine les équations 3.9 et 3.21 pour calculer l’intensité moyenne. Ainsi, comme moy = 12  (0 )2  et que  = 2 on obtient ¢¢2 ¡ ¡  (340) = 199 × 10−7 W/m2 moy = moy = 12  (0 )2  = 12 (129) 2 (600) 8 × 10−9

(b) Au moyen de l’équation 3.22, on obtient directement moy = E38.

20 2

=

(35)2 2(129)(340)

= 140 × 10−2 W/m2

On modifie l’équation 3.12 et on l’applique au signal (s) et au bruit (b), successivement : s

s = 0 10 10 b =

b 0 10 10

(i) (ii)

Si on divise l’équation (i) par l’équation (ii), on obtient s b

= 10

 s − b 10

=⇒

s b



= 10 10

(iii)

où  = 80 dB représente la différence d’intensité entre le signal et le bruit sur l’échelle des décibels; conséquemment,

s b

= 100 × 108  Comme on sait que la puissance et l’intensité

sont proportionnelles, selon l’équation 3.9, il s’ensuit que E39.

s b

= 100 × 108 .

On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne 2 1



3

= 10 10 = 10 10 = 200

Selon l’équation 3.22, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de déplacement. On en déduit que le rapport des amplitudes de déplacement est q √ 20 2 = 200 = 141 10 1 = v10

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67

E40. (a) On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne ³ ´  2 10 =⇒  = 10 log 21 = 10 log (1000) = 300 dB 1 = 10

(b) Selon l’équation 3.22, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de pression.

E41.

On en déduit que le rapport des amplitudes de pression est q √ 20 2 = 1000 = 316 10 1 =

La puissance acoustique du haut-parleur correspond à  = (05 %) (40 W) = 02 W.

Dans chaque cas, on calcule l’intensité en modifiant l’équation 3.12 et la distance correspondante au moyen de l’équation 3.10 : ³ ´  ¢ ¡ (a)  = 10 log 0 =⇒  = 0 10 10 = 1 × 10−12 1012 = 1 W/m2 Puis

q q 02  =⇒  = 4 = 4(1) = 126 cm ³ ´  ¢ ¡ (b)  = 10 log 0 =⇒  = 0 10 10 = 1 × 10−12 106 = 1 × 10−6 W/m2 =

 42

Puis =

 42

=⇒  =

q

 4

=

q

02 4(1×10−6 )

= 126 m

E42. (a) Sur le bord avant de l’impulsion, on a le rapport

0 

=

p  

où p est le module de la vitesse

de la particule, et  la vitesse du son. Ainsi p =

0 

=

(10−6 )(340) 005

= 680 × 10−3 m/s

Comme  est mesuré dans le sens de propagation, on obtient → − → − v p = 680 × 10−3 i m/s (b) Sur le bord arrière, on trouve p =

0 2

=

(10−6 )(340) 2(005)

→ − − = 340 × 10−3 m/s =⇒ → v p = −340 × 10−3 i m/s

E43. (a) On utilise d’abord l’équation 2.5c pour calculer la vitesse de propagation de l’onde sonore : =

 

=

2700 818

= 330 m/s

On peut maintenant trouver l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.20 : 0 = 0 =⇒ 0 =

0 

=

12 129(2700)(330)

= 104 × 10−5 m

(b) On obtient l’intensité moyenne avec l’équation 3.22 : moy = E44.

20 2

=

(12)2 2(129)(330)

On obtient l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.20 : 0 = 0 =⇒ 0 =

E45. 68

= 0169 W/m2

0 

=

03 129(1200)(340)

= 181 × 10−7 m

Au moyen de l’équation 3.20, en se rappelant que  = 2 on obtient Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

0 

0 = 0 =⇒ 0 =

42×10−2 2(129)(24×10−9 )(340)

=

=

0 (2 )

=⇒  =

0 20 

=⇒

= 635 kHz

E46. (a) On calcule la vitesse du son dans l’air à l’aide de l’équation 3.1 : p −10◦ C ' 20 (−10 + 273) = 324 m/s

Les sons audibles possèdent une fréquence allant de 20 Hz à 20000 Hz. Avec l’équation 2.5c, on trouve l’intervalle des longueur d’ondes : max =

−10◦ C min

=

324 20

min =

−10◦ C max

=

324 20000

= 162 m = 162 mm

L’intervalle des longueurs d’onde s’étend de 162 mm à 162 m (b) On reprend les mêmes calculs avec la nouvelle valeur de température : p 30◦ C ' 20 (30 + 273) = 348 m/s max =

30◦ C min

min =

−10◦ C max

=

=

348 20

= 174 m

348 20000

= 174 mm

L’intervalle des longueurs d’onde s’étend de 174 mm à 174 m E47. (a) 1 =

 4

= 607 Hz

(b) 7 =

7 4

= 425 Hz

E48. (a) Avec +2 

(b) E49.

5 4

1300 929

= 140 et

+1 

= 14, on a  = 25; donc, le tuyau n’est pas ouvert. Avec

= 14, on a  = 5, et le tuyau est fermé .

= 929 =⇒  = 334 m/s

Comme on l’explique à l’exemple 3.4 du manuel, le conduit auditif est ouvert vers l’extérieur mais fermé à l’autre extrémité par le tympan. On peut ainsi le modéliser comme un tuyau fermé. On néglige le fait qu’il n’est pas rectiligne et que sa section n’est pas parfaitement uniforme. La vitesse de propagation du son dans l’air étant de 340 m/s, on utilise l’équation 3.3 :  =

E50.

E51.

 4

=⇒ 1 =

(1)(340) 4(004)

³

= 213 kHz ´  −S , et il s’agit d’une nouvelle source au repos. Pour l’observateur,

Sur le mur, 1 = 0 ¡ O¢ 2 = 1 + = 716 Hz 

On suppose que le camion (S) et l’automobile (O) se dirigent directement l’un vers l’autre.

On donne  = 800 Hz et  0 = 960 Hz. En considérant la direction dans laquelle vont la source et l’observateur, l’équation 3.7 permet d’écrire que v10

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69

0 = 

³

+O −S

´

=⇒ 960 = 800

³

340+O 340−S

De plus, on sait que S + O = 61

E52.

´

=⇒ 68 = 12S + O

(i)

(ii)

Si on résout les équations (i) et (ii), on trouve S = 350 m/s et O = 260 m/s . ³ ´ ³ ´   et  =⇒ =  A = 0 − E 0 +S S A E

=

+S −S

E53. (a) A = 0 A E

=

³

= 10595 =⇒ S = 778 m/s ´ ³ ´   =  et  =⇒ E 0 −S +S

+S −S

=

475 410

=⇒ S = 250 m/s

(b) En remplaçant S dans A ou E  on trouve 0 = 440 Hz . ³ ´ ³ ´ +O O = 8400 Hz et  = 7684 Hz =⇒ =  E54. 1 = 0 − 2 0 −S +S E55.

∆ = 2 − 1 = −716 Hz ³ ´ ³ ´ −O O 1 = 0 + =  = 9733 Hz et  = 6632 Hz =⇒ 2 0 −S +S ∆ = 2 − 1 = −310 Hz

E56.

Soit la figure suivante, montrant une source sonore à deux instants successifs A et B, séparés par l’intervalle de temps ∆ :

La figure montre un front d’onde émis à l’instant A et le segment CB précisant le cône de l’onde de choc. Par définition, le segment CB est tangent au front d’onde. Comme le triangle formé des trois segments est rectangle, on a sin  = E57.

∆ S ∆

=⇒ sin  =

 S

=⇒ CQFD

On donne  = 4 MHz, la fréquence du signal provenant de la sonde,  = 0006 m, le diamètre de l’artère et  = 1570 m/s, la vitesse de propagation du son dans le sang. La fréquence du signal qui revient à la sonde possède un gain moyen ∆ = 535 Hz, de sorte que  00 =  + ∆ = (4 × 106 + 535) Hz Comme à l’exemple 3.8 du manuel, puisque le gain est positif, on en déduit que les globules rouges se déplacent vers la sonde. Dans le calcul du premier effet Doppler, la source, qui est la sonde, est immobile. Les

70

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

globules rouges jouent le rôle d’observateur, se déplaçant à g . Dans ce cas, l’équation 3.7 devient ³ ³ ´ ´ 0 =  +g O  0 =  + =⇒  −S 

(i)

Le signal se réfléchit sur les globules rouges et repart vers la source. Pour le calcul du second effet Doppler, l’observateur (la sonde) est immobile et la source (les globules rouges) se déplace à g , de sorte que ³ ´   00 =  0 − (ii) g

En combinant les équations (i) et (ii), on arrive à ³ ³ 00 ´ ´ ³ ´ + ∆ =⇒ g =  00 −  =  00 =  −gg + 2 +∆  =⇒ ³ ´ g = 8×10535 (1570) = 0105 m/s 6 +535

La vitesse des globules rouges est aussi celle du fluide sanguin, de sorte que le débit  dans l’artère correspond à ³ 2´ ³ ´ ¡ ¢ ³ 1 L ´ ¡ 60 s ¢ (0006)2 −6 m3 s ×  = g  = g  = (0105) = 297 × 10 =⇒ 4 4 0001 m 3 × 1 min

 = 0178 L/min E58. E59.

¡ ¢2  ∝  2 , et  doit décroître; donc 2 = 220 1 = 589 N 222 ³ ´   1010 06 = Puisque  = 4 2 et  = 10 log 0 , on obtient alors 1094 = 10

22 12

et 2 = 700 m

E60. (a) 0 = 0 = 344 × 10−2 N/m2 (b) 0 = E61. E62.

0 

= 218 × 10−10 m

2

Puisque 0 = 0 et  = 2  , on obtient 0 = 2 0 =⇒  = 137 m ³ ´  ¢ ¡ Puisque  = 10 log 0 , on trouve  = 0 10 10 = 1 × 10−12 1085 = 317 × 10−4 W/m2 

Si on suppose qu’il s’agit de l’intensité moyenne, on obtient moy = E63. (a)  =

 

20 2

=

=⇒ 0 = 0527 N/m2

1800 53

= 340 m/s

(b) 0 = 0 = 553 × 10−2 Pa (c) 0 = 0126 mm/s

Problèmes P1.

(a) Avec l’équation 3.10, on obtient =

 42

=

1×10−3 4(4)2

= 497 W/m2

(b) Avec l’équation 3.12, on obtient v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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71

 = 10 log

³ ´  0

= 10 log

³

497×10−6 1×10−12

´

= 670 dB

(c) Avec l’équation 3.22, on obtient p p 20 moy = 2 =⇒ 0 = 2moy  = 2 (497 × 10−6 ) (129) (340) = 660 × 10−2 Pa (d) Avec l’équation 3.20, on obtient 0 = 0 =⇒ 0 = P2.

0 

=

0 (2 )

=

660×10−2 129(2(240))(340)

= 999 × 10−8 m

On donne  = 80 Hz et 0 = 10 Pa à 1 m. (a) On utilise le résultat du problème 7 et on calcule l’amplitude de déplacement à  = 5 m, ce qui donne 1 0 5 

0 =

= 907 × 10−6 m

(b) Le nombre de décibels à  = 5 m se calcule avec les intensités moyennes :

P3.

20 2

= 0114 W/m2 =⇒ 5 m = ³ ´  = 10 log 50m = 966 dB

1 m =

1 m 25

= 456 × 10−3 W/m2 =⇒

(a) En dérivant l’équation 3.1, on obtient  

=

10 √ 

 

=⇒

=

√ √ 10  (20  )

=⇒

 

= 05  

=⇒ CQFD

(b) On utilise  ∝  et la relation trouvée en (a), et on calcule ³ ´ 400(20)     = 05 =⇒  = 05 = 05 = 1404 Hz    285 De sorte que  0 =  + ∆ = 400 + 14 = 414 Hz

(c) La variation de fréquence correspond à ∆ 

=

1404 400

=⇒

∆ 

= 351 %

ce qui est inférieur à la variation de fréquence d’un demi-ton. P4.

On résout ce problème avec les équations des tuyaux ouverts et fermés. (a) Si on suppose que le tuyau est ouvert, on obtient +1 

=

(+1) 2  2

=⇒

850 607

=

+1 

=⇒  = 25

ce qui est impossible, car une des conditions de l’équation 3.4 est que  = 123 Si le tuyau est fermé, on trouve +1 

=

(+2) 4  4

=⇒

850 607

=

+2 

=⇒  = 5

Comme ce résultat respecte les conditions de l’équation 3.3, on doit conclure que le tuyau est fermé . (b) On connaît déjà la fréquence du troisième harmonique. On l’utilise dans l’équation 3.3, ce qui donne 72

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

1 5

P5.

=

 4 5 4

=⇒ 1 = 15 5 =

607 5

= 121 Hz

³ ´ On applique l’équation 3.15 du tome 1 à la pierre qui accélère  = 98 m/s2 en tombant

d’une hauteur  et on trouve temps de chute 1 :  = 12 21 = 4921

(i)

On calcule ensuite le temps 2 que met le son à remonter vers l’observateur :  = 2 = 3402

(ii)

Si on isole 1 et 2 dans les équations (i) et (ii) et qu’on remplace ensuite dans 1 + 2 = 22 s, on arrive à ³ ´12   + 340 − 22 = 0 49

Cette relation a presque la forme d’une équation quadratique. On y arrive en posant √  = : √ 49

+

2 340

− 22 = 0

Si on résout cette équation pour , on calcule finalement que  = 223 m . P6.

(a) On sait qu’un tuyau fermé résonne pour des longueurs qui correspondent aux multiples entiers de 4  On peut donc poser que  4

= 0182 + 06

3 4

= 0557 + 06

(i) (ii)

Si on résout ce système d’équations, on trouve que  = 917 mm . (b) En utilisant l’équation 2.5c et la relation (i) de la partie (a), on obtient = P7.

³ ´  4 4

=

 4(0182+06)

=

340 4(0182+06(917×10−3 ))

= 453 Hz

La déformation ou la perturbation  associée à une onde progressive est décrite par l’équation 2.8 :  =  sin ( − ) De plus, l’intensité d’une onde émise par une source ponctuelle décroît avec l’inverse du carré de la distance, soit  =

  42

tandis que l’intensité moyenne dépend du carré de

l’amplitude de déplacement, soit moy = 12  (0 )2 . Si on combine ces deux équations, on en déduit que 0 ∝ 1  Si  correspond à l’amplitude de l’onde au moment de son émission, on peut affirmer que sa valeur sera modifiée en = P8. v10

 

 ,

et l’équation de l’onde devient

sin ( − ) =⇒ CQFD

On cherche la fréquence de battements perçue lorsqu’un sol diatonique et un sol tempéré Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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73

sont entendus simultanément, ce qu’on obtient ainsi bat = dia − temp = 32 do − P9.

27  212 do

= 0443 Hz

(a) Si une hausse de tension dans la corde diminue la fréquence de battements, c’est que la fréquence émise par la corde (c) est préalablement inférieure à la fréquence du tuyau (t) : bat = t − c =⇒ t = c + bat = 404 Hz (b) On trouve la tension initiale de la corde, sans connaître la vitesse du son, au moyen des équations 2.5c et 2.1. Comme il s’agit du mode fondamental,  = 2 et on obtient q  =  =⇒  = (2 )2  = 346 N

(c)  = P10.

 2

=⇒  =

 2

= 421 cm

On peut trouver l’expression de l’impédance acoustique  en divisant l’équation 3.22, où 0 = , par l’équation que fournit la donnée de la question : m oy m oy

P11.

=

1 2 2 ()  1 2 2 () 

=⇒ 1 =

 

=⇒  = 

On sait, grâce à l’équation 3.2a, que la vitesse du son dans un fluide s’exprime comme q q √  =   donc  =    =⇒  =  =⇒ CQFD

On donne  = 1 m, la distance entre la première auto et le piéton, ou encore la distance

entre chacune des voitures de longueur  = 5 m. Le nombre de décibel associé à la première voiture est de 75 dB. (a) On combine les équations 3.10 et 3.12 afin de trouver la puissance de chacun des klaxons, soit  = 10 log

³ ´  0

= 10 log

³

 42 0

´

=⇒  =

42 0

µ ¶  10 10 = 39738 × 10−4 W

Comme il y a trois klaxons, l’intensité sonore totale est donnée par ³ ´     1 1 1 tot = 4 + + = + + 2 4 2 4(+(+))2 4(+2(+))2 (+(+))2 (+2(+))2

(i)

Si on insère le résultat du calcul dans l’équation 3.12, on obtient ³ ´  tot = 10 log to0t = 751 dB Une modification assez faible de l’intensité en décibels !

(b) Pour un nombre  de voitures placées l’une derrière l’autre, l’équation (i) prend la forme  1  P tot = 4 (+(−1)(+))2 =1

et l’expression de l’intensité en décibels donne ¶ µ  1  P  tot = 10 log 40 (+(−1)(+))2 =1

Dans le logiciel Maple, on crée l’expression pour  et on fixe la valeur des paramètres. 74

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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v10

Finalement, on calcule la valeur limite de cette expression lorsque  −→ ∞ :  restart;  I_0:=1e-12;  d:=1;  L:=5;  P:=3.9738e-4;  beta:=’10*log10((P/(I_0*4*Pi))*(sum(1/(d+(d+L)*(n-1))^2,n=1..N)))’;  limit(beta,N=infinity); On trouve  tot = 752 dB , une valeur assez proche du résultat pour une seule voiture. P12. (a) On reprend l’équation qui donne la vitesse du sang en fonction de la fréquence de l’exemple 3.8 : s =

³

 00 −  00 +

´

³

 =⇒ s =

∆  00 +

´

 =⇒ ∆ = ( 00 +  ) s

(i)

Toujours selon l’exemple 3.8, on sait aussi que ´ ³ s  00 =  + (ii) −s

Mais comme s ¿  l’équation (ii) implique simplement que  00 '  En insérant ce

dernier résultat dans l’équation (i), on trouve ∆ = ( +  ) s =⇒ ∆ = 2 s  =⇒ CQFD (b) Le son doit être parallèle au flux sanguin . (c) On obtient les mêmes résultats. P13.

L’augmentation de pression correspond à ∆ = 1 Pa, la déformation du tympan associée à cette augmentation est ∆ = 005 m. L’aire du tympan est  = 5 × 10−5 m2 et sa masse est  = 25 × 10−6 kg. L’augmentation de pression permet de déterminer le module de la force que subit le tympan, au-delà de ce qui découle de la pression atmosphérique :L ¡ ¢  =  =⇒  =   = (1) 5 × 10−5 = 5 × 10−5 N

On suppose que le tympan se comporte comme un ressort, de sorte que :  = ∆ =⇒  =

 ∆

=

5×10−5 005×10−6

= 1000 N/m

Avec l’équation 1.10 du manuel, on calcule la fréquence naturelle de vibration du tympan : q q 1  1 1000  = 2 = = 101 kHz  2 25×10−6

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son

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75

Chapitre 4 : Réflexion et réfraction de la lumière Exercices E1.

On veut démontrer que lorsqu’on tourne un miroir M d’un angle , le rayon réfléchi est dévié d’un angle 2. Pour y arriver, on dessine le trajet d’un rayon lumineux provenant d’une direction fixe avant (1) et après (2) que le miroir ait subi une rotation d’un angle . Dans les deux figures, on fait appel à la loi de la réflexion et à l’équation 4.6 du manuel pour fixer la direction dans laquelle repart le rayon lumineux :

On note que le rayon réfléchi subit une déviation correspondant à ∆ =  1 −  2 . Pour calculer cette déviation on rappelle que, dans la première figure,  1 = 21 . De plus, si on compare les deux figures, on observe que 2 = 1 − , ce qui permet d’établir une valeur pour  2 :  2 = 22 = 2 (1 − ) = 21 − 2 =  1 − 2 Et alors,  1 −  2 = 2 =⇒ ∆ = 2 =⇒ CQFD E2.

Soit le montage suivant, composé de deux miroirs M1 et M2 disposés perpendiculairement :

Afin d’établir que les rayons incident et dévié sont parallèles et de sens opposés, on doit démontrer que  =  Comme 76

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 4 : Réflexion et réfraction de la lumière

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v10

 = 2 = 180◦ − 90◦ − 1 = 90◦ − 1 =⇒  =  =⇒ CQFD E3.

Deux des tracés sont obtenus par réflexion directe (1, 2), deux autres par réflexion sur les deux miroirs (3, 4) et le dernier par une triple réflexion (5). Dans ce dernier cas, les trois réflexions sont rapprochées et il est impossible de les dessiner correctement :

E4.

Pour trouver de quel angle  s’écartent les rayons incidents, on fait varier l’angle  entre les deux miroirs auxquels sont équivalents les côtés du prisme. On pose d’abord que  = 0◦  de sorte que les rayons incidents effleurent les miroirs sans être déviés de la verticale ( = 0◦ )  Selon l’exercice 1, lorsque l’un des miroirs est ensuite tourné d’un angle

 2

 0◦  le rayon réfléchi est dévié du double, soit  Puisque les côtés du prisme sont

disposés symétriquement de part et d’autre de la verticale, chacun étant tourné de 2  les rayons incidents s’écartent donc, après les réflexions, d’un angle  = 2 =⇒ CQFD E5.

On considère trois miroirs perpendiculaires deux à deux, ce qui constitue la cellule élémentaire d’un cataphote. On choisit un système d’axes tel que les miroirs sont disposés selon les plans   et  Un rayon lumineux incident de direction quelconque est → − → − → − → décrit par − r i =  i + j +k Quand ce rayon atteint le premier miroir et s’y réfléchit, l’une des composantes de sa direction est perpendiculaire au plan du miroir et change de signe à cause du changement dans la direction de propagation de la lumière. Les deux autres composantes changent de signe à cause de la réflexion. Comme le rayon lumineux se réfléchit sur les trois miroirs, le chan-

v10

Ondes, opt. et physique moderne, Chapitre 4 : Réflex. et réfrac. de la lumière

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77

gement de signe a lieu trois fois. De sorte qu’après trois réflexions, la direction du rayon → − → − → − → → → réfléchi devient − r f = − i −  j −  k  ce qui implique que − r f =⇒ CQFD r i = −− E6.

(a) Au moyen de l’équation 4.5, on établit le rapport entre les deux longueurs d’onde et les deux valeurs d’indice, ce qui donne 1 2

=

0 1 0 2

=

2 1

1 1 2

=⇒ 2 =

=

133(450×10−9 ) (400×10−9 )

= 150

(b) Avec l’équation 4.2b, on obtient 2 = E7.

 2

=⇒ 2 =

 2

=

3×108 150

= 200 × 108 m/s

On calcule l’angle d’incidence 1 avec l’équation 4.7b : ³ ´ ³ ´ 14 sin(32◦ ) 2 1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 1 = arcsin 2 sin = arcsin = 479◦ 1 1

Comme on peut s’en rendre compte en combinant les figures 4.21 et 4.24 du manuel,

l’angle  entre les rayons réfléchi et réfracté correspond à ¡ ¢  = 90◦ − 01 + (90◦ − 2 ) = (90◦ − 1 ) + (90◦ − 2 ) =⇒  = 180◦ − 1 − 2

(i)

Si on insère les valeurs d’angle, on obtient  = 180◦ − 479◦ − 32◦ = 100◦

E8.

L’équation (i) de l’exercice 7 établit un lien entre l’angle de déviation  l’angle d’incidence 1 et l’angle de réfraction 2  Pour  = 90◦  cette équation donne 90◦ = 180◦ − 1 − 2 =⇒ 2 = 90◦ − 1 Avec l’équation 4.7b et l’identité trigonométrique sin ( − ) = sin  cos  − cos  sin , on obtient 1 sin 1 = 2 sin 2 = 2 sin (90◦ − 1 ) = 2 cos 1 =⇒ tan 1 =

2 1

=

152 1

=⇒

1 = 567◦ E9.

La figure qui suit montre le trajet du rayon lumineux entre sa source et l’observateur qui se trouve dans la barque :

La distance parcourue dans l’eau par le rayon indicent à 1 = 30◦ est 1 et elle dépend de la profondeur, ∆1 = 3 m. Comme 1 = 78

∆1 cos 1 

on calcule la première contribution ∆1 à

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v10

la distance horizontale qui sépare la source de l’observateur : ³ ´ ∆1 ◦ ∆1 = 1 sin 1 = cos 1 sin  1 = ∆1 tan  1 = 3 tan(30 ) = 173 m

On calcule l’angle de réfraction 2 avec l’équation 4.7b : ³ ´ ³ ´ 133 sin(30◦ ) 1 1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 2 = arcsin 1 sin = arcsin = 417◦ 2 1

La deuxième contribution ∆2 à la distance horizontale se calcule de la même manière que ∆1 : ∆2 = ∆2 tan 2 = (1) tan (417◦ ) = 089 m Finalement, la distance horizontale totale est ∆ = ∆1 + ∆2 = 173 + 089 = 262 m E10.

Dans le logiciel Maple, on crée un ensemble pour le sinus des valeurs d’angles fournies. Cet ensemble de valeurs (sin  sin ) est ensuite porté en graphique :  restart;  data:=[[.139, .173], [.267, .342], [.382, .500], [.484, .642], [.573, .766], [.649, .866], [.713, .939], [.766, .984]];  with(plots):  pointplot(data); Le graphe montre un alignement des points selon une droite. Au moyen de l’équation 4.7b, on constate que sin  = eau sin  La pente de la droite correspond donc à l’indice de réfraction de l’eau. Pour obtenir la pente de cette droite, on charge la librairie "CurveFitting" et on lance la commande qui permet d’effectuer une régression linéaire des données :  with(CurveFitting):  LeastSquares(data, x); Selon ces résultats, l’indice de réfraction de l’eau possède une valeur approximative de ≈ 132 .

E11.

Un rayon incident à angle  sur une plaque de verre est dévié latéralement d’une distance  On reprend la figure 4.77 du manuel et on y ajoute quelques détails :

v10

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79

Selon la figure,  =

 cos  

que l’on insère dans

 =  sin ( − ) =⇒  = E12.

 sin(−) cos 

=⇒ CQFD

On insère les données de l’énoncé dans l’équation 4.8 et on trouve i sin c = a =⇒ i =

a sin c

=

133 sin(68◦ )

= 143

Avec l’équation 4.2b, on obtient i = E13.

 i

=⇒ i =

 i

=

3×108 143

= 210 × 108 m/s

On insère les données de l’énoncé dans l’équation 4.8 et on trouve ³ ´ ³ ´ 1 = 488◦ i sin c = a =⇒ c = arcsin ai = arcsin 133

Si la profondeur est de ∆ = 2 m, le rayon  du cercle qui délimite la zone sans réflexion totale interne est déterminé par la composante ∆ du trajet lumineux projeté à la surface de l’eau. Si on utilise la portion de la figure de la solution de l’exercice 9 qui montre le trajet sous l’eau, on note que tan c =

∆ ∆

=⇒  = ∆ = ∆ tan c = 2 tan (488◦ ) = 228 m

E14. (a) Si l’indice de réfraction du milieu inconnu est supérieur à celui de l’hémisphère transparent (2  1 ), tout rayon lumineux, quelle que soit la valeur de , sera réfléchi et réfracté à l’interface entre les deux milieux. Il n’existe alors aucune manière simple de déterminer 2 , il faut procéder à la mesure des angles d’incidence et de réfraction. Toutefois, si 2  1 , la situation est différente. Lorsqu’un rayon se propageant selon l’axe de l’hémisphère ( = 0◦ ) arrive à l’interface, il est réfléchi et réfracté. Pour toute valeur non-nulle de , l’angle du rayon réfracté sera toujours supérieur à . En augmentant la valeur de , on atteint la situation critique pour laquelle il se produit réflexion totale interne. Ainsi, la valeur de 2 peut être obtenue lorsqu’on observe ce phénomène en ne mesurant que la valeur de l’angle d’incidence . (b) Si la situation décrite au paragraphe précédent se produit, on a  = c . Dans l’équation 80

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v10

4.8, i = 1 et a = 2  de sorte que i sin c = a =⇒ 2 = 1 sin  E15.

On insère les données dans l’équation 4.8, ce qui donne l’angle critique pour l’interface entre la fibre et l’air : i sin c = a =⇒ c = arcsin

³

a i

´

= arcsin

³

1 15

´

= 418◦

On considère l’angle d’incidence le plus élevé à l’entrée dans la fibre, soit 1 = 90◦  On calcule l’angle du rayon réfracté au moyen de l’équation 4.7b : ³ ´ ³ ´ 1 sin(90◦ ) 1 1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 2 = arcsin 1 sin = arcsin = 418◦ 2 15

Sur la paroi de la fibre, le rayon fera un angle  = 90◦ − 2 = 90◦ − 418◦ = 482◦  Comme   c pour ce cas et pour toute autre valeur de 1  on conclut qu’il y aura réflexion totale interne pour toutes les valeurs d’angle d’incidence 1 =⇒ CQFD E16.

Comme le rayon incident est parallèle à la normale, il pénètre à l’intérieur du prisme sans changer de direction. Lorsqu’il atteint la face de droite, le rayon lumineux est réfracté et réfléchi. Toutefois, on ne s’intéresse qu’au rayon qui se réfléchit pour ensuite aller frapper la face inférieure. On reprend la figure 4.79 du manuel et on y dessine le trajet du rayon lumineux jusqu’à sa sortie, sur la face inférieure :

La géométrie de la figure permet d’affirmer que  =  = 30◦  On calcule ensuite l’angle du rayon lumineux à la sortie au moyen de l’équation 4.7b : 1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ (15) sin  = sin  =⇒  = arcsin ((15) sin (30◦ )) = 486◦ par rapport à la verticale E17.

Pour un prisme dont l’angle au sommet est de  = 60◦  l’angle minimal de déviation est de  min = 41◦  On calcule l’indice de réfraction du prisme au moyen de l’équation

v10

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obtenueµ à l’exemple 4.10 du manuel, ce qui donne ¶ ¶ µ sin

=

+ min 2 µ ¶  sin 2

=

=⇒  =

 

60◦ +41◦ 2 ¶ µ 60◦ sin 2

sin

= 154

Avec l’équation 4.2b, on obtient = E18.

 

=

3×108 154

= 194 × 108 m/s

L’équation 4.7b appliquée à l’interface gauche du prisme de la figure 4.42 du manuel permet d’écrire que eau sin  = prisme sin  Toutefois, comme on traite le cas de la déviation minimale, on montre à l’exemple 4.10 que  =

E19.

 min 2

+  et que  = 2  Dès lors,

avec  = 60◦  l’équation 4.7b s’écrit ³ ³ ´ ³ ´ ´ ³ ´   e eau sin min2 + = prisme sin 2 sin =⇒ sin min2 + = prism =⇒ 2 ea u ³ ³ ´´   min + e = arcsin p rism sin 2 =⇒ 2 ea u ³ ³ ´´ ´ ³   16 e  min = 2 arcsin p rism sin (05) − 60◦ = 140◦ −  = 2 arcsin 2 133 ea u

On reprend la figure 4.81 du manuel et on y dessine le trajet des rayons lumineux après

qu’ils ont pénétré dans le prisme, ce qui donne

Les rayons sont intervertis, le montage peut donc servir à inverser une image . E20.

On calcule le pouvoir dispersif d à partir de l’équation de la donnée : d =

E21.

B −R J −1

=

1633−1611 1620−1

= 00355

On constate, à la figure 4.82 du manuel, que le rayon lumineux frappe les deux parois intérieures du prisme à un angle de 45◦  (a) On trouve la valeur minimale de l’indice de réfraction du prisme en posant que c = 45◦ dans l’équation 4.8, où a = 1 : i sin c = a =⇒ i =

a sin c

=

1 sin(45◦ )

= 141

(b) On reprend le même calcul avec a = 133 : i = 82

a sin c

=

133 sin(45◦ )

= 188

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v10

E22.

L’équation 4.7b appliquée à l’interface gauche du prisme de la figure 4.42 du manuel permet d’écrire que eau sin  = prisme sin  Toutefois, comme on traite le cas de la déviation minimale, on montre à l’exemple 4.10 que  = l’équation 4.7b s’écrit air sin  = prisme sin  =⇒ sin  = prisme sin  = arcsin ((16) sin (30◦ )) = 531◦

E23.

³ ´  2

 2

Dès lors, avec  = 60◦ 

³ ´´ ³ =⇒  = arcsin prisme sin 2 =⇒

La figure qui suit définit les angles et montre le trajet du rayon lumineux à travers le prisme :

Avec  = 45◦  on calcule l’angle de réfraction  sur la première face au moyen de l’équation 4.7b :  air sin  = prisme sin  =⇒ sin  = psin =⇒ rism e ³ ´ ³ ´ ◦ )   = arcsin psin = arcsin sin(45 = 281◦ 15 rism e

Selon la figure qui précède, l’angle d’incidence sur la deuxième face est de  −  = 319◦  Toujours avec l’équation 4.7b, on calcule  le deuxième angle de réfraction :

prisme sin ( − ) = air sin  =⇒  = arcsin (prisme sin ( − )) =⇒  = arcsin ((15) sin (319◦ )) = 524◦ Le rayon lumineux subit une première déviation qui correspond à un angle  −  et une seconde déviation de  − ( − )  La déviation totale  est donc de  = ( − ) + ( − ( − )) = (45◦ − 281◦ ) + (524◦ − 319◦ ) = 374◦ E24.

Pour les petits angles, on a sin  ≈  On suppose que le rayon incident frappe la face gauche du prisme avec un angle qui se rapproche de la normale à cette face. L’équation 4.7b donne alors air sin  = prisme sin  =⇒  = 

(i)

On voit, dans la figure de l’exercice précédent, que l’angle d’incidence sur la deuxième face est de  −  Toujours avec l’équation 4.7b, si  est le deuxième angle de réfraction v10

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et que tous les angles sont petits, on note que prisme sin ( − ) = air sin  =⇒  =  ( − )

(ii)

Toujours selon l’exercice 23, la déviation totale  est donnée par  = ( − )+( − ( − ))  Si on insère les équations (i) et (ii) dans cette équation, on obtient  = ( − ) + ( ( − ) − ( − )) =⇒  = ( − 1) =⇒ CQFD E25.

La figure qui suit définit les angles et montre le trajet du rayon lumineux dans le cas critique :

Comme  +  = 90◦  on note que cos  = sin  Ainsi, si on applique l’équation 4.7b à la première face du prisme, on obtient air sin  = prisme sin  =⇒ cos  = prisme sin 

(i)

Comme on peut le constater pour le triangle formé par  et c  la relation entre les angles est 180◦ −  − c = 180◦ −  =⇒  =  − c

(ii)

Si on insère le résultat (ii) dans l’équation (i), on obtient cos  = prisme sin ( − c ) =⇒ CQFD E26.

On donne  = 40 cm, donc  =

 2

= 20 cm.

(a) Avec  = 15 cm dans l’équation 4.11, on obtient ´−1 ¡ ³ ¢−1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = 20 1cm − 15 1cm =⇒  = −600 cm      On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − −60 15 cm =⇒  = 400

Le tracé de deux des rayons principaux donne

84

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v10

(b) Avec  = 60 cm dans l’équation 4.11, on obtient ³ ´−1 ¡ ¢−1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = 20 1cm − 60 1cm =⇒  = 300 cm      On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − 30 60 cm =⇒  = −0500

Le tracé de deux des rayons principaux donne

(c) Avec  = −15 cm dans l’équation 4.11, on obtient ³ ´−1 ³ ´−1 1 1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = − =⇒  = 857 cm      20 cm −15 cm On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − 857 −15 cm =⇒  = 0571

(d) Avec  = −60 cm dans l’équation 4.11, on obtient ³ ´−1 ³ ´−1 1 1 1 1 1 = 20 1cm − −601 cm =⇒  = 150 cm  +  =  =⇒  =  −  On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : 15 cm  = −  = − −60 cm =⇒  = 0250

E27.

On donne  = −40 cm, donc  =

 2

= −20 cm.

(a) Avec  = 15 cm dans l’équation 4.11, on obtient v10

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1 

+

1 

=

1 

=⇒  =

³

1 

−

1 

´−1

=

³

1 −20 cm

−

1 15 cm

´−1

=⇒  = −857 cm

On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − −857 =⇒  = 0571 15 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

(b) Avec  = 40 m dans l’équation 4.11, on obtient ³ ´−1 ³ ´−1 1 1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = − =⇒  = −133 cm      −20 cm 40 cm On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − −133 =⇒  = 0333 40 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

(c) Avec  = −15 cm dans l’équation 4.11, on obtient ´−1 ³ ´−1 ³ 1 1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = − =⇒  = 600 cm      −20 cm −15 cm On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 : cm  = −  = − 600 −15 cm =⇒  = 400

(d) Avec  = −40 m dans l’équation 4.11, on obtient ³ ´−1 ³ ´−1 1 1 1 1 1 1 1 + = =⇒  = − = − =⇒  = −400 cm      −20 cm −40 cm On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.12 :

86

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v10

cm  = −  = − −400 −40 cm =⇒  = −100

E28.

On donne  = 40 cm, O = 2 cm et I = 36 cm. Selon l’équation 4.12, le grandissement linéaire est =

I O

=

36 cm 2 cm

= 18

(a) L’équation 4.11 du manuel établit un lien entre la distance objet, la distance image et la distance focale d’un miroir. On peut la combiner avec l’équation 4.12 et ainsi déduire quel type de miroir est utilisé dans cet exercice. De l’équation 4.11, on a 1 

+

1 

=

1 

=⇒

1 

=

1 

1 

−

=

− 

=⇒  =

 −

(i)

On insère ensuite le résultat (i) dans l’équation 4.12 : ³ ´  −  = −  = − 1 − (ii) = −

Si le miroir est convexe, alors   0 et le résultat (ii) est nécessairement positif et inférieur à 1. Comme la valeur du grandissement a été établie à 18, on en déduit qu’il s’agit d’un miroir concave . (b) On calcule  directement au moyen de l’équation 4.12 :  = −  =⇒  = − = − (18) (40 cm) = −720 cm (c) On calcule  directement au moyen de l’équation 4.11 : 1 

E29.

=

1 

+

1 

=

1 40 cm

+

1 −720 cm

=⇒  = 900 cm

On donne  = 60 cm et |I | = 04O . Comme l’image est réelle,   0 donc   0 ou encore  = −04. La valeur du grandissement linéaire étant connue, on peut calculer la position de l’image :  = −  =⇒  = − = − (−04) (60 cm) = 24 cm On calcule ensuite le rayon de courbure  en combinant les équations 4.10 et 4.11 : 2 

E30.

=

1 

+

1 

=

1 60 cm

+

1 240 cm

=⇒  = 343 cm

On donne  = 30 cm et |I | = 25O  (a) Si l’image est droite, on a   0 ou encore  = 25 et l’équation 4.12 s’écrit  = − =⇒  = −25 On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.11 : 1 

=

1 

+

1 

=

1 

+

1 −25

=

1 

(06) =⇒  = (06)  = (06) (30 cm) = 180 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

v10

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(b) Si l’image est renversée, on a   0 ou encore  = −25 et l’équation 4.12 s’écrit  = − =⇒  = 25 On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.11 : 1 

=

1 

+

1 

=

1 

+

1 25

=

1 

(14) =⇒  = (14)  = (14) (30 cm) = 420 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

(c) Non, car l’image ne serait jamais agrandie . E31.

On donne  = −30 cm et  = 04 L’équation 4.12 permet d’écrire que  = − =⇒  = −04 On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.11 : 1 

E32.

=

1 

+

1 

=

1 

+

1 −04

=

1 

(−15) =⇒  = (−15)  = (−15) (−30 cm) = 450 cm

On donne  = 22 cm et  = −32 On peut calculer la position de l’image avec l’équation 4.12 :  = −  =⇒  = − = − (−32) (22 cm) = 704 cm On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.11 : 1 

=

1 

+

1 

=

1 22 cm

+

1 704 cm

=⇒  = 168 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

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v10

E33.

On donne  = −16 cm, donc  =

 2

= −8 cm, et  = 0333

(a) L’équation 4.12 permet d’écrire que  = − =⇒  = −0333 On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.11 : 1 

1 = 1 + 1 = 1 + −0333 =

1 

(−200) =⇒  = (−200)  = (−200) (−8 cm) = 160 cm

(b) On reprend l’équation 4.12, ce qui donne  = − =⇒  = −0333 (160 cm) = −533 cm E34.

On donne  = 32 cm et  = 04 (a) On peut calculer la position de l’image avec l’équation 4.12 :  = −  =⇒  = − = − (04) (32 cm) = −128 cm (b) On insère ensuite les valeurs obtenues en (a) dans l’équation 4.11 : 1 

E35.

=

1 

+

1 

=

1 32 cm

+

1 −128 cm

=⇒  = −213 cm

On donne  = 20 cm et |I | = 14O  Si l’image est inversée, on a   0 ou encore  = −14 et l’équation 4.12 permet de calculer la position de l’image :  = − =⇒  = − (−14) (20 cm) = 28 cm On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.11 et on trouve la première valeur de la distance focale : 1 1

=

1 

+

1 

=

1 20 cm

+

1 28 cm

=⇒ 1 = 117 cm

Si l’image est droite, on a   0 ou encore  = 14 et l’équation 4.12 permet de calculer l’autre position de l’image :  = − =⇒  = − (14) (20 cm) = −28 cm On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.11 et on trouve la seconde valeur de la v10

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89

distance focale : 1 1

E36.

=

1 

+

1 

=

1 20 cm

+

1 −28 cm

=⇒ 1 = 700 cm

On donne  = 60 cm et   0 (a) Si   0 et que |I | = 06O , on a  = −06, et l’équation 4.12 permet de calculer la position de l’image :  = − =⇒  = − (−06) (60 cm) = 360 cm On calcule ensuite le rayon de courbure  en combinant les équations 4.10 et 4.11 : 2 

=

1 

+

1 

=

1 60 cm

+

1 360 cm

=⇒  = 450 cm

(b) Si   0 et que |I | = 125O , on a  = −125, et l’équation 4.12 permet de calculer la position de l’image :  = − =⇒  = − (−125) (60 cm) = 750 cm On calcule ensuite le rayon de courbure  en combinant les équations 4.10 et 4.11 : 2 

=

1 

+

1 

=

1 60 cm

+

1 750 cm

=⇒  = 667 cm

(c) Si   0 et que |I | = 180O , on a  = 180, et l’équation 4.12 permet de calculer la position de l’image :  = − =⇒  = − (180) (60 cm) = −108 cm On calcule ensuite le rayon de courbure  en combinant les équations 4.10 et 4.11 : 2 

E37.

=

1 

+

1 

=

1 60 cm

+

1 −108 cm

=⇒  = 270 cm

Bien qu’il s’agisse ici d’un miroir et non d’une lentille, cette situation est similaire à celle que décrit la figure 5.35 du manuel et qui traite de l’image formée par les télescopes. Si l’objet se trouve loin du miroir, la lumière en provenance de tous ses points forment des familles de rayons quasi parallèles entre eux. Pour chaque point et en particulier pour celui qui se trouve au sommet de l’objet, ces rayons convergent au foyer du miroir, à une certaine distance au-dessous de l’axe optique, et l’image réelle y apparaît, comme dans cette figure :

90

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v10

(a) Comme on peut s’en rendre compte en examinant le rayon lumineux qui frappe le centre du miroir, l’angle  que sous-tend l’image par rapport au miroir est le même que celui que sous-tend l’objet (O = 2) situé à une distance  du miroir. Dès lors, comme tan  = et tan  = |I | 

=

2 

O 

=

2 

|I | 

on arrive à

=⇒ |I | =

2 

=⇒ CQFD

(b) On donne  = 168 m et  = 174 × 106 m. Comme la distance Terre-Lune correspond à  = 384 × 108 m, on obtient |I | = E38.

2 

=

2(174×106 )(168) 384×108

= 152 cm

Le délai en temps ∆ nécessaire à la lumière pour parcourir une distance  équivaut à ∆ =  , où  = 300 × 108 m/s. (a) Pour  = 384 × 108 m, on obtient ∆ =

 

=

384×108 300×108

= 128 s

(b) Pour  = 15 × 1011 m, on obtient ∆ =

 

=

15×1011 300×108

= 500 s = 833 min

E39. (a) Une année-lumière (a.l.) correspond à la distance  que franchit la lumière durant 1 an : ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ j 86400 s  = ∆ = 2998 × 108 m/s (1 an) × 36524 × = 946 × 1015 m 1 an 1j

E40.

(b) En années-lumière, la distance Terre-Soleil correspond à ¡ ¢ ³ 1 a.l. ´  = 15 × 1011 m × 946×10 = 159 × 10−5 a.l. 15 m

Selon la méthode Römer, on calcule la vitesse de la lumière en faisant le rapport entre

le rayon de l’orbite terrestre (T ) et la moitié du délai (∆orb = 22 min) de variation des éclipses, ce qui donne = E41. v10

T 1 ∆ 2 o rb

=

15×1011 1 2 (22 min)

= 227 × 108 m/s

Dans l’expérience de Michelson, le temps requis pour un tour complet avec  = 35 km Ondes, opt. et physique moderne, Chapitre 4 : Réflex. et réfrac. de la lumière

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91

est ∆ =

E42.

2 

=

2(35×104 ) 3×108

= 233 × 10−4 s

Le prisme doit effectuer ¡1¢  = 18 ∆ = 536 tr/s

1 8

tour pendant la durée ∆ ce qui donne la fréquence

Dans l’expérience de Fizeau, une roue ayant 360 dents doit effectuer

∆ =

2 

=

4×103

2( 3×108

)

E43. (a) Les unités de 0 sont [0 ] =

N A2

et celles de 0 sont [0 ] =

de ces deux variables, on obtient C2 N Nm 2 A 2

C2 A2 m2

=

C2 C 2 2 (s) m

0

=

s2 m2

=⇒

h

√1 0 0

i

C2  Nm 2

Si on multiplie les unités

m s

=⇒ CQFD h i A 0 0 (b) Comme  = 2 et que  = 2 , les unités de ce rapport sont  = m  Les unités de 0 0 h i h i   V A  =m = mW2 =⇒ CQFD  sont  m =⇒  0

=

tour en

= 267 × 10−5 s

La fréquence de rotation est alors de ¡1¢ 1  = 360 ∆ = 104 tours/s

[0 0 ] =

1 360

=

0

E44. (a) L’expression générale pour la composante selon  du champ magnétique est → − → − B = 0 sin ( + ) j  Si on compare cette expression avec celle qu’on présente dans l’énoncé de la question, on découvre que =

2 

= 50 × 102 =⇒  =

2 50×102

=⇒  = 126 cm

et que  = 2 = 15 × 1011 =⇒  =

15×1011 2

=⇒  = 239 GHz

→ (b) Pour répondre à la question, on doit d’abord découvrir l’orientation de − c  Pour ce faire, on doit analyser correctement l’argument de la fonction qui décrit le champ magnétique. La description d’une onde, quelle qu’elle soit, nécessite le recours aux fonctions sinusoïdales et en particulier à un argument qui contient une coordonnée d’espace et une coordonnée de temps. Dans cet exercice, cet argument prend la forme ( + )  La coordonnée d’espace est − ; l’onde se transforme donc selon cet axe et le vecteur → c lui est parallèle. Le signe apparaissant entre  et  a aussi son importance. S’il s’agit d’un signe + c’est que la fonction sinusoïdale se déplace vers la gauche au fur et à mesure que le temps avance. Lorsqu’un signe − apparaît, c’est que la translation se fait vers la droite. Ici, on a un + l’onde électromagnétique se transforme selon les  négatifs et on peut → − → − → → affirmer que − c = − i ou encore que − u  = − i  Cette méthode fonctionne aussi bien 92

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v10

avec le champ électrique et on l’utilisera dans d’autres exercices. → − On peut maintenant décrire le vecteur E  Si on reprend la relation démontrée à l’exercice ³− →´ → − → − → → → → → 10, − u ×− u = − u   et que l’on pose que − u  = j  alors − u × j = − i  ³− → − → →´ → − → − En raison de la règle de la main droite k × j = − i  − u  = k : le champ électrique → − E est orienté selon l’axe des  positifs lorsque  = 0 et  = 0 La valeur maximale du module du champ électrique est donnée par : ¡ ¢¡ ¢ 0 = 0 = 3 × 108 20 × 10−7 = 600 V/m

E45.

de sorte que ¡ ¢− → − → → − E = 0 sin ( + ) k = 600 sin 500 + 15 × 1011  k V/m → − → − On donne E = 0 sin ( + ) k  À partir de cette expression et en raisonnant comme → − → à la partie (b) de l’exercice précédent, on établit que − u  = − j ; l’onde électromagnétique se propage selon l’axe des  négatifs. → − → → − → − → → → → Si on reprend − u ×− u = − u   et que l’on pose que − u  = k  alors k × − u = − j  ³− → ³ − →´ →´ → − → − u  = − i  Le champ En raison de la règle de la main droite k × − i = − j  − → − magnétique B est orienté selon l’axe des  négatifs lorsque  = 0 et  = 0 La valeur maximale du module du champ magnétique est 0 = → − → − → − B = −0 sin ( + ) i = − 0 sin ( + ) i

E46.

et, finalement,

On trouve moy =

E47.

0 

02 20

= 333 N/m2

Le rayon de la Terre est  = 637×106 m. L’énergie solaire que la Terre intercepte dépend de l’aire de section qu’elle présente au Soleil : ¢2 ¡  = 2 =  637 × 106 = 127 × 1014 m2

E48.

On calcule l’énergie en multipliant l’intensité par l’aire et l’intervalle de temps : ¢¡ ¢ ¡  = moy ∆ = 127 × 1014 103 (3600) = 457 × 1020 J

Soit   la puissance de la balise (la lettre  est réservée dans ce chapitre pour la pression).

L’intensité mesurée à une certaine distance dépend de l’aire de la sphère,  = 42  sur laquelle se développe et s’étend l’énergie de l’onde à partir de la source ponctuelle : moy =

 

=

 42

(i)

(a) Pour  = 25 km, moy =

25 4(25×103 )2

= 318 × 10−9 W/m2

On trouve v10

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93

moy =

³

0 02 2

´

 =⇒ 0 =

0 = 155 × 10−3 V/m 0 =

0 

155×10−3 3×108

=

q

2m oy 0 

=

q

2(318×10−9 ) (885×10−12 )(3×108 )

=⇒

=⇒ 0 = 517 × 10−12 T

25 (b) Pour  = 34000 km, moy = 4(34×10 = 172 × 10−15 W/m2 et 6 )2 q q 2m oy 2(172×10−15 ) 0 = =⇒ 0 = 114 × 10−6 V/m 0  = (885×10−12 )(3×108 )

On trouve 0 =

E49. (a) 0 =

0 

10 3×108

=

0 

=

114×10−6 3×108

=⇒ 0 = 380 × 10−15 T

=⇒ 0 = 333 × 10−8 T

(b) On trouve d’abord l’intensité moyenne, moy =

0 0 20

=

10(333×10−8 ) 2(4×10−7 )

= 0132 W/m2

Pour une source ponctuelle, moy = E50.

 

=

 42

=⇒  = 42 moy = 4 (6)2 (0132) = 597 W

1 sin 1 = 2 sin 2 = 3 sin 3 =⇒ (1) sin (30◦ ) = (133) sin 2 = (15) sin 3 =⇒ 3 = 195◦ =⇒ ∆ = 105◦  

E51.

 sin (45◦ ) = (15) sin 2 =⇒  = 1306 =⇒  =

E52.

On calcule d’abord l’angle eau-V que forme le rayon lumineux par rapport à la verticale, dans l’eau : sin (75◦ ) = (133) sin eau-V =⇒ eau-V = arcsin

³

= 230 × 108 m/s

sin(75◦ ) 133

´

= 4657◦

Comme le vase est cylindrique, toute normale à la paroi est perpendiculaire à celle de la surface et ce même rayon forme un angle eau-P = 90◦ − eau-V = 4343◦ par rapport à la normale à la paroi. La lumière traverse alors les deux interfaces qui la conduise dans le verre, puis l’air. Comme ces deux interfaces sont parallèles, on peut omettre le calcul dans le verre et obtenir directement la valeur de l’angle  apparaissant à la figure 4.85 du manuel : (133) sin eau-P = (1) sin air =⇒ air = arcsin ((133) sin (4343◦ )) = 661◦ E53.

On donne 1 = 340 m/s, 2 = 1540 m/s et 1 = 10◦ . Avec l’équation 4.7a, on calcule l’angle de réfraction : sin 1 sin 2

=

1 2

=⇒ 2 = arcsin

³

2 1

´ sin 1 = 478◦

L’angle entre le rayon réfléchi et le rayon réfracté correspond à :  = 180◦ − 1 − 2 = 122◦ E54. 94

On donne l’épaisseur du tissus adipeux 1 = 003 m, la distance entre la surface de Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 4 : Réflexion et réfraction de la lumière

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v10

l’organe et la tumeur, 2 = 002 m et l’angle d’incidence du faisceau à la surface de l’organe 1i = 30◦  De plus, on précise que la vitesse du son est 12% plus faible dans l’organe que dans le tissus adipeux de sorte que o a = 088 À partir de l’équation 4.7a, on détermine : ³ ´ 1r = arcsin oa sin (1i ) = 261◦

Comme 1r et 2i sont des angles alternes-internes :

2i = 1r = 261◦ Le faisceau d’ultrason est alors réfléchi sur la tumeur. Par conséquent, 2r = 2i = 261◦ Comme 2r et 3i sont des angles alternes-internes : 3i = 2r = 261◦ On reprend l’équation 4.7a : ³ ´ 3r = arcsin ao sin (3i ) = 300◦

La distance  entre le point d’entrée du faisceau et son point de sortie sur la peau est  = 1 tan (1i ) + 22 tan (2i ) + 1 tan (3r ) = 542 cm E55.

Le cône est formé dans le sérum et l’angle donné correspond au double de la valeur de

E56.

l’angle critique pour un passage du sérum à l’air. À partir de l’équation 4.8, on obtient ³ ◦´  sin c = 1 =⇒  sin 956 = 1 =⇒  = 135 2

E57.

L’angle de réfraction dans la lame de verre est calculé à partir de l’équation 4.7b. On

 sin (60◦ ) = 1 =⇒  = 115

donne 400 nm = 166 et 700 nm = 161, de sorte qu’avec sin (40◦ ) =  sin , on calcule 400 nm = 2278◦ et 700 nm = 2353◦ , l’angle que font chacun des deux rayons par rapport à la normale après leur entrée dans la lame de verre. Chacun des deux rayons touche la deuxième face à une distance de la première normale qui est donnée par 400 nm = (24) tan 400 nm = 10078 cm ou 700 nm = (24) tan 700 nm = 10450 cm La distance entre les deux rayons mesurée sur la deuxième face est donc ∆ = 700 nm − 400 nm = 00372 cm. ∆ correspond à l’hypothénuse du triangle qui contient la distance perpendiculaire  entre les deux rayons sortants, telle qu’elle apparaît dans la figure 4.77. On calcule cette v10

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95

distance  gràce à  = ∆ sin (50◦ ) = 00285 cm E58.

sin (45◦ ) = (155) sin  =⇒  = 271◦ et 0 = 45◦ − 271◦ = 179◦ =⇒ (155) sin (179◦ ) = sin  =⇒  = 285◦

E59.

Au moyen de la figure 4.42, on obtient sin  = (161) sin (15◦ ) =⇒  = 246◦ =⇒  = 2 ( − ) = 193◦

E60.

On utilise la technique des miroirs virtuels pour prolonger les miroirs réels M1 et M2  De cette façon, on arrive à former toutes les images possibles en les disposant à distance égale de part et d’autre des miroirs. On trouve les premières images I1 et I2  puis les images de ces images, respectivement I3 et I4  et finalement I5 , qui est à la fois l’image de I4 et de I3 :

Pour un angle de séparation  = 60◦ entre les miroirs, on observe qu’il y a en effet ¡ 360◦ ¢ − 1 = 5 images produites. Cette relation se vérifie pour d’autres valeurs d’angle  

E61.

On utilise la technique des miroirs virtuels. De cette façon, on arrive à former toutes les images possibles en les disposant à distance égale de part et d’autre des miroirs. On trouve les premières images I1 et I2  puis les images de ces images, respectivement I3 et I4 :

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v10

 = −  = 3 =⇒  = −3 Avec

E62.

1 

−

1 3

=

1 36 cm

1 

−

3 

+

1 

=

1 36 cm

=⇒

=⇒  = 240 cm , objet réel

Si l’image est droite,  = −  =

E63.

1 

=⇒  = − 3  Avec

1 3

1 

+

3 

1 

= − 24 1cm =⇒

= − 24 1cm =⇒  = 480 cm

Si l’image est inversée,  = −  = − 13 =⇒  = 3  Avec 1 

+

1 

+

1 

= − 24 1cm =⇒

= − 24 1cm =⇒  = −960 cm

E64.

 = −  = 4 =⇒  = −4 Avec

E65.

1 10 cm

+

1 −14 cm

1 20 cm

+

1 

=

=

1 

1 35 cm

1 

+

1 

=

1 

=⇒  = 240 cm

=⇒  = 35 cm =⇒

=⇒  = −476 cm et  = 234

L’image est virtuelle . E66.

1 27 cm

E67.

Pour établir la solution de cet exercice, on utilise la figure 4.69 du manuel. L’objet, dans

+

1 159 cm

=

1 

=⇒  = 10 cm =⇒

1 15 cm

+

1 

=

1 10 cm

=⇒  = 300 cm

cette figure, correspond à la Lune et l’angle de 052◦ qu’elle sous-tend est l’angle . De plus, comme la Lune est suffisamment loin de la Terre, on peut faire l’hypothèse que l’image se forme au foyer du miroir. En considérant que  = 008 m, on peut écrire que

E68. (a)

tan (052◦ ) =

I 

1 

1 60 cm

+

1 −60 cm

=

=

I 

=⇒ I =  tan (052◦ ) = 726 × 10−4 m =⇒  = 300 cm

(b)  = −  = 200 E69. (a) nette,  = 08 m, I = −05 cm (b) floue car située à  = 0 derrière les yeux (c) nette,  = 229 m, I = +0357 cm E70. (a) nette,  = 04 m, I = −300 cm v10

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97

(b) nette,  = 235 m, I = −0882 cm (c) nette,  = 352 m, I = −0259 cm

Problèmes P1.

En vertu de la loi de Snell-Descartes, on a pour  = 10 cm,  = 133 et r = 5◦ : sin r =  sin i =⇒ sin (5◦ ) = (133) sin i =⇒ i = 376◦

Pour trouver la profondeur apparente , on observe géométriquement que  =  cos i et  =  sin i =⇒  =  tan i  =  tan r =⇒  = P2.

 tan r

=

 tan i tan r

=⇒  = 751 cm

On cherche la hauteur d’eau dans la piscine afin que l’image de la pièce parvienne à l’observateur. La géométrie du problème est alors déterminée par la position de ce dernier :

tan  =

4 2

= 2 =⇒  = 634◦ et (133) sin  = sin  =⇒  = 423◦

On observe, au niveau de l’interface entre l’eau et l’air, que tan  =

4− 25−

= 2 =⇒ 4 −  = 5 − 2 et

 

= tan  = tan (423◦ ) = 0909 =⇒

4 − 0909 = 5 − 2 =⇒ (2 − 0909)  = 1 =⇒  = 0916 m P3.

Un rayon incident à angle  sur une plaque de verre est dévié latéralement d’une distance :

98

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v10

On établit directement au moyen de cette figure la relation entre   et  :  =  sin ( − ) où  =

 cos 

=⇒  =

 cos 

sin ( − )

où la relation entre  et  correspond à la loi de Snell-Descartes, qui s’écrit avec la condition «  est petit » selon les approximations suivantes : sin  =  sin  avec sin  ≈  =⇒  =  pour  et  en radians La condition «  est petit » implique de plus que  est petit aussi (car sin  = = P4.

 cos 

1 

sin   sin ), donc

¢ ¢ ¡ ¡ ≈  =⇒  ≈  ( − ) =  1 + 1 =⇒  =  −1 =⇒ CQFD 

On considère une plaque de verre d’épaisseur  = 24 cm et les indices de réfraction pour les lumières rouge et bleu, R = 158 et B = 162 (a) L’angle entre les rayons réfractés dans la plaque pour un angle d’incidence  = 30◦ est R sin R = sin (30◦ ) =⇒ (158) sin R = 05 =⇒ R = 184487◦ et (162) sin B = 05 =⇒ B = 179774◦ =⇒ ∆ = 0471◦ (b) On utilise l’équation obtenue à l’exercice 11 et on obtient, avec , R et B =

P5.

 sin(−) cos 

=⇒ R = 05066 cm et B = 05256 cm =⇒ ∆ = 0190 mm

Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la loi de Snell-Descartes pour 1 = 133 et 2 = 1, et dans laquelle on isole  l’angle de réfraction. L’équation est modifiée pour que les angles soit fournis et calculés en degrés :  restart;  eq:=n*sin(i*Pi/180)=sin(r*Pi/180);  r:=solve(eq,r);  n:=1.33;  i:=2;  evalf(r); On calcule ensuite les angles de réfraction  et 0 pour les angles d’incidence  et  + 2◦

v10

Ondes, opt. et physique moderne, Chapitre 4 : Réflex. et réfrac. de la lumière

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99

du tableau ci-dessous. On obtient 

0◦

10◦

20◦

30◦

40◦

45◦



0◦

1335◦

2706◦

4168◦

5875◦

7013◦

0

266◦

1605◦

2988◦

4481◦

6287◦

7658◦

Ce qui donne la figure qui suit si on trace les rayons réfractés en les prolongeant vers l’arrière de façon à déterminer les profondeurs apparentes aux points d’intersection. La courbe ainsi définie par les points-images est appelée caustique. Partant de la verticale au-dessus de l’eau, un observateur qui se déplace verra la position apparente de l’objet immergé se déplacer le long de la caustique.

P6.

Considérant que l’équation des miroirs est l’expression d’une fonction  (), on calcule la

P7.

dérivée de cette équation par rapport à la variable indépendante  : ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´2 ³ ´2 2    1  1  1 1 − 1  = 0 =⇒  = −  2 + = =⇒ −       

On utilise le résultat de l’exercice 11 où l’on développe le sinus d’une différence : ¢ ¡  sin   =  sin(−) = cos  (sin  cos  − cos  sin ) =  sin  − coscos cos   ¡ ¢ 2  = 1 − sin2  , on obtient directement Avec les relations sin  =  sin  et cos ⎞ ⎛ µ ¶   =  sin  ⎝1 − r cos  2 ⎠ =⇒  =  sin  1 − √ cos =⇒ CQFD 2 2 

P8.

=⇒ CQFD

1−

sin  2

 −sin 

Entre les deux milieux d’indices  et 0  la réflexion totale interne survient dans le

cylindre pour un angle d’incidence supérieur ou égal à c  Cet angle d’incidence c est complémentaire à l’angle , qui est lui-même lié à l’angle d’incidence  par la réfraction initiale à l’interface entre les milieux d’indices 0 et . 100

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 4 : Réflexion et réfraction de la lumièrev10

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Pour la réflexion totale interne à l’interface ( 0 ) on a  sin c = 0 . Pour la réfraction initiale à l’interface (0  ) on a 0 sin  =  sin . Or,  = 90◦ − c =⇒ 0 sin  =  sin (90◦ − c ) =  cos c ¢ ¡ (a) Avec les relations  sin c = 0 et cos2 c = 1 − sin2 c , on obtient directement r ³ 0 ´2 p 0 =⇒ cos c = 1 − sin2 c et sin c =  =⇒ cos c = 1 −  r ³ 0 ´2 √ 0 sin  =  cos c =  1 −  =⇒ 0 sin  = 2 − 02 =⇒ CQFD

P9.

(b) Le cas particulier d’une fibre optique entourée d’air donne q p √ sin  =  sin  =  cos c =  1 − sin2 c =  1 − 12 =⇒ sin  = 2 − 1

Le principe de Fermat appliqué à la réflexion sur un miroir stipule que la lumière em-

prunte le chemin optique qui minimise le temps de parcours entre deux points  et  On paramétrise tous les chemins optiques possibles avec un point d’incidence repéré par la variable  sur le miroir. On cherche ensuite l’expression du temps de parcours en termes de  et , et il s’agit de montrer que le temps minimal correspond à la loi de réflexion,  1 = 2  (a) L’expression du temps de parcours est √ √ (−)2 +2 1 2 2 +2 +  =  +  =⇒  =  

=⇒ CQFD

(b) Avec la condition d’un délai minimal et au moyen de la figure 4.92, on trouve     = 0 =⇒   =

√  2 −2

− (−)2 +2

−√

= 0 =⇒

sin 1 − sin 2 = 0 =⇒ sin 1 = sin 2 =⇒ 1 = 2 =⇒ CQFD P10.

Le principe de Fermat appliqué à la réfraction à l’interface entre deux milieux stipule que la lumière emprunte le chemin optique qui minimise le temps de parcours entre  et . (a) On paramétrise tous les chemins optiques possibles avec un point d’incidence repéré par  et on exprime le temps de parcours dans chaque milieu par √ √ 2 2 (−)2 +2  = 11 + 22 =⇒  = 1+ + =⇒ CQFD 2 (b) Avec la condition d’un délai minimal et au moyen de la figure 4.93, on trouve  

= 0 =⇒

sin 1 1

P11.

−

sin 2 2

 

=

√ 1 2 −2

= 0 =⇒

−

sin 1 1

2

=

− (−)2 +2

√

sin 2 2

= 0 =⇒

=⇒ CQFD

La figure 4.94 décrit la formation de l’arc-en-ciel principal, où, après avoir subi une réflexion, la lumière est de nouveau dispersée lorsqu’elle sort de la goutte.

v10

Ondes, opt. et physique moderne, Chapitre 4 : Réflex. et réfrac. de la lumière

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101

(a) Chaque réflexion correspond à un changement de direction de ( − ), et la réflexion correspond à un changement de direction de ( − 2). La déviation totale est donc  = 2 ( − ) + ( − 2) =⇒  =  + 2 − 4 =⇒ CQFD (b) Pour montrer que  possède une valeur minimale, on calcule  

= 2 − 4   = 0 =⇒

 

=

2 4

=

1 2

En dérivant par rapport à  l’équation sin  =  sin , on obtient  

(sin ) =

 

( sin ) =⇒ cos  =  cos    =

 cos  2

=⇒ 2 cos2  = 4 cos2 

Avec sin2  = 2 sin2  et l’identité sin2  + cos2  = 1 applicable aux deux angles, on obtient cos  =

q

2 −1 3

où  =

4 3

=⇒  = 594◦

sin  =  sin  =⇒  = 402◦ et (2 − 4) = −420◦ =⇒  = 180◦ − 42◦ =⇒ CQFD P12.

La figure 4.95 décrit la formation de l’arc-en-ciel secondaire, où, après avoir subi deux réflexions, la lumière est de nouveau dispersée lorsqu’elle sort de la goutte. (a) Chaque réflexion correspond à un changement de direction de ( − ), et les deux réflexions correspondent à un changement de direction de ( − 2). La déviation totale est donc  = 2 ( − ) + 2 ( − 2) = 2 + 2 − 6 (b) Pour montrer que  possède une valeur minimale, on calcule  

= 2 − 6   = 0 =⇒

 

=

2 6

=

1 3

En dérivant par rapport à  l’équation sin  =  sin , on obtient  

(sin ) =

 

( sin ) =⇒ cos  =  cos    =

 cos  3

=⇒ 2 cos2  = 9 cos2 

Avec sin2  = 2 sin2  et l’identité sin2  + cos2  = 1 applicable aux deux angles, on obtient cos  =

102

q

2 −1 8

=⇒ cos2  =

2 −1 8

=⇒ CQFD

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 4 : Réflexion et réfraction de la lumièrev10

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Chapitre 5 : Les lentilles et les instruments d’optique Exercices E1.

(a) On a 1 = 133 , 2 = 1  = 10 cm et  = −20 cm. En utilisant l’équation 5.2, on obtient 133 10 cm

1 

+

=

1−133 −20 cm

=⇒  = −858 cm

Le chat voit le poisson à 858 cm derrière la paroi . (b) Selon l’équation 5.3, on obtient cm)  = − 12  = − (133)(−858 = 114 =⇒ I = O = (114) (2 cm) = 228 cm (1)(10 cm)

(c) Les données équivalent maintenant à 1 = 1 , 2 = 133  = 15 cm et  = 20 cm. En utilisant l’équation 5.2, on obtient 1 15 cm

133 

+

=

133−1 20 cm

=⇒  = −265 cm

Le poisson voit le chat à 265 cm derrière la paroi . cm) (d)  = − 12  = − (1)(−265 (133)(15 cm) = 133

E2.

On retrouve dans cet exercice les mêmes conditions qu’à la partie (c) de l’exemple 5.2; on peut ainsi considérer que le rayon de courbure du dioptre tend vers l’infini. Puisque 1 = 133, 2 = 1 et  = −05 m, si l’image est virtuelle, on obtient 133 

+

1 −05

= 0 =⇒  = 0665 m

Le saumon est donc en réalité à 665 cm sous la surface de l’eau . E3.

On donne 2 dioptres de rayon de courbure infini, comme à la partie (c) de l’exemple 5.2. On considère d’abord le passage de la lumière à travers le premier dioptre séparant le verre et l’eau. On a ici 1 = 15 2 = 133, 1 = 10 cm et on calcule 15 10 cm

133 1

+

= 0 =⇒ 1 = −887 cm

Cette image devient l’objet pour le deuxième dioptre. Si l’on considère les 30 cm d’eau au-dessus du verre, cela se traduit par 1 = 133 2 = 1 2 = (887 cm) + (30 cm) = 3887 cm, et on trouve 133 3887 cm

+

1 2

= 0 =⇒ 2 = −292 cm

La mouche semble se trouver à 292 cm sous le niveau de l’eau . E4.

Pour un dioptre sphérique ( = ±4 cm), la relation entre  et  est donnée par l’équation 5.2, soit

1 

+

2 

=

2 −1  

dans laquelle 1 et 2 sont les indices de l’air (1) et du verre

( = 15)  v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lent. et les inst. d’opt.

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103

(a) Si 1 −→ ∞ on a à l’entrée puis à la sortie de la sphère des images produites respectivement en 1 et 2 : 1 ∞

+

 1

=

−1 

 2

+

1 2

=

1− 

=

05 4 cm

=⇒

=⇒ 1 = 3 = 12 cm =⇒ 2 = 2 − 1 = −4 cm

15 −4 cm

1 2

+

−05 −4 cm

=

=⇒ 2 = 200 cm

L’image finale est à 600 cm du centre de la sphère . (b) Si l’objet est à 20 cm du centre de la sphère, on a 1 = 16 cm. On a à l’entrée puis à la sortie de la sphère des images produites respectivement en 1 et 2 : 1 16 cm

+

15 1

 2

1 2

=

+

= 1− 

−1 

=

=⇒

05 4 cm

=⇒ 1 = 24 cm =⇒ 2 = 2 − 1 = −16 cm

15 −16 cm

+

1 2

=

−05 −4 cm

=⇒ 2 = 457 cm

L’image finale est à 857 cm du centre de la sphère . E5.

Quelle que soit la position de l’objet devant la tige de verre d’indice  = 15 représentée à la figure 5.51, la lumière doit traverser deux dioptres. La surface convexe constitue le premier avec un rayon de courbure 1 =  = 8 cm. La face plane est le second avec 2 −→ ∞. Pour les deux dioptres, on utilise l’équation 5.2. L’image du premier dioptre est l’objet pour le second, ce qui permet de calculer la position de l’image finale. (a) Avec l’objet situé à 1 = 24 cm de la surface convexe, on calcule la position de la première image 1 : 1 1

+

 1

=

−1 1

=⇒

1 24 cm

+

15 1

=

05 8 cm

=⇒ 1 = 72 cm

Comme elle se situe au-delà de l’extrémité de la tige de verre, cette image devient un objet virtuel pour ce second dioptre. On calcule ainsi, en respectant les conventions de signe : 2 = 3 − 1 = −48 cm Ce qui permet de calculer la position de l’image finale, avec 2 −→ ∞ :  2

+

1 2

=

1− 2

=⇒

15 48 cm

+

1 2

= 0 =⇒ 2 = 320 cm

L’image finale se trouve à 320 cm de la face plane, dans l’air . (b) Avec l’objet situé à 1 = 6 cm de la surface convexe, on calcule la position de la première image 1 : 1 1

+

 1

=

−1 1

=⇒

1 6 cm

+

15 1

=

05 8 cm

=⇒ 1 = −144 cm

Cette image virtuelle du premier dioptre est un objet réel pour la face plane : 2 = 3 − 1 = 384 cm =⇒ 104

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt.

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v10

 2

+

1 2

15 384 cm

= 0 =⇒

1 2

+

= 0 =⇒ 2 = −256 cm

L’image finale se trouve à 160 cm de la face convexe, dans l’air . E6.

Pour une lentille mince plan-convexe, on cherche la position de l’image en utilisant la formule 1 

+

1 

=

1 

où

1 

= ( − 1)

³

1 1

−

1 2

´

avec  = 15

(a) Si l’objet est dans l’air, à l’infini du côté convexe de la lentille, on a 1 = 12 cm et 2 −→ ∞ de sorte que ³ ´ 1 1 1 1 + = ( − 1) − =⇒  = ∞  1 ∞

1 −1

2 = −12 cm de sorte que ´ ³ 1 1 1 1 =⇒  = + = ( − 1) − ∞  ∞ 2

−2 −1

= 240 cm

(b) Si l’objet est dans l’air, à l’infini du côté plan de la lentille, on a 1 −→ ∞ et

E7.

= 240 cm

Pour une lentille mince ( = 15), la distance focale s’exprime au moyen de l’équation

5.5. (a) Si  = 16 cm et 1 = 12 cm, on calcule 2 ainsi : ³ ³ ´ 1 1 1 1 1 = ( − 1) − = (15 − 1) =⇒  1 2 16 cm 12 cm −

E8.

1 2

(b) Si  = −40 cm et 1 = 12 cm, on calcule 2 ainsi : ³ ³ ´ 1 1 1 =⇒ −401 cm = (15 − 1) 12 1cm −  = ( − 1) 1 − 2

´

1 2

=⇒ 2 = −240 cm ´

=⇒ 2 = 750 cm

D’après la formule des lentilles minces, on a, en fonction de  = 4 m et de O = 2 m,

(a) pour une distance focale  = 005 m : 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 005

−

1 4

=⇒  = 00506 m

 = −  = −00127 =⇒ I = O =⇒ |I | = 253 cm (b) pour une distance focale  = 02 m : 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 02

−

1 4

=⇒  = 0211 m

 = −  = −00526 =⇒ I = O =⇒ |I | = 105 cm E9.

Cette situation est similaire à celle que décrit la figure 5.35 du manuel. Si l’objet est loin de la lentille, la lumière en provenance de tous ses points forment des familles de rayons quasi parallèles entre eux. Pour chaque point et en particulier pour celui qui se trouve au sommet de l’objet, ces rayons convergent au foyer de la lentille, à une certaine distance au-dessous de l’axe optique, et l’image réelle y apparaît, comme dans cette figure :

v10

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105

Comme on peut s’en rendre compte en examinant le rayon lumineux qui, en provenance de l’objet, frappe le centre de la lentille, l’angle  que sous-tend l’image par rapport à la lentille est le même que celui que sous-tend l’objet (O = 2) situé à une grande distance  de la lentille. Dès lors, comme tan  = |I | =

|I | 

et tan  =

O 

=

2 

on arrive à

|I | 

=

2 

=⇒

2 

On peut aussi suivre le raisonnement suivant : comme  =  est grand alors, dans l’équation 5.6a,

1 

−→ 0 de sorte que  =  . Selon l’équation 4.12, en rappelant que O = 2,

on a que =

I O

= −  =⇒ |I | =

O  

=

2 

(a) Pour les rayons issus de la Lune, on trouve |I | =

2 

=

2(174×106 )(2) 384×108

=⇒ |I | = 181 mm

(b) Pour les rayons issus du Soleil, on trouve |I | = E10.

2 

=

2(696×108 )(2) 15×1011

=⇒ |I | = 186 mm

On donne  = 2 m, O = 1 cm et |I | = 5 cm. Comme l’image est réelle,   0 ou  = −5 (a) On calcule la position de l’objet, soit  2 = − −5 = 0400 m  = −  = −5 =⇒  = − 

(b) Quant à la distance focale, elle est de 1 

E11.

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 04

+

1 2

=⇒  = 0333 m

D’après la formule des lentilles minces et avec  = 4 et  = −16 cm (image virtuelle), (a) on calcule la position de l’objet, soit

106

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v10

  = −  = 4 =⇒  = −  = − −164 cm = 400 cm

(b) et la distance focale, soit 1 

E12.

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 4 cm

1 −16 cm

+

=⇒  = 533 cm

D’après la formule des lentilles minces et avec  = − 13 et  = 6 cm (image réelle), (a) on calcule la position de l’objet, sot  = − 6 cm  = −  = − 13 =⇒  = −  1 = 180 cm −3

(b) et la distance focale, soit 1 

E13.

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 18 cm

+

1 6 cm

=⇒  = 450 cm

On donne O = 36 mm. On suppose pour l’instant que la distance objet  est supérieure à la distance focale de la lentille, de sorte que l’image sera renversée comme à la figure 5.21a du manuel. Dans ce cas, la largeur de l’image voulue correspond à I = −2 m. On calcule le grandissement linéaire en utilisant sa définition,  =

I O

=

−2 0036

= −556.

La distance image étant  = 7 m, on calcule la distance objet à partir de l’équation 5.6b :  7 = − −556 = 0126 m  = −  =⇒  = − 

On calcule ensuite la distance focale de la lentille du projecteur : 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 0126

+

1 7

=⇒  = 0124 m

On note finalement que    , bien que ce soit par une très faible distance. E14.

D’après la formule des lentilles minces et avec  = 50 mm, on cherche la position de l’image, (a) si la position de l’objet est  = 2 m, ce qui donne 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 005

−

1 2

=⇒  = 00513 m

(b) si la position de l’objet est  = 05 m, ce qui donne 1 

E15.

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 005

−

1 05

=⇒  = 00556 m

On considère une lentille convergente ( = 15 cm) et le grandissement linéaire || = 2 Voici les positions possibles de l’objet : si  = −2 =⇒  = − = 2 =⇒

1 

ou si  = 2 =⇒  = − = −2 =⇒

+ 1 

1 2

+

=

1 15 cm

1 −2

=

=⇒  = 225 cm

1 15 cm

=⇒  = 750 cm

L’objet peut donc se trouver à 225 cm ou à 750 cm . E16.

D’après la formule des lentilles minces et avec  = − 23 et  = 12 cm, (a) on calcule la position de l’image, soit

v10

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107

¡ ¢  = −  = − 23 =⇒  = − = − − 23 (12 cm) = 800 cm

(b) et la distance focale, ce qui donne 1 

E17.

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1 12 cm

+

1 8 cm

=⇒  = 480 cm

La lentille est convergente ( = 35 cm) et la valeur absolue du grandissement linéaire est fournie (|| = 25). Comme l’objet est réel (  0), le type d’image permet de déterminer le signe du grandissement à partir de l’équation 5.6b ( = −) : (a) Si l’image est réelle,   0, le grandissement linéaire est  = −25 =⇒  = − = 25 =⇒

1 

+

1 25

=

1 35 cm

=⇒  = 490 cm

(b) Si l’image est virtuelle,   0, le grandissement linéaire est  = 25 =⇒  = − = −25 =⇒ E18.

1 

+

1 −25

=

1 35 cm

=⇒  = 210 cm

On considère une lentille convergente ( = 20 cm) et le grandissement linéaire || = 04. (a) Si l’objet et l’image sont de même nature, alors le rapport  est positif et   0 dans l’équation 5.6b. On en déduit que  = −04 =⇒  = − = 04 =⇒

1 

+

1 04

=

1 20 cm

=⇒  = 700 cm

(b) Si l’objet et l’image sont de nature différente, alors le rapport  est négatif et   0 dans l’équation 5.6b. On en déduit que  = 04 =⇒  = − = −04 =⇒

1 

+

1 −04

=

1 20 cm

=⇒  = −300 cm

(c) Non E19.

Pour une lentille mince biconvexe, on cherche la position de l’image en utilisant la formule ´ ³ 1 1 1 1 1 1 + = où = ( − 1) −     1 2 avec  = 15.

Si l’objet est situé à  = 20 cm de la lentille et que l’on pose 1 = 12 cm et

2 = −16 cm, on peut calculer la position de l’image et ensuite le grandissement linéaire : ³ ´ 1 1 1 1 + = (15 − 1) − =⇒  = 436 cm 20 cm  12 cm −16 cm cm  = −  = − 436 20 cm = =⇒  = −218

E20.

Pour une lentille mince biconcave, on cherche la position de l’image en utilisant la formule ³ ´ 1 1 1 1 1 1 + = où = ( − 1) −     1 2 avec  = 15.

Si l’objet est situé à  = 20 cm de la lentille et que l’on pose 1 = −12 cm et

2 = 16 cm, on peut calculer la position de l’image et ensuite le grandissement linéaire : ³ ´ 1 1 1 1 + = (15 − 1) − =⇒  = −814 cm 20 cm  −12 cm 16 cm cm  = −  = − −814 20 cm = =⇒  = 0407

108

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v10

On doit faire remarquer que les résultats seraient les mêmes avec 1 = 12 cm et 2 = −16 cm, c’est-à-dire si on avait inversé l’ordre dans lequel la lumière atteint les deux faces de la lentille. E21.

On considère une lentille divergente ( = −20 cm) et on cherche la position de l’objet. Pour les deux questions, on donne la nature de l’image, virtuelle ou réelle, mais cette information ne permet pas d’obtenir la solution. On ne peut que vérifier, lorsque la distance  a été calculée, si le résultat correspond bien à ce qui était affirmé. (a) On pose que l’image est virtuelle, ce qui implique que   0. On affirme aussi que cette image est droite, ce qui implique que le grandissement linéaire est positif. Si la dimension de l’image correspond à 20% de l’objet alors sa valeur est  = 02. L’équation 5.6b permet d’écrire que  = − = −02 ce qui entraîne, dans l’équation 5.6a, que 1 

+

1 −02

=

1 −20 cm

=⇒  = 800 cm

On peut facilement vérifier que  = −02 = −02(800) = −160 cm, donc que l’image est virtuelle. (b) Si l’image est réelle alors   0. Si cette image est droite, alors le grandissement linéaire est positif et sa valeur est  = 15. En utilisant les mêmes équations qu’en (a), on trouve  = − = −15 =⇒

1 

+

1 −15

=

1 −20 cm

=⇒  = −667 cm

À nouveau, on vérifie que  = −15 = −15(−667) = 100 cm, donc que l’image est réelle. E22.

On calcule la position de l’image issue de la première lentille (1 = 10 cm) avec 1 = 20 cm : 1 20 cm

+

1 1

=

1 10 cm

=⇒ 1 = 20 cm

Puisque la seconde lentille (2 = −15 cm) se trouve à 10 cm de la première, on obtient comme suit la position de l’objet pour cette dernière et la position de l’image résultante : 2 = (10 cm)−1 = −10 cm (objet virtuel) =⇒ E23.

1 1 −10 cm + 2

=

1 −15 cm

=⇒ 2 = 300 cm

On calcule la position de l’image issue de la première lentille (1 = 10 cm) avec 1 = 12 cm : 1 12 cm

v10

+

1 1

=

1 10 cm

=⇒ 1 = 60 cm

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109

Puisque la seconde lentille (2 = 20 cm) est à 15 cm de la première, on obtient comme suit la position de l’objet pour cette dernière et la position de l’image résultante : 2 = (15 cm)−1 = −45 cm (objet virtuel) =⇒ E24.

1 −45 cm

+ 12 =

1 20 cm

=⇒ 2 = 138 cm

On calcule la position de l’image I1 issue de la première lentille (1 = 8 cm) avec 1 = 40 cm : 1 40 cm

+

1 1

=

1 8 cm

cm =⇒ 1 = 10 cm =⇒ 1 = − 11 = − 10 40 cm = −0250

Puisque la seconde lentille (2 = 12 cm) est à 20 cm de la première, on obtient comme suit la position de l’objet pour cette dernière et la position de l’image résultante I2 : 2 = (20 cm) − 1 = 10 cm =⇒

1 10 cm

+

1 2

1 12 cm

=

=⇒ 2 = −600 cm

On calcule ensuite le grandissement transversal de la seconde lentille et le grandissement total : cm 2 = − 22 = − −60 10 cm = 600 =⇒  = 1 2 = (−0250) (600) =⇒  = −150

Le tracé de deux des rayons principaux donne

E25.

Pour la première et la seconde lentille, on a 1 1

+

1 1

=

1 1

et

1 2

+

1 2

=

1 2 ,

où 2 = −1

puisque les deux lentilles minces sont accolées et que l’image réelle de la première devient l’objet virtuel de la seconde. On additionne les deux équations pour trouver 1 1

+

1 1

+

1 −1

+

1 2

=

1 1

+

1 2

=⇒

1 1

+

1 2

=

1 1

+

1 2

Le côté droit de l’équation peut être assimilé à l’effet d’une seule lentille équivalente de distance focale  . Sa valeur n’est qu’approximative puisqu’on ne peut négliger totalement l’épaisseur des deux lentilles initiales; donc 1 

110

≈

1 1

+

1 2

=⇒  ≈

1 2 1 +2

=⇒ CQFD

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v10

E26.

D’après l’expression de la distance focale combinée obtenue à l’exercice 25, on trouve =

E27.

1 2 1 +2

=⇒

1 

=

1 1

1 2

+

=⇒

1 14 cm

=

1 10 cm

+

1 2

=⇒ 2 = −350 cm

On considère une loupe avec les données  = 57 cm et  = 6 cm. (a) On calcule ainsi le grossissement angulaire : =

025 

=

025 0057

= 439

(b) En vertu de la loi des lentilles minces, on obtient ainsi la position de l’image : 1 

E28.

=

1 

+

1 

1 6 cm

=⇒

=

1 57 cm

+

1 

=⇒  = −114 cm

Pour une lentille convergente ( = 4 cm), on obtient l’image virtuelle ( = −40 cm) d’un objet ayant O = 1 mm de largeur. (a) La dimension de l’image donnée par la lentille équivaut à 1 

=

1 

+

1 

1 4 cm

=⇒

=

1 

+

1 −40 cm

cm  = −  = − −40 364 cm = 110 et  =

=⇒  = 364 cm I O

=⇒ I = O =⇒ I = 110 mm

(b) Le grossissement angulaire correspond à =

025 

=

025 00364

= 687

E29. (a) Si l’image donnée par la loupe se trouve au punctum proximum normal ( = −25 cm), la loi des lentilles minces et l’équation du grossissement indiquent que 1 

=

=

1 

+

025 

1 

=⇒

= 025

1 

³

1 

= +

1 

1 −025

+

1 025

´

=⇒

1 

=

1 

=⇒  = 1 +

+

1 025

025 

=⇒

=⇒ CQFD

(b) La distance focale correspondant au grossissement angulaire  = 24 équivaut à =1+ E30.

025 

= 24 =⇒

025 

= 14 =⇒  = 0179 m

La distance focale d’une loupe est  = 10 cm. (a) On obtient comme suit la position de l’objet qui donne le grossissement angulaire maximal, ce qui se produit si l’image donnée par la loupe se trouve au punctum proximum normal ( = −25 cm) : 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 10 cm

=

1 

+

1 −25 cm

=⇒  = 714 cm

(b) On trouve aussi la taille de l’image, connaissant celle de l’objet (O = 2 mm) : ³ ´ I cm  = −  = − −25 714 cm = 35 et  = O =⇒ I = O =⇒ I = 700 mm (c) Lorsque  =  , donc  = 100 cm

E31.

Lorsque l’image finale est à l’infini, l’image donnée par l’objectif coïncide avec le foyer de l’oculaire. D,après les données ∞ = −400  = 16 cm et ob = 05 cm, la distance

v10

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111

focale de l’oculaire équivaut à ∞ = − ob E32.

025 o c

= −400 =⇒ oc = 200 cm

Les distances focales du microscope sont ob = 08 cm et oc = 3 cm. Comme la distance entre les lentilles est  = 175 cm, la longueur optique équivaut à  =  − oc − ob = 137 cm. L’image virtuelle finale étant située à oc = −40 cm de l’oculaire (cette figure est similaire à la figure 5.33), on en déduit que 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

=⇒

1 o c

1 −40 cm

+

=

1 3 cm

=⇒ oc = 279 cm

La position de l’image de l’objectif est ob =  − oc = 147 cm, et on détermine que 1 o b

+

1 o b

 = − oo bb E33.

=

1 o b

25 cm o c

=⇒

1 o b

+

1 147 cm

=

1 08 cm

=⇒ ob = 0846 cm

147 cm 25 cm = − 0846 cm 279 cm = −156

Les distances focales du microscope sont ob = 06 cm et oc = 24 cm. L’objet est situé à ob = 0625 cm de l’objectif. On calcule ainsi la position de l’image de l’objectif : 1 o b

+

1 o b

=

1 o b

=⇒

1 0625 cm

+

1 o b

=

1 06 cm

=⇒ ob = 15 cm

Si l’image finale est à l’infini, l’image donnée par l’objectif coïncide avec le foyer de l’oculaire. Puisque oc = oc  on a ob =  + ob (voir la figure 5.33), et on en déduit que  = ob − ob = 144 cm et  =  + ob + oc = 174 cm Le grossissement se calcule alors directement, comme suit ∞ = − ob E34.

25 cm o c

cm 25 cm = − 144 06 cm 24 cm = −250

L’objectif du télescope astronomique a une distance focale ob = 60 cm. Puisque l’objet à observer est situé à l’infini, on a ob −→ ∞ et on déduit la position de l’image produite par l’objectif : 1 o b

+

1 o b

=

1 o b

=⇒

1 ∞

+

1 o b

=

1 60 cm

=⇒ ob = 60 cm

La distance entre les lentilles est  = 65 cm, et, comme  = ob + oc  on obtient oc = 5 cm. L’instrument est réglé pour un œil normal au repos, c’est-à-dire un œil dont le punctum remotum est situé à l’infini, de sorte que l’image finale est située aussi à l’infini, oc −→ ∞ ce qui donne, pour la distance focale de l’oculaire 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

=⇒

1 5 cm

+

1 ∞

=

1 o c

=⇒ oc = 500 cm

On en déduit que  = ob + oc = ob + oc ou encore que les foyers sont confondus. On calcule finalement le grossissement angulaire du télescope comme suit cm ∞ = − oo bc = − 60 5 cm = −120

112

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v10

E35.

On traite cet exercice d’une manière similaire à l’exercice précédent. Si l’image finale est à l’infini, le grossissement angulaire s’exprime comme le rapport des distances focales du télescope, qui sont ob = 180 cm, pour le miroir, et oc = 5 cm, pour l’oculaire. On obtient donc directement : cm ∞ = − oo bc = − 180 5 cm = −360

E36.

Une lunette de Galilée est réglée pour un œil normal au repos, ce qui signifie que l’image finale est située à l’infini, oc −→ ∞ et que les foyers sont confondus, comme à la figure 5.37. Le grossissement angulaire s’exprime alors comme le rapport des distances focales du télescope, soit ob = 36 cm et oc , qui est inconnue. On déduit ainsi la valeur de oc : ∞ = − oo bc =⇒ 8 cm =

E37.

36 cm o c

=⇒ oc = −450 cm

On donne ob = 5 m et oc = 10 cm. (a) On calcule ainsi le grossissement angulaire lorsque l’image finale est située à l’infini : cm ∞ = − oo bc = − 500 10 cm = −500

(b) Lorsque l’image finale est située à oc = −40 cm de l’oculaire, on trouve 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

=⇒

1 o c

+

1 −40 cm

=

1 10 cm

=⇒ oc = 800 cm

cm  = − oobc = − 500 8 cm = −625

E38.

La distance entre les lentilles d’un télescope astronomique est  = 65 cm. L’image finale est située à l’infini, de sorte que  = ob + oc ; puisque le grossissement angulaire est ∞ = −25 on en déduit que  = ob + oc = 65 cm et ∞ = − oo bc = −25 =⇒ 25oc + oc = 65 cm =⇒ oc = 250 cm =⇒ ob =  − oc =⇒ ob = 625 cm

E39.

Une lunette de Galilée a une longueur  = 15 cm et un objectif possédant une distance focale ob = 20 cm. L’image finale est située à l’infini, de sorte que ob =  + |oc |. On obtient comme suit oc  0 et le grossissement angulaire de la lentille : oc = − |ob − | = − |(20 cm) − (15 cm)| = −5 cm 20 cm ∞ = − oo bc = − −5 cm = 400

E40.

Lorsque l’image finale est à l’infini, le grossissement angulaire du télescope astronomique s’exprime comme le rapport des distances focales du télescope, qui sont ob = 168 m et oc = 35 cm, ce qui donne 168 ∞ = − oo bc = − 0035 = −480

v10

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113

E41.

Les distances focales du télescope sont ob = 18 m et oc = 11 cm. On trouve le grossissement angulaire, si l’image finale est située à oc = −40 cm de l’œil, en obtenant d’abord oc : 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

1 o c

=⇒

+

1 −040

=

1 011

=⇒ oc = 00863 m =⇒

18 = −209  = − oobc = − 00863

E42.

Une lunette de Galilée possède les distances focales ob = 24 cm et oc = −8 cm. L’objet est situé en ob = 12 m. (a) Les lentilles sont à une distance  = 16 cm l’une de l’autre; on obtient ainsi la position de l’image finale : 1 o b

+

1 o b

=

1 o b

1 12

=⇒

+

1 o b

1 024

=

=⇒ ob = 2449 cm =⇒

oc =  − ob = −849 cm =⇒ 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

1 −849 cm

=⇒

+

1 o c

=

1 −8 cm

=⇒ oc = −139 cm de l’oculaire

(b) Pour que l’image finale soit à l’infini, il faut que la position de l’objet de l’oculaire se trouve au foyer de l’oculaire, soit oc = oc = −8 cm. Puisque cet objet est l’image de l’objectif, on en déduit directement la distance entre les deux lentilles :  = ob + oc = (245 cm) + (−8 cm) = 165 cm E43.

Une prescription corrective de puissance  = 28 D requiert une lentille correctrice de distance focale  =

1 

= 0357 m. Cette lentille agit de telle sorte que l’image virtuelle

(  0) d’un objet situé à  = 025 m apparaît au punctum proximum de l’œil (PP = −). Ainsi, lorsque la personne enlève ses lunettes, le punctum proximum se trouve à une distance de 1 

+

1 

=

1 

=⇒

1 

+

1 −P P

=

1 

=⇒

1 025

+

1 −P P

=

1 0357

=⇒ PP = 833 cm

E44 (a) Puisque PP = 15 cm, le punctum proximum ne nécessite pas de correction. Toutefois, puisque PR = 40 cm, le punctum remotum exige une correction. Avec la lentille correctrice, l’objet qui est à l’infini doit paraître situé à  = −PR = −40 cm. Avec  −→ ∞, on obtient la bonne prescription : 1 

+

1 

=

1 

=⇒

1 ∞

+

1 −40 cm

=

1 

=⇒  = −400 cm

(b) Si la personne conserve toujours ses verres, son punctum proximum change de place. Sa nouvelle valeur, 0PP  est la position d’un objet dont l’image se situe au punctum proximum initial ( = −PP ), donc 114

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v10

1 

E45.

+

1 

=

1 

=⇒

1 

1 −P P

+

=

1 

=⇒

1 

+

1 −15 cm

=

1 −40 cm

=⇒ 0PP = 240 cm

On donne PP = 40 cm et PR = 4 m. (a) Avec une première lentille correctrice, l’objet qui est à l’infini doit paraître situé au punctum remotum,  = −PR = −4 m. Comme  −→ ∞ on obtient ainsi la puissance de cette lentille : 1 

+

1 

=

1 1

=⇒

1 ∞

+

1 −4

=

1 1

=⇒ 1 = −40 m =⇒ 1 =

1 1

= −0250 D

Le punctum proximum, PP = 40 cm, nécessite aussi une correction, telle que l’image virtuelle d’un objet situé à  = 025 m apparaisse au punctum proximum de l’œil,  = −PP = −040 m. La puissance de cette seconde lentille équivaut à 1 

+

1 

=

1 1

=⇒

1 025

+

1 −04

=

1 2

=⇒ 2 = 0667 m =⇒ 2 =

1 2

= 150 D

Les puissances des deux lentilles sont donc de −0250 D et de 150 D . (b) On a déjà établi l’effet de cette lentille pour la vision de loin et on sait que la personne voit nettement ce qui est à l’infini. Toutefois, les objets rapprochés ne peuvent se situer à l’intérieur du punctum proximum ( = −PP ), et la valeur minimale de  est 1 

+

1 

=

1 1

=⇒

1 

+

1 −04

=

1 −40

=⇒  = 444 cm

Le domaine de vision nette s’étend donc de 444 cm à l’infini . (c) On a déjà établi l’effet de cette lentille pour la vision de près et on sait que la personne voit nettement les points situés au punctum proximum et au-delà. Toutefois, les objets éloignés ne peuvent se situer au-delà du punctum remotum ( = −PR ), et la valeur maximale de  est 1 

+

1 

=

1 2

=⇒

1 

+

1 −4

=

1 0667

=⇒  = 572 cm

Le domaine de vision nette s’étend donc de 250 cm à 572 cm . E46. (a) Le punctum proximum, PP = 34 cm, nécessite une correction telle que l’image virtuelle d’un objet situé à  = 025 m apparaisse au punctum proximum de l’œil :  = −PP = −034 m La puissance de cette lentille est donc de 1 

+

1 

=

1 

=⇒

1 025

+

1 −034

=

1 

=⇒  = 0944 m =⇒  =

1 

= 106 D

(b) Avec une lentille correctrice, l’objet qui est à l’infini doit paraître situé au punctum remotum,  = −PR = −034 m. Comme  −→ ∞ on obtient comme suit la puissance de cette lentille : v10

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115

1 

+

1 

=

1 

1 ∞

=⇒

1 −034

+

=

1 

=⇒  = −034 m =⇒  =

1 

= −294 D

Avec la correction, l’objet qui est l’infini ( −→ ∞) apparaît au punctum remotum,

E47.

 = −PP = −2 m. La puissance de la lentille utilisée équivaut à 1 

+

1 

=

1 

1 ∞

=⇒

1 −2

+

1 

=

=⇒  = −2 m =⇒  =

1 

= −05 D

Avec ces lunettes, un objet situé à  = 028 m, la position du punctum remotum avec lunettes, doît apparaître à la position du punctum proximum de l’œil nu ( = −PP )  ce qui donne 1 

+

1 

=

1 

1 028

=⇒

+

1 −P P

1 −2

=

=⇒ PP = 246 cm

Avec les vieilles lunettes de puissance  = 15 D, un objet situé à  = 040 m, la position

E48.

du punctum proximum avec lunettes, doit apparaître à la nouvelle position du punctum proximum de l’œil nu ( = −PP )  On calcule d’abord PP : 1 

+

1 

=

1 

1 04

=  =⇒

1 −P P

+

= 15 =⇒ PP = 1 m

Avec la nouvelle correction  0  l’image virtuelle d’un objet situé à 0 = 025 m doit apparaître à la nouvelle position du punctum proximum de l’œil ( 0 = −PP = −1 m) : 1 0

1 0

+

=

1 0

1 025

=⇒

1 −1

+

=

1 0

=⇒  0 = 0333 m =⇒  0 =

1 0

= 300 D

E49. (a) La personne utilise une lentille divergente de puissance  = −2 D pour que l’image d’un objet placé à l’infini ( −→ ∞) apparaisse au punctum remotum ( = −PR ) : 1 

+

1 

=

1 

1 ∞

=  =⇒

+

1 −P R

= −2 =⇒ PR = 500 cm

(b) Le punctum proximum avec lunettes, 0PP  correspond à la position d’un objet ( = 0PP ) dont l’image se forme au prunctum proximum sans lunettes ( = −PP = −020 m) : 1 

+

1 

=

1 

E50. (a)

1 50 cm

+

1 −20 cm

(b)

1 50 cm

+

1 20 cm

E51.

1 

+

=

1 (100 cm)−

1 

= 1 

=

E52. (a)  = −  = 15 et

+

1 −020

= −2 =⇒ 0PP = 333 cm

=⇒  = −333 cm =⇒  = 143 cm

1 20 cm 1 

(b)  = −  = −15 et E53.

1 0P P

=  =⇒

+ 1 

=⇒  = 276 cm et 724 cm

1 −15

+

1 15

= =

1 12 cm 1 12 cm

=⇒  = 400 cm =⇒  = 200 cm

On donne O = 18 m et  = 55 mm. Comme la distance objet  est probablement supérieure à la distance focale de la lentille, l’image est renversée comme à la figure 5.21a du manuel. Dans ce cas, la hauteur de l’image voulue correspond à I = −24 mm. On calcule le grandissement linéaire en utilisant sa définition,  =

116

I O

=

−24 mm 1800 mm

1 = − 750 .

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt.

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v10

Avec l’équation 5.6b, on établit une relation entre la distance image et la distance objet :  = −  =⇒  = − =⇒  =

 750

On calcule finalement la distance objet à partir de l’équation 5.6a : 1 

E54.

1 

=

1 

1 10 cm

+

1 1

=

1 12 cm

1 75 cm

+

1 2

=

1 −30 cm

+

=⇒

1 

750 

+

=

1 55 mm

=⇒  = 418 m

=⇒ 1 = −60 cm =⇒ 2 = 75 cm =⇒

=⇒ 2 = −214 cm ³ ´³ ´ ¡ ¢ ³ −214 cm ´ cm  = 1 2 = − 11 − 22 = − −60 = 171 =⇒ − 75 cm 10 cm I = O =⇒ I = 206 cm

E55. (a)

1 40 cm

+

1 −14 cm

E56.

1 1

1 2

1 15 cm

=⇒ 1 = 24 cm =⇒ 2 − 14 cm =⇒

1 −10 cm

=⇒ 2 = −350 cm ´³ ´ ¡ ³ ¢ ³ −35 cm ´ cm − 22 = − 24 − −14 cm = 150 (b)  = 1 2 = − 11 40 cm

E57. (a)

+

=

=

1 18 cm

+

1 1

=

1 10 cm

1 75 cm

+

1 2

=

1 −15 cm

1 −25 cm

=

1 10 cm

=⇒ 1 = 225 cm =⇒ 2 = 75 cm =⇒

=⇒ 2 = −500 cm ³ ´³ ´ ³ ´³ ´ cm −5 cm  = 1 2 = − 11 − 22 = − 225 − =⇒  = −0833 18 cm 75 cm 1 

+

=⇒  = 714 cm

(b)  = −  = 350 E58.

 

= tan  =⇒  = 2 tan (052◦ ) = 182 cm

cm E59. (a) ∞ = − oo bc = − 240 12 cm = −20 =⇒ ∞ =

(b) ob = 240 cm, alors

1 o c

+

1 −25 cm

=

1 12 cm

 

=⇒  = ∞ = 104◦

=⇒ oc = 811 cm

 = − oobc = −296 =⇒  =  || = 154◦ E60.

1 ∞

E61.

1 25 cm

+

1 −075

+

=

1 

1 −80 cm

=⇒  = −075 m =⇒  = =

1 

1 

= −133 D

=  =⇒  = 275 D

E62. (a) Si la loupe est à  = 50 cm de l’oeil, alors l’image se forme en  = −30 cm si elle se trouve au punctum proximum et en  = −70 cm si elle se forme au punctum remotum. Selon l’équation des lentilles minces, la première valeur de  est obtenue pour  = 4286 cm et la seconde pour,  = 4667 cm . Si on place l’objet n’importe où entre ces deux positions, l’image sera nette pour l’observateur. L’intervalle des valeurs possibles pour la position de l’objet est donc ∆ = 0381 cm . (b) Par un raisonnement similaire, on calcule que  va de 0 cm à 444 cm, donc ∆ = 444 cm .

v10

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117

Problèmes P1.

(a) On donne 1 = 4 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 5 cm : 1 5 cm

+

1 1

=

1 4 cm

cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 11 = − 20 5 cm = −4

La seconde lentille (2 = 7 cm) se situe à  = 12 cm de la première. On trouve la position de l’objet 2 et on calcule la position résultante de l’image finale I2 : 2 =  − 1 = −8 cm =⇒

1 −8 cm

+

1 2

=

1 7 cm

=⇒ 2 = 373 cm

On peut ensuite obtenir le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement total : cm 2 = − 22 = − 373 −8 cm = 0467 =⇒  = 1 2 =⇒  = −187

Le tracé de deux des rayons principaux donne

(b) On reprend les mêmes calculs qu’en (a), mais avec 1 = 12 cm, ce qui donne 1 12 cm

+

1 1

=

1 4 cm

6 cm =⇒ 1 = 6 cm =⇒ 1 = − 11 = − 12 cm = −05

2 =  − 1 = 6 cm =⇒

1 6 cm

+

1 2

=

1 7 cm

=⇒ 2 = −420 cm

cm 2 = − 22 = − −420 = 7 =⇒  = 1 2 =⇒  = −350 6 cm

Le tracé de deux des rayons principaux donne

118

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v10

P2.

On donne 1 = 10 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 20 cm : 1 20 cm

+

1 1

=

1 10 cm

cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 11 = − 20 20 cm = −1

La seconde lentille (2 = −5 cm) se situe à  = 30 cm de la première. On trouve la position de l’objet 2 et on calcule la position résultante de l’image finale I2 : 2 =  − 1 = 10 cm =⇒

1 10 cm

+

1 2

=

1 −5 cm

=⇒ 2 = −333 cm

On obtient ensuite le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement total : cm 2 = − 22 = − −333 10 cm = 0333 =⇒  = 1 2 =⇒  = −0333

Le tracé de deux des rayons principaux donne

P3.

On donne 1 = 10 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 20 cm : 1 20 cm

+

1 1

=

1 10 cm

cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 11 = − 20 20 cm = −1

La seconde lentille (2 = −15 cm) se situe à  = 12 cm de la première. On trouve la position de l’objet 2 et on calcule la position résultante de l’image finale I2 : 2 =  − 1 = −8 cm =⇒ v10

1 −8 cm

+

1 2

=

1 −15 cm

=⇒ 2 = 171 cm

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119

On obtient ensuite le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement total : cm 2 = − 22 = − 171 −8 cm = 214 =⇒  = 1 2 =⇒  = −214

Le tracé de deux des rayons principaux donne

P4.

(a) On donne 1 = −15 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 25 cm : 1 25 cm

+

1 1

=

1 −15 cm

cm =⇒ 1 = −938 cm =⇒ 1 = − 11 = − −938 25 cm = 0375

La seconde lentille (2 = 14 cm) se situe à  = 12 cm de la première. On trouve la position de l’objet 2 et on obtient la position résultante de l’image finale I2 : 2 =  − 1 = 214 cm =⇒

1 214 cm

+

1 2

=

1 14 cm

=⇒ 2 = 406 cm

(b) Le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement total s’obtiennent comme suit cm 2 = − 22 = − 406 214 cm = −190 =⇒  = 1 2 =⇒  = −0711

Le tracé de deux des rayons principaux donne

P5. 120

Une lentille convergente est placée entre une source ponctuelle et un écran séparés par Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt.

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v10

une distance  La lentille est placée à une distance  de l’objet, de façon à produire une image nette telle que  =  − . (a) Les positions possibles s’obtiennent au moyen de la formule des lentilles minces : √ ± 2 −4  1 1 1 1 1 1 2  =  +  =⇒  =  + − =⇒  −  +  = 0 =⇒  = 2 La solution implique deux valeurs pour  =⇒ CQFD

P6.

(b) La distance entre les deux positions possibles de l’objet équiavaut donc à √ √ p + 2 −4  − 2 −4  − =⇒ ∆ =  ( − 4 ) =⇒ CQFD ∆ = 1 − 2 = 2 2

Si  et 0 correspondent aux distances de l’objet et de l’image à partir du premier et

deuxième foyer, la formule des lentilles minces s’exprime alors sous la forme newtonienne avec  =  +  et  =  + 0 : 1 

=

1 

+

1 

=⇒

1 

=

1  +

+

1  +0

=⇒ ( + ) ( + 0 ) = (2 +  + 0 )  =⇒

f2 +  ( + 0 ) + 0 = 2 2 +  ( + 0 ) =⇒  2 = 0 =⇒ CQFD P7.

Un télescope astronomique (ob = 80 cm, oc = 5 cm) permet d’observer un objet ayant une hauteur O =  = 4 cm, situé à ob = 20 m et pour lequel oc = −25 cm. (a) On doit d’abord calculer oc et ob : 1 o c

+

1 o c

=

1 o c

=⇒

1 o c

1 o b

+

1 o b

=

1 o b

=⇒

1 20 m

+

1 −25 cm

+

1 o b

=

=

1 5 cm

1 08 m

=⇒ oc = 417 cm =⇒ ob = 833 cm

On calcule ensuite le grandissement linéaire, et on obtient ainsi la dimension de l’image finale : ³ ´³ ´ ³ ´³ ´ 833 cm −25 cm − oo cc = − 2000 −  = ob oc = − oo bb cm 417 cm = −025 =⇒ |I | = |O | = |(−025) (4 cm)| = 100 cm

(b) Selon l’équation 5.15,  = − oobc  Mais cette équation n’est valable que si l’objet initial est à l’infini. Si l’objet n’est pas à l’infini, l’image de l’objectif se situe au-delà du foyer de cette lentille (ob  ob ), et l’angle  prend une valeur inférieure à celle qui apparaît à la figure 5.36. En remplaçant ob par ob dans l’équation 5.15, on obtient donc une valeur représentative du grossissement angulaire du télescope : cm  = − oobc = − 833 417 cm = −200

P8.

La source ponctuelle se situe à 1 = 15 cm d’une lentille ( = 10 cm). Du côté opposé, à 10 cm de la lentille, se trouve un miroir plan. On calcule d’abord la position de l’image après un premier passage à travers la lentille (vers la droite) :

v10

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121

1 

=

1 1

+

1 1

=⇒

1 10 cm

=

1 15 cm

+

1 1

=⇒ 1 = 30 cm

L’image se situe à 20 cm derrière le miroir plan. Mais, parce que les rayons sont réfléchis, l’image du miroir apparaît à 20 cm devant le miroir. Cette image constitue un objet virtuel pour la lentille et est située à 2 = −10 cm pour le second passage à travers la lentille (vers la gauche) : 1 

=

1 2

+

1 2

=⇒

1 10 cm

=

1 −10 cm

1 2

+

=⇒ 2 = 5 cm

L’image finale se trouve à 500 cm de la lentille, entre l’objet initial et la lentille . P9.

Pour un dioptre sphérique ( = −3 cm), la relation entre  et  est donnée par l’équation 5.2, soit

1 

+

2 

=

2 −1  ,

où 1 =  = 15 et 2 = 1

Compte tenu de la géométrie illustrée à la figure 5.52, on calcule la position de l’image  en considérant le fait que les rayons sortent radialement, sans réfraction :  3 cm

+

1 

=

1− −3 cm

=⇒

15 3 cm

+

1 

=

1−15 −3 cm

=⇒  = −300 cm

Vue d’au-dessus, l’image de la tache est à 3 cm sous le sommet de l’hémisphère . P10.

Un faisceau parallèle est produit par une source située à l’infini. Puisqu’on veut maintenir parallèle le faisceau sortant en modifiant seulement sa largeur, le dispositif optique peut utiliser deux lentilles dont les foyers sont confondus et dont le grossissement angulaire s’exprime par ∞ = − 21  (a) Si la seconde lentille est convergente, le montage est celui d’une lunette astronomique (1 =   02  0), comme à la figure 5.36, et il inverse l’image (∞ = −2). Dans un tel montage, la distance  entre les lentilles est telle que  =  + 2 et ∞ = − 2 = −2 =⇒ 2 = 200 située à 300 de la première lentille

122

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v10

(b) Si l’une des lentilles est divergente, le montage est celui d’une lunette de Galilée inversée (2  01 =   0), comme si la figure 5.37 était inversée. Dans un tel montage, où l’image reste droite (∞ = 2), la distance  entre les lentilles est telle que  =  + 2 et ∞ = − 2 = 2 =⇒ 2 = −0500 située à 0500 de la première lentille

P11.

Si la lentille convergente est symétrique, on a 1 = 10 cm et 2 = −10 cm. Les indices de réfraction respectifs pour la lumière rouge et la lumière bleue correspondent à R = 158 et à B = 162 On calcule la distance focale avec l’équation 5.4b, dans laquelle 1 = 1 : ´ ³ ´ ³ 1 1 1 1 1 cm = ( − 1) =⇒  = 5−1 = ( − 1) − −  1 2 10 cm −10 cm Si  = R = 158 R =

5 cm 158−1

= 8621 cm, avec  = B = 162 B =

5 cm 162−1

= 8065 cm;

finalement, ∆ = R − B = 0556 cm . P12.

On exprime le diamètre  de la lentille en divisant la distance focale  par un nombre sans dimension   =

 

La quantité  de lumière qui atteint la pellicule est propor-

tionnelle à l’aire  de la lentille, donc proportionnelle au carré du diamètre de la lentille µ ³ ´2 ¶ 2  ∝  ∝  =  . On exprime la variation dans la quantité de lumière qui atteint

la pellicule par le rapport 0 

=

µ

 0

¶2

µ ¶2  

=⇒

0 

=

0 

donc

2 02

(a) Avec  = 20 et 0 = 28 on obtient (b) Avec  = 56 et 0 = 8 on obtient P13.

0 

0 

=

=

(20)2 (28)2

(56)2 (8)2

= 0510 .

= 0490 .

Pour une lentille mince remplie d’air (2 = 1) immergée dans l’eau (1 = 133) dont les rayons de courbure sont 1 = 12 cm et 2 = −16 cm, on calcule la distance focale à

v10

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123

P14.

l’aide de l’équation 5.4b : ´ ³ ´³ ³ 1−133 2 −1 1 1 1 1 =  = ( 1 ) 1 − 2 133 12 cm −

1 −16 cm

´

=⇒  = −276 cm

Soit la figure suivante, similaire à la figure 5.11, et dans laquelle on respecte l’hypothèse

des petits angles :

Le grandissement latéral est défini comme le rapport entre la hauteur de l’image et la hauteur de l’objet. L’inversion de l’image par rapport à l’objet, comme c’est le cas ici, implique que ce rapport est négatif. En partant des deux triangles apparaissant dans cette figure, on peut écrire 2  = −  tan tan 1

(i)

Si les angles sont petits, on a tan  ≈ sin  et on modifie l’équation (i). On considère finalement la loi de la réfraction, ce qui donne 2 1   = −  sin sin 1 =⇒  = − 2 

P15.

=⇒ CQFD

La solution est une démonstration graphique.

P16. (a) On donne  = 15 pour le verre de la lentille et en faisant appel aux conventions pour les dioptres, on peut affirmer que le rayon de courbure de la première face est 1 = 10 cm alors que celui de la seconde face est 2 = −20 cm. On réalise le calcul de la postion de l’image de la première face avec l’équation 5.2, en posant que 1 = 80 cm : 1 1

+

 1

=

−1 1

=⇒

1 80 cm

+

15 1

=

05 10 cm

=⇒ 1 = 400 cm

Le grandissement de la première face est donné par l’équation 5.3 : 1 = − 1 11 =⇒ 1 = −0333 À cause de l’épaisseur de la lentille et parce qu’on doit respecter les conventions de signe pour les dioptres, on sait que 124

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v10

2 = −1 + (1 cm) = −390 cm À nouveau, avec l’équation 5.2, on obtient  2

+

1 2

=

1− 2

=⇒

15 −39 cm

+

1 2

=

−05 −20 cm

=⇒ 2 = 158 cm

Et le grandissement de la seconde face donne 2 = − 1 22 =⇒ 2 = 0607 La distance entre l’objet initial et l’image finale correspond à  = 1 + (1 cm) + 2 = 968 cm Et le grandissement total est  = 1 2 = (−0333) (0607) = −0202 (b) Soit deux triangles formés par un rayon partant du sommet de l’objet et atteignant le sommet de l’image finale, qui est inversée. Ces deux triangles se rejoignent en un point qui joue le rôle de centre optique de la lentille. Soit  la longueur de la base du triangle qui se trouve du côté objet, à cause du grandissement total, la base du triangle qui se trouve du côté image est 0202On peut alors calculer  en posant que  + 0202 = 1202 = 968 cm =⇒  = 805324 cm La distance entre le centre optique et le centre géométrique de la lentille est donc  = 805324 − 805 = 00324 cm P17.

Soit  la distance entre la face courbe et le centre de courbure. La distance  entre la face plane et ce même centre de courbure est donnée par le théorème de Pythagore appliqué au triangle que forme ce segment , le rayon de la face de la lentille 2 et le rayon de courbure de la lentille  qui joue le rôle d’hypoténuse : p ¡ ¢2 2 = 2 +  =⇒  = 2 − 2 4 2

P18.

De sorte que l’épaisseur  cherchée est p  =  −  =⇒  =  − 2 − 2 4

On utilise le résultat de l’exercice E25 qui donne la distance focale combinée  de deux

lentilles minces de distances focales 1 et 2 collées l’une sur l’autre =

1 2 1 +2

=⇒

1 

=

1 +2 1 2

=

1 1

+

1 2

(i)

En appel à la définition de la vergence (équation 5.1), le résultat (i) correspond tout simplement à  = 1 + 2 =⇒ CQFD v10

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125

P19. (a) La lumière entre dans l’oeil par la cornée, un dioptre de rayon  Comme l’objet est à l’infini, tous les rayons lumineux convergent vers le foyer de ce dioptre, qu’on place sur la rétine. À l’aide de l’équation 5.2, on écrit 1 

+

 

=

2 

³

135 1 =⇒ ∞ + 2+ = ´−1 −1 · 2 = 0700

2 −1 

=

135 135−100

135−100 

=⇒

(b) On plonge le système dans l’eau. L’équation 5.2 permet de calculer la distance  selon que le dispositif est dans l’air ou plongé dans l’eau (1 = 133) : (air) (eau)

1 ∞

+

1 ∞

135 

+

135 

= =

135−100 

=⇒  =

135−133 

=⇒  =

135 035 135 002

= 385 = 675

Étant donné que l’image se forme à une distance supérieure de la cornée dans l’eau on en conclut que le dispositif devient hypermétrope . (c) Il suffit de poser que 1 

+

2 

=

2 −1 

=⇒

133 ∞

+

135 

=

135−133 

=⇒  = 473

De sorte que  = 473

126

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt.

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v10

Chapitre 6 : L’optique physique (I) Exercices E1.

On utilise l’équation obtenue à l’exemple 6.2 et qui associe la position d’une frange sur l’écran aux autres paramètres. Avec  = 6 on obtient 6(490×10−9 )(22) 6 = 6 =⇒  = 6 = 0170 mm  6 = 38×10−2

E2.

On utilise, pour chaque longueur d’onde, l’équation obtenue à l’exemple 6.2, qui associe la position d’une frange sur l’écran aux autres paramètres. Avec  = 2 I = 480 nm et II = 650 nm, on obtient 2(480×10−9 )(20) = 48 × 10−3 m I = 2I  = 40×10−4 2(650×10−9 )(20) = 65 × 10−3 m II = 2I I  = 40×10−4 La distance entre les deux franges sur l’écran équivaut donc à ∆ = II − I = 170 mm

E3.

(a) On adapte l’équation obtenue à ³l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive ´ 1 ¡ ¢ + 2   =  + 12 et on obtient  =  Pour  = 0 cette équation donne la position  du premier lieu d’interférence destructive : ³ ´ 1  (450×10−9 )(2)  0 = 2  =⇒  = 2 = = 0141 mm 2(32×10−3 ) 0

(b) On utilise l’équation obtenue à l’exemple 6.2 et on obtient, pour  = 1 : (450×10−9 )(2)  = 0281 mm 1 =   =⇒  = 1 = 32×10−3 E4.

On adapte l’équation obtenue à l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive ´ ³ 1 ¡ ¢ + 2   =  + 12 et on obtient  =  Avec  = 3 (troisième ordre) et 0 = 2 

(deuxième ordre) on ´arrive ³à ³ ∆ = 3 − 2 =

E5.

1 3+ 2  

−

´ 1 2+ 2  

=

 

=

(546×10−9 )(18) 32×10−4

= 307 mm

Si la distance entre les deux franges d’ordre  = 4 est de 7 cm, on a 4 = 35 cm. En utilisant l’équation obtenue à l’exemple 6.2, on obtient (35×10−2 )(2×10−4 ) 4 4 = 4 =⇒  = 4 = = 583 nm  4(30)

E6.

(a) En utilisant l’équation obtenue à l’exemple 6.2, et pour  = 3, on trouve 3(590×10−9 )(2) =⇒  = 3 = 0221 mm 3 = 3  3 = 16×10−2 (b) Avec  = 1 on calcule la position de la frange brillante, ce qui donne (590×10−9 )(2) = 1 =   0221×10−3 = 534 mm

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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127

E7.

La cinquième frange sombre est celle pour laquelle  = 4 dans l’équation 6.3. Si on

E8.

combine les équations 6.3 et 6.5, on obtient ¡ ¢ (2×10−4 ) sin(07◦ )  sin  =  + 12  =⇒  =  sin1 = = 543 nm 1

E9.

On cherche la position  où

+ 2

4+ 2

On donne 1 = 10 2 = 9 1 = 560 nm et 2 est inconnue dans ¢ ¡ 10(560) 1  = 1 1 = 2 + 12 2 =⇒ 2 = 10 =⇒ 2 = 589 nm 95 = 95

 = 1 1 = 2 2 =⇒ (480 nm) 1 = (560 nm) 2 =⇒ 61 = 72 =⇒ 1 = 7 et 2 = 6 On obtient  en utilisant l’une ou l’autre des longueurs d’onde dans l’équation de l’exemple 6.2 : =

1 1  

=

7(480×10−9 )(12) 24×10−4

= 168 cm

E10.

On adapte l’équation obtenue à l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive ¡ ¢  = ³ + 12 ´ et on obtient,³ pour  = 7: ´ 1 1 + 2  7+ 2  (75)(589×10−9 )(12)  = =⇒  = = = 0816 mm  7 65×10−3

E11.

Pour les deux premières franges d’interférence constructive qui suivent le pic central, les équations 6.2 et 6.5 donnent  

 sin 1 = (1) =⇒  sin 2 = 2 =⇒

 

= sin 1

=

sin 2 2

(i) (ii)

On veut que 2 = 1 + 10◦  On combine les équations (i) et (ii), et on remplace 2 dans le résultat : sin 1 =

sin(1 +10◦ ) 2

=⇒ 2 sin 1 = sin (1 + 10◦ ) = sin 1 cos (10◦ ) + cos 1 sin (10◦ ) =⇒

2 sin 1 − sin 1 cos (10◦ ) = cos 1 sin (10◦ ) =⇒ sin 1 (2 − cos (10◦ )) = cos 1 sin (10◦ ) =⇒ tan 1 =

sin(10◦ ) 2−cos(10◦ )

=⇒ 1 = 971◦

Finalement, si on revient à l’équation (i), on obtient  

E12.

= sin (971◦ ) =⇒  =

 sin(971◦ )

=

3×10−2 sin(971◦ )

= 178 cm

Si les angles sont faibles, la distance entre chaque frange est à peu près constante. Si  = 1 cm correspond à la distance entre la première et la huitième frange, la distance entre chaque paire de frange équivaut à ∆ = 7  On utilise ensuite le résultat de l’exemple 6.2 et on trouve ∆ =

128

 

=⇒  =

 ∆

=

(510×10−9 )(2) 1×10−2 7

= 0714 mm

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

E13.

3 2  la différence 3(600×10−9 )(24) 3 4 = 4(5×10−4 )

Si le retard de phase est de =

3 4

=

 

=⇒  =

de marche  sera de

3 4 

Ainsi

= 216 mm

La frange est décalée vers le haut , car c’est ainsi que l’on fait parcourir une plus grande distance au signal émis par la fente du bas. E14.

On sait, par l’équation  =  que la longueur d’onde du son émis est =

 

=

340 200

= 170 m

On cherche  la distance au mur, telle qu’elle est décrite dans cette figure :

Soit 1 et 2  la longueur de chacun des trajets sonores, selon, respectivement, qu’il rejoint directement le point  ou se réfléchit sur le mur. S’il doit se produire de l’interférence constructive et que la distance  doit être minimale, la différence de marche  = 2 − 1

E15.

correspond à une longueur d’onde. On donne 1 = 8 m, donc q¡ ¢ √ 1 2  = 2 − 1 =⇒ 170 = 2 + 2 − 8 =⇒ 42 + 2 = 485 =⇒ 2 q  = (485)2 − 42 = 274 m

Si la fréquence vaut 1000 Hz, la longueur d’onde est de 34 × 10−1 m. La distance entre

le maximum central d’intensité sonore et le premier minimum est donnée par le résultat de l’exemple 6.2 adapté à une situation d’interférence destructive ( = 0) : ´ ³ 1 + 2  (34×10−1 )(8)  = =  = 136 m  2 = 2(1) E16.

On calcule, avec l’équation 2.5c, une longueur d’onde  =

 

=

340 95

= 359 m pour le son

émis par l’un ou l’autre des haut-parleurs. (a) Si l’intensité sonore est nulle au point P, c’est qu’il se produit de l’interférence destructive. Dans une telle situation, la différence de marche  entre les sons émis par S1 et S2 est ¡ ¢ donnée par l’équation 6.3,  =  + 12 .

La figure 6.33 et le théorème de Pythagore permettent d’établir une équation pour  qui contient la distance  : √  = 42 + 2 − 4

v10

Comme on cherche une valeur minimale à la distance , on pose que  = 0 et √ √ √ ¢ ¡ 42 + 2 − 4 =  + 12  =⇒ 42 + 2 − 4 = 2 =⇒ 42 + 2 = 2 + 4 =⇒ Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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129

=

q¡  2

¢2 + 4 − 42 =

r³

359 2

´2 + 4 − 42 = 419 m

(b) Pour le point Q, l’équation de la différence de marche s’écrit  = ( + 2) − 2 = . Comme on cherche la valeur minimale de  on pose encore une fois que  = 0 dans l’équation 6.3 et on calcule = E17.

 2

=⇒  =

 2

= 179 m

L’équation 2.5c nous donne  = 68 × 10−1 m. Puisqu’un des haut-parleurs est déphasé de  radians par rapport à l’autre, on doit créer une différence de marche de

E18.

 2

pour

obtenir une interférencerconstructive. On cherche  tel que q¡ ´2 ³ ¢2 68×10−1  2 = = + 4 − 4 + 4 − 42 = 168 m 2 2

Chercher la fréquence la plus basse équivaut à chercher la longueur d’onde la plus élevée

ou l’ordre de marche le plus bas. (a) Avec  = 1 on cherche  tel que √  = 22 + 42 − 4 = 472 × 10−1 m =⇒  =

 

= 720 Hz

(b) Avec  = 0 on cherche  tel que √  −1 m =⇒  = 2 2 2 = 2 + 4 − 4 =⇒  = 944 × 10

 

= 360 Hz

E19. (a) On cherche une différence de marche telle que ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡  =  + 12  =⇒ ( − ) −  =  + 12  =⇒  − 2 =  + 12  =⇒ =

³ ´ 1 − + 2  2

(b) On cherche une différence de marche telle que  =  =⇒ ( − ) −  =  =⇒  = E20.

− 2

La différence de marche correspondant à un certain déphasage de la longueur d’onde, on peut poser que  

=

 2

=⇒  =

 2

=⇒  sin  =

 2

où  est la distance entre les deux antennes. Ainsi ¶ µ ³ ´ (3×10−2 )(5)   = arcsin 2 = arcsin 2(8×10−1 ) = 170◦

Donc  = 170◦ au-dessus de la droite qui arrive à l’amplificateur, perpendiculairement à la droite qui joint les deux antennes. E21.

Partant simultanément de la source, les trajets de deux rayons parallèles diffèrent une première fois parce qu’ils sont incidents, en faisant un angle  avec la normale aux niveaux des fentes. Une des fentes, la fente supérieure, est ainsi plus éloignée de la source d’une

130

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

distance  sin  (a) À la position angulaire  indiquée dans la figure 6.35, une distance de  sin  s’ajoute au trajet du rayon provenant de la fente inférieure, de sorte que la différence de marche pour la fente inférieure la différence entre les deux contributions :  =  (sin  − sin ) (b) Le maximum correspondant au pic central apparaît pour une différence de marche nulle :  =  (sin  − sin ) = 0 =⇒  =  (c) Au centre de l’écran, on a  = 0◦  d’où  = − sin  Afin d’avoir l’interférence destructive

E22.

nécessaire pour produire un premier minimum, il faut que ¡¢  = − 2 =⇒  = arcsin 2 La position des minima est donnée par  =  =

E23.

³

´

1 + 2   

³

´ 1 + 2  

 Ici, comme  =  on obtient

=⇒ CQFD

L’équation de la différence de trajet pour produire des maxima est  =  sin  =  Si on utilise l’équation de la position des maxima, on en déduit que (147×10−2 )(04×10−3 )    =  =⇒  =  =⇒  =  = =7  (600×10−9 )(14) La frange brillante observée est donc la septième après le pic central. Il y a donc 7 franges sombres entre le centre et cette frange brillante.

E24. (a) 0540 mm (b) Oui, car il n’y en a qu’à proximité du miroir . (c) On doit trouver les hauteurs minimale et maximale où il y a interférence par réflexion sur le miroir. En utilisant l’approximation des petits angles (sin  ≈ tan ) et la loi de la ¡ ¢ réflexion  = 0 , on obtient  

=

 5

max 24

=

min 20

=⇒ max = 24 = 96 × 10−3 m =⇒ min = 4 = 16 × 10−3 m

L’intervalle où on trouve des franges est donc de ∆ = max − min = 800 mm . E25.

L’intensité sur une figure d’interférence est donnée par l’équation 6.9a. Si la phase  correspond à la différence de marche angulaire, on sait par  = 2 que ³ ´¡ ¢    2 2 = =⇒  = = 2    

Ainsi, on obtient ³ ´ ³ ³ ´´ ³ ´ 2   = 4 cos =⇒ CQFD =⇒  = 40 cos2 2 = 40 cos2 12 2 0  

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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131

E26.

E27.

En utilisant la relation démontrée à l’exercice précédent, on obtient ³ ´ ³ ´  2  = 1 =⇒  = 40 cos2  =⇒ cos =  2  2 ³q ´ ³q ´ −9 (16) 560×10 ( ) 1 1 = arccos arccos  =  −4  2 2 = 112 mm (2×10 ) En utilisant le résultat de l’exercice 25, on obtient µ ¶ ³ ´  (6×10−4 )(45×10−4 )  2 2  = 40 cos  = 40 cos = 009790 (480×10−9 )(125)

E29.

Si une fente produit un signal avec une phase de ¡ ¢  = 40 cos2 4 =⇒  = 20

E30.

Avec  =

E28.

 2

rad, l’équation 6.9a devient

Puisque l’intensité du maximum central est égale à 40  on cherche  tel que ³q ´ ³ ´ ¡ ¢ 1 27×10−9  cos2 2 = 14 =⇒  =  arccos 4 =  3 = 209 mm 2 sin  

 = 40 cos2

³ ´  2

et  = 2 l’équation 6.9a devient =⇒  = 40 cos2 (2 sin )

Si, de plus, 0 = 1 W/m2  on a  = 4 cos2 (2 sin ) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de l’intensité  en fonction de l’angle  et on crée le graphe demandé pour  allant de 0 à 15 radians :  restart;  I_:=4*(cos(2*Pi*sin(theta)))^2;  plot(I_,theta=0..1.5); E31.

Cette situation est similaire à celle de l’exemple 6.4 du manuel. Mais, contrairement à l’exemple du manuel, on nous fournit l’épaisseur  de la pellicule et on veut déterminer les longueurs d’onde de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm) pour lesquelles il y aura interférence destructive. Selon l’exemple 6.5a, l’équation qui permet de calculer l’épaisseur de la pellicule est ³ ´ 0  = (2+1) 4 p

On modifie algébriquement ce résultat pour qu’il serve à déterminer la longueur d’onde 0 , sachant que  = 83 × 10−5 cm = 830 nm et p = 138 : 0 =

4p  2+1

=

4(138)(830 nm) 2+1

=

4582 nm 2+1

Pour  = 34 et 5, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence destructive, soit 417 nm, 509 nm, 655 nm . E32.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 14 et que 2 = 15 on a  =  = . Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de

132

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

2 p

=

4p 0

=

1583×10−6 m 0

On calcule ensuite ∆ pour les différentes valeurs de 0 : (a) ∆ =

1583×10−6 400×10−9

= 396 rad

(b) ∆ =

1583×10−6 550×10−9

= 288 rad

(c) ∆ =

1583×10−6 700×10−9

= 226 rad

E33. (a) On donne p = 15. On calcule le résultat au moyen des équations 6.14 et 6.12 : ∆ =

p 2

0 2p

=

=

600×10−9 2(15)

= 200 nm

(b) Comme on peut le voir à la figure 6.20b du manuel, l’angle  du coin de verre possède la même valeur que celui formé par les segments ∆ et  qui correspondent respectivement à la variation d’épaisseur et à la distance entre deux franges brillantes successives. Comme ∆  ,

tan  =

E34.

la valeur de l’angle est ´ ³ ¡ ∆ ¢ −9  = arctan  = arctan 200×10 = 100 × 10−4 rad −3 2×10 On utilise le résultat de l’exemple 6.7 avec  =

1 cm 6

= 167 × 10−3 m et on calcule

l’épaisseur maximale du coin  : =

 2

(480×10−9 )(12×10−2 )

=

2(167×10−3 )

= 1724 × 10−5 m

Le rayon du fil correspond à la moitié de son épaisseur, donc =

 2

= 862 × 10−6 m

E35. (a) Il s’agit d’une situation similaire à celle de la partie (b) de l’exemple 6.5. Ainsi, pour une épaisseur minimale ( = 1), on détermine que =

p 2

=

0 2p

=

550×10−9 2(133)

= 207 nm

(b) Il s’agit d’une situation similaire à celle de la partie (a) de l’exemple 6.5. Ainsi, pour une épaisseur minimale ( = 0), on obtient =

(2+1)p 4

=

0 4p

=

550×10−9 4(133)

= 103 nm

E36. (a) Si on adapte l’équation (ii) de l’exemple 6.7 à l’interférence destructive, on obtient =

0 2

=

42(640×10−9 ) 2

= 134 × 10−5 m

(b) Si on utilise ce résultat dans l’équation (i) de l’exemple 6.7 avec , le rayon de la 42e frange, on obtient = E37. v10

2 2

2

=

(11×10−2 )

2(134×10−5 )

= 451 m

Si on adapte l’équation (ii) de l’exemple 6.7 à l’interférence destructive, on obtient Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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133

0 2 

air =

pour la pellicule d’air, et huile =

0 2 

pour la pellicule d’huile d’indice .

Comme il s’agit, dans les deux cas, de la huitième frange sombre ( = 8) et que 2 = 2 on peut écrire deux équations :

³ ´ 2 2 0 huile = 2huile =⇒ huile = 2  (i) 2 ³ ´ 0 2 = 2 2 (ii) air air =⇒ air = 2 2

En divisant l’équation (ii) par l’équation (i), on obtient ³ ´2 ³ ´2 2 18 cm = 164 = 120  = 2a ir = hua irile cm hu ile

E38.

On considère que le décalage d’une frange équivaut à une longueur d’onde et que la

lumière parcourt deux fois la distance  = 8 × 10−5 m. On peut donc écrire que  120

2 = 240 =⇒  = E39.

=

8×10−5 120

= 667 nm

Le déphasage correspondant à un décalage de 5 franges s’exprime comme suit ´ ³ 5  = 2 1p − 1 = 2  ( − 1) = 5 (2) =⇒  =  + 1 ¡ ¢ Comme  = 2 = 2 2 × 10−6 m = 4 × 10−6 m, on obtient =

5(600×10−9 ) 4×10−6

+ 1 = 175

E40. (a) On résout cet exercice à partir de l’équation 6.8 : ∆ 2

=

 

=⇒  =

∆ 2

=

(600 nm)(23) 2

= 200 nm

(b) Toujours en faisant appel à l’équation 6.8, on obtient ∆ 2

E41.

=

 

=⇒ ∆ =

2 

2 (25×10−6 ) 480×10−9

= 327 rad

Le nombre de longueur d’onde dans la pellicule correspond à ∆ =

(2 −1 )   

E43.

=

E44.

∆ =

 

E45.

∆ =

2 

E46.

∆ =

 

E47.

 sin  =  =⇒  =

=⇒  = 520 nm = 225 × 10−3 m, donc  = 0690 mm = 530 mm = 2 × 10−3 m, donc  = 195 m

E48. (a)  =  sin  et  = (b) tan  = E49. (a)  =

donc

= 225 × 10−3 m, donc il a 444 franges par centimètre ou 4 franges .

∆ =

 

2  

et ∆ = 2 (∆ ) = 377 rad

E42.

6×10−3 120

2 sin   

2 

 sin(1◦ ) 

= 113 donc 11 franges .

= 271 rad

=⇒  = 0005 rad =⇒  =

donc sin  =

(b)  =  sin  =⇒ sin  = 134

=

 2  

2 sin  

= 194 rad

=⇒  = 698 × 10−4 rad

=⇒  = 877 × 10−4 rad

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v10

E50. (a) tan  = (b)

 40

37×10−3 160

= cos2

³ ´  2

=⇒  = 00023 rad =⇒  =

2 sin  

= 179 rad

= 0800

E51.

 sin  =  mais ( + 1) (500 nm) =  (600 nm) =⇒  = 5 =⇒  = 0215◦

E52.

 = 55 m et  = 5385 − 5016 = 0369 m, donc  =

E53.

 = 5590 − 5025 = 0565 m =

E54.

∆ =

2 

=⇒  =

∆ 2

 2

2 

= 0422 rad

=⇒  = 113 m

= 625 nm

E55. (a) (5 + ) − (5 − ) = ±05, ±15 =⇒  = ±150 m, ±450 m (b) (5 + ) − (5 − ) = ±, ±2 =⇒  = 0, ±300 m √ E56. (a)  = 22 + 2 −  Pour  = 2  on trouve  = 375 m. Pour  =

3 2 

on trouve  = 0583 m .

(b) Pour  =  on trouve  = 150 m . E57.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 14 et que 2 = 133 on a  =  et  = 0. (a) On donne 0 = 602 nm. Au moyen de l’équation 6.12, on calcule p =

0 p

=

602 nm 14

= 430 nm

(b) On donne  = 12 × 10−6 m, ce qui permet de calculer que  p

=

12×10−6 430×10−9

= 279

Comme on veut le nombre de longueurs d’onde complètes, la réponse est 2 . (c) Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) = E58.

∆ = =

E59.

0 2

∆ 

2 p

−  = 4

³

entre deux franges successives et =

0  2

 p ∆ 

´

−  = 4 (279) − 314 = 319 rad

=

 

=⇒

= 138 × 10−3 m, et il y a 725 franges/cm .

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 122 et que 2 = 133 on a  =  = . On donne  = 450 nm et la pellicule est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

4p 0

(a) Comme on cherche les longueurs d’onde renforcées, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec  ∈ N et on calcule v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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135

4p 0

= 2 =⇒

2p 0

=  =⇒ 0 =

2p 

=

1098 nm 

Pour  = 2, on obtient l’unique longueur d’onde faisant partie de la lumière visible et qui subira de l’interférence constructive, soit 549 nm . (b) On cherche maintenant les longueurs d’onde atténuées et la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

= (2 + 1)  =⇒

4p 0

= 2 + 1 =⇒ 0 =

4p 2+1

=

2196 nm 2+1

Pour  = 2, on obtient l’unique longueur d’onde faisant partie de la lumière visible et qui subira de l’interférence destructive, soit 439 nm . E60.

Comme il s’agit d’une pellicule mince d’air entre deux blocs de verre, toutes les réflexions subies par un rayon voyageant à l’intérieur de la pellicule seront dures. À la figure 6.38 du manuel, le changement de phase supplémentaire ∆ que subit le rayon qui sort de la pellicule en haut à droite par rapport à celui qui sort en bas est donc de  +  = 2 pour les deux réflexions dures qu’il subit, additionné au changement de phase PS qui vient du parcours supplémentaire dans la pellicule mince. Comme on néglige l’aller initial, pour lequel les deux rayons subissent un changement de phase identique, l’expression pour PS est la même que celle des autres situations décrites à la section 6.5, avec p = 1. Ainsi, ∆ = 2 +

2 p

= 2 +

2(2)p 0

= 2 +

4 0

On cherche les conditions de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule (2 + 1)  = 2 + E61.

4 0

=⇒ (2 + 1) − 2 =

4 0

=⇒ 2 − 1 =

4 0

=⇒ 0 =

4 2−1

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 138 et que 2 = 15 on a  =  = . On donne  = 540 nm et la pellicule est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

4p 0

Comme on cherche les longueurs d’onde atténuées, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

= (2 + 1)  =⇒

4p 0

= 2 + 1 =⇒ 0 =

4p 2+1

=

2981 nm 2+1

Pour  = 2 et 3, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour 136

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

lesquelles il y aura interférence destructive, soit 426 nm, 596 nm . E62.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 122 et que 2 = 133 on a  =  = . On donne 0 = 566 nm qui subit de l’interférence constructive. Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : 2 p

∆ = ∆PS + ( −  ) =

+ ( − ) =

4p 0

Comme il se produit de l’interférence constructive cette différence de phase correspond à ∆ = 2 avec  ∈ N, de sorte que 4p 0

= 2 =⇒  =

2p 0

0 2p

=⇒  =

Si on cherche l’épaisseur minimale, on pose  = 1 et min = E63.

0 2p

=

566 nm 2(122)

= 232 nm

Comme il s’agit d’un coin d’air (p = 1) entre deux lames de verre, on a  = 0 et  = . Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ =

4p 0

+ =

4 0

+

Comme on s’intéresse aux franges sombres, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4 0

4 0

+  = (2 + 1)  =⇒

= 2 =⇒ 2 = 0

(i)

Soit  la distance entre l’extrémité du coin et la frange sombre associée à l’épaisseur . Comme ces deux segments sont perpendiculaires, on peut écrire  =  tan , avec  = 004◦ = 698 × 10−4 rad, l’angle au sommet du coin. En remplaçant  dans (i) par cette relation, on obtient 2 ( tan ) = 0 =⇒  =

0 2 tan 

Avec  = 60, 01 = 460 nm et 02 = 660 nm, on calcule 1 = 2 =

(60)01 2 tan(698×10−4 ) (60)02 2 tan(698×10−4 )

= =

(60)(460×10−9 ) 2 tan(698×10−4 ) 660×10−9

(60)( ) 2 tan(698×10−4 )

= 001977 m = 002837 m

Finalement, on calcule la distance entre les deux franges ∆ = 2 − 1 = 002837 − 001977 = 860 mm E64.

Entre deux franges successives, ∆ = tan  =

v10

0 2∆

0 2

et ∆ = ∆ tan  Comme ∆ =

1 cm 6 

on obtient

=⇒  = 000939◦

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137

E65.

Comme il s’agit d’un coin de verre (p = 15) plongé dans l’air (1 = 2 = 1), on a  =  et  = 0. Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

− =

4p 0

− =

4p 0

−

Comme on s’intéresse aux franges sombres, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

4p 0

−  = (2 + 1)  =⇒

= 2 + 2 =⇒  =

(+1)0 2p

(i)

On donne 0 = 420 nm et 0 = 425 nm, les deux longueurs d’onde dont on veut qu’une frange sombre se superpose. Cette superposition se produit à la même épaisseur  et pour des valeurs d’ordre  qui diffèrent pour chaque longueur d’onde. Comme 0  0 , l’équation (i) permet toutefois de conclure que    . Autrement dit, on peut affirmer que  =  − 1 ou  − 2 ou  − 3 et ainsi de suite. On doit donc procéder par étape, en cherchant la valeur de  qui est la plus proche de  . À partir de l’équation (i), on teste la première possibilité : ( +1)0 2p

==

( +1)0 2p

=⇒ ( + 1) 0 = ( + 1) 0 =⇒

( + 1) 0 = ( − 1 + 1) 0 =⇒ ( + 1) (420 nm) =  (425 nm) =⇒  = 84 Comme  possède une valeur entière, il est inutile d’explorer les autres éventualités. Soit  la distance entre l’extrémité du coin et une frange sombre d’épaisseur . Comme ces deux segments sont perpendiculaires, on peut écrire  =  tan , avec  = 008◦ = 140 × 10−3 rad, l’angle au sommet du coin. On revient à l’équation (i) pour 0 et on calcule ( +1)0 2p

E66.

=  tan  =⇒  =

( +1)0 2p tan 

=

85(420×10−9 ) 2(15) tan(140×10−3 )

= 850 mm

Cet exercice est très similaire à l’exercice 60. La différence est qu’il s’agit d’une pellicule mince de verre placée dans l’air et qu’ainsi, toutes les réflexions subies par un rayon voyageant à l’intérieur de la pellicule sont molles. En suivant un raisonnement similaire à celui de l’exercice 60, on exprime le déphasage ∆ entre les deux rayons sortant au bas de la pellicule à la figure 6.39 par ∆ =

2 p

=

2(2)p 0

=

4p 0

(a) Comme on cherche à établir les conditions d’un maximum, la différence de phase doit 138

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

prendre les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient 4p 0

= 2 =⇒

2p 0

=  =⇒ 0 =

2p 

(b) Dans le cas d’un minimum, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient 4p 0

E67.

2p 0

= (2 + 1)  =⇒

=+

1 2

=⇒ 0 =

2p 1 + 2

On donne 1 = 158, p = 156 et 2 = 152, donc on a  =  = 0. L’épaisseur de la pellicule est  = 125 m = 1250 nm et elle est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

=

4p 0

Comme on cherche les longueurs d’onde atténuées, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

4p 0

= (2 + 1)  =⇒

= 2 + 1 =⇒ 0 =

4p 2+1

=

7800 nm 2+1

Pour  = 6 7 8 et 9, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière pour lesquelles il y aura interférence destructive, soit 411 nm, 459 nm, 520 nm, 600 nm . E68.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 125 et que 2 = 133 on a  =  = . Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

4p 0

Comme on s’intéresse aux longueurs d’onde atténuées, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

4p 0

= (2 + 1)  =⇒

= 2 + 1 =⇒  =

³

´ 1 + 2 0 2p

(i)

Cette équation n’a de solution que pour des valeurs entières de  et on donne 0 = 483 nm et 0 = 621 nm, les deux longueurs d’onde qui sont atténuées pour la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 , l’équation (i) permet de conclure que    , donc que  =  + 1 si on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur. À partir de l’équation (i), on écrit ³

v10

´ 1  + 2 0

³

´ 1  + 2 0

¢ ¢ ¡ ¡ =⇒  + 1 + 12 0 =  + 12 0 =⇒ ¢ ¡ ¢ ¡  + 32 (483 nm) =  + 12 (621 nm) =⇒ 483 + 7245 = 621 + 3105 =⇒ 2p

==

2p

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139

135 = 414 =⇒  = 307 On arrondit ce résultat et on conclut que  = 3. Si on reprend l’équation (i), on calcule min = E69.

³

´ 1  + 2 0 2p

=

³ ´ 7 2 (621 nm) 2(125)

= 869 nm

Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 131 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a  =  et  = 0. Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

− =

4p 0

− =

4p 0

−

Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient ¢ ¡ 4p 4p  + 12 0 = 2p (i) 0 −  = 2 =⇒ 2 = 0 − 1 =⇒

Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient 4p 0

−  = (2 + 1)  =⇒ 2 + 1 =

4p 0

− 1 =⇒ ( + 1) 0 = 2p

(ii)

Les équations (i) et (ii) n’ont de solution que pour des valeurs entières de . On donne 0 = 620 nm, qui est renforcée, et 0 = 465 nm, qui est atténuée. Dans les deux cas, il s’agit de la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 et que l’on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur, les équations (i) et (ii) permettent de conclure que la même valeur d’ordre  apparaît dans les deux équations. À partir des équation (i) et (ii), on écrit ¡ ¡ ¢ ¢  + 12 0 = 2p = ( + 1) 0 =⇒  + 12 0 = ( + 1) 0 =⇒ ¢ ¡  + 12 (620 nm) = ( + 1) (465 nm) =⇒ 620 + 310 = 465 + 465 =⇒ 155 = 155 =⇒  = 1

Si on reprend l’équation (i), on calcule min = E70.

³

´ 1 + 2 0 2p

=

³ ´ 3 2 (620 nm) 2(131)

= 355 nm

Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 14 comprise entre deux lamelles de verre (1 = 2 = 15), on a  = 0 et  = . On donne  = 12 m = 1200 nm et la pellicule est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ =

4p 0

+ =

4p 0

+

(a) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient 4p 0

140

+  = (2 + 1)  =⇒ 2 =

4p 0

=⇒ 0 =

2p 

=

3360 nm 

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v10

Pour  = 5 6 7 et 8, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence destructive, soit 420 nm, 480 nm, 560 nm, 672 nm . (b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient +

4p 0

4p 0

= 2 =⇒ 2 − 1 =

=⇒ 0 =

2p 1 − 2

=

3360 nm 1 − 2

Pour  = 6 7 et 8, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence constructive, soit 448 nm, 517 nm, 611 nm . E71.

Pour les franges brillantes, on a  =

³

´ 1 + 2 0 2p

et  =  tan .

(a) Pour la première frange brillante de chacune des longueurs d’onde, on a 1 01

=

1 01

=⇒

1 12 cm

=

680 nm 425 nm

=⇒ 1 = 192 cm

(b) Pour la première et la deuxième frange brillante de 425 nm, on a 2 1

E72.

=

15 cm 05 cm

=⇒ 2 = 360 cm

Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 14 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a  =  et  = 0. Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

− =

4p 0

− =

4p 0

−

Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient ³ ´ 4p 0

−  = 2 =⇒ 2 =

4p 0

− 1 =⇒  =

1 + 2 0 2p

(i)

(a) L’équation (i) n’a de solution que pour des valeurs entières de  et on donne 0 = 411 nm et 0 = 685 nm, les deux longueurs d’onde qui sont renforcées pour la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 , l’équation (i) permet de conclure que    , donc que  =  + 1 si on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur. À partir de l’équation (i),´on écrit ³ ³ ´ 1  + 2 0

1  + 2 0

¡ ¡ ¢ ¢ =⇒  + 1 + 12 0 =  + 12 0 =⇒ ¡ ¢ ¡ ¢  + 32 (411 nm) =  + 12 (685 nm) =⇒ 411 + 6165 = 685 + 3425 =⇒ 2p

==

2p

274 = 274 =⇒  = 1

Si on reprend l’équation (i), on calcule ³ ³ ´ ´ min =

1  + 2 0 2p

=

3 2 (685 nm) 2(14)

= 367 nm

(b) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient 4p 0

−  = (2 + 1)  =⇒ 2 + 2 =

4p 0

=⇒ 0 =

2p +1

=

1028 nm +1

Pour  = 1, on obtient la longueur d’onde faisant partie de la lumière visible pour v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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141

laquelle il y aura interférence destructive, soit 514 nm . E73.

Le passage d’une frange indique une longueur d’onde. On considère donc la différence du nombre de longueurs d’onde dans le tube, soit 2(−1) 

= 195 franges

Problèmes P1.

Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 16 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a  =  et  = 0. Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

− =

4p 0

− =

4p 0

−

(a) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient 4p 0

−  = (2 + 1)  =⇒ 2 + 2 =

4p 0

=⇒  =

(+1)0 2p

(i)

L’équation (i) n’a de solution que pour des valeurs entières de  et on donne 0 = 504 nm et 0 = 672 nm, les deux longueurs d’onde qui sont atténuées pour la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 , l’équation (i) permet de conclure que    , donc que  =  + 1 si on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur. À partir de l’équation (i), on écrit ( +1)0 2p

==

( +1)0 2p

=⇒ ( + 1 + 1) 0 = ( + 1) 0 =⇒

( + 2) (504 nm) = ( + 1) (672 nm) =⇒ 504 + 1008 = 672 + 672 =⇒ 168 = 336 =⇒  = 2 Si on reprend l’équation (i), on calcule min =

( +1)0 2p

=

(3)(672 nm) 2(16)

= 630 nm

(b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient 4m in p 0

−  = 2 =⇒ 2 + 1 =

4m in p 0

=⇒ 0 =

2m in p 1 + 2

=

2016 nm 1 + 2

Pour  = 3 et 4, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence constructive, soit 448 nm, 576 nm P2.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 122 et que 2 = 133 on a  =  = . Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

4p 0

(a) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient 142

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I)

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v10

4p 0

= 2 =⇒ 2 =

4p 0

=⇒ 0 = 2p

(i)

Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on obtient ¢ ¡ 4p 4p =⇒  + 12 0 = 2p (ii) 0 = (2 + 1)  =⇒ 2 + 1 = 0

Les équations (i) et (ii) n’ont de solution que pour des valeurs entières de . On donne

0 = 680 nm, qui est brillante, et 0 = 544 nm, qui est absente. Dans les deux cas, il s’agit de la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 et que l’on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur, les équations (i) et (ii) permettent de conclure que la même valeur d’ordre  apparaît dans les deux équations. À partir des équation (i) et (ii), on écrit ¢ ¢ ¡ ¡ 0 = 2p =  + 12 0 =⇒ 0 =  + 12 0 =⇒ ¡ ¢  (680 nm) =  + 12 (544 nm) =⇒ 680 = 544 + 272 =⇒

136 = 272 =⇒  = 2

Si on reprend l’équation (i), on calcule min =

0 2p

=

2(680 nm) 2(12)

= 567 nm

(b) Pour  = 3 dans l’équation (i), on obtient la seule autre longueur d’onde faisant partie de la lumière visible pour laquelle il y aura interférence constructive. En effet, 0 = P3.

2m in p 

=

1361 nm 3

= 454 nm

La phase étant de 4 on peut dire que la différence de marche sera de  2

=

 

=⇒  =

 2

=

Ainsi, par  =  sin  = =

 

=

4(12×10−6 ) 3×10−4

(600×10−9 )(4) 2  

= 12 × 10−6 m

on a

= 160 cm

Le décalage de 16 cm se fait vers le haut , car le trajet du rayon du haut est le plus court. P4.

On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1)  Comme p = 12 et que 2 = 15 on a  =  = . Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

+ ( − ) =

4p 0

(a) Comme on s’intéresse aux longueurs d’onde atténuées, la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0 v10

= (2 + 1)  =⇒

4p 0

= 2 + 1 =⇒  =

³

´ 1 + 2 0 2p

(i)

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143

Cette équation n’a de solution que pour des valeurs entières de  et on donne 0 = 406 nm et 0 = 522 nm, les deux longueurs d’onde qui sont atténuées pour la même épaisseur de pellicule . Comme 0  0 , l’équation (i) permet de conclure que    , donc que  =  + 1 si on s’intéresse à la valeur minimale de l’épaisseur. À partir de l’équation (i), on écrit ³

´ 1  + 2 0

³

´ 1  + 2 0

¢ ¢ ¡ ¡ =⇒  + 1 + 12 0 =  + 12 0 =⇒ ¡ ¢ ¡ ¢  + 32 (406 nm) =  + 12 (522 nm) =⇒ 406 + 609 = 522 + 261 =⇒ 2p

==

2p

116 = 348 =⇒  = 3

Si on reprend l’équation (i), on calcule min =

³

´ 1  + 2 0 2p

=

³ ´ 7 2 (522 nm) 2(12)

= 761 nm

(b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec  ∈ N et on obtient 4m in p 0

4m in p 0

= 2 =⇒ 2 =

=⇒ 0 =

2m in p 

=

18264 nm 

Pour  = 3 et 4, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence constructive, soit 457 nm, 609 nm P5.

Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 15 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a  =  et  = 0. On donne  = 900 nm et la pellicule est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.10, on exprime la différence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince : ∆ = ∆PS + ( −  ) =

2 p

− =

4p 0

− =

4p 0

−

(a) On cherche les longueurs d’onde atténuées et la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1)  avec  ∈ N et on calcule 4p 0

−  = (2 + 1)  =⇒

4p 0

= 2 + 2 =⇒ 0 =

2p +1

=

2700 nm +1

Pour  = 3 4 et 5, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence destructive, soit 450 nm, 540 nm, 675 nm . (b) On cherche maintenant les longueurs d’onde renforcées et la différence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec  ∈ N et on calcule 4p 0

−  = 2 =⇒

2p 0

−

1 2

=  =⇒ 0 =

2p 1 + 2

=

2700 nm 1 + 2

Pour  = 4 5 et 6, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour lesquelles il y aura interférence constructive, soit 415 nm, 491 nm, 600 nm . 144

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v10

P6.

Les rayons subissent un déphasage de

 2

en raison des indices de réfraction des milieux ¢ ¡ ∆ 1 qu’ils rencontrent. Selon l’exemple 6.6, on sait que   =  et que 2p  =  + 2 0  On pose donc que la distance  entre le bord mince et la 20e frange brillante ( = 19) est

P7.

¡ ¢  1 0  =  −  où  = ∆  =  19 + 2 2p ³ ¢ 0 ´ ¡ ¢³ ¡ ¡ 39 ¢ ³ 490×10−9 ´´ −1  =  1 − 19 + 12 2 = 12 × 10 = 0101 m 1 − 2 2(15) p ¢ ¡ On peut trouver  directement en combinant les équations 2 = 2 et 2 =  + 12 0 : ¡ ¢ 64×10−5 2 1 2 1 1  =  + 2 0 =⇒  =  − 2 = 3(600×10−9 ) − 2 = 35 À cause de la valeur  = 0 il y a donc 35 + 1 = 36 franges brillantes.

P8.

On utilise l’équation 6.9a où l’on substitue

2 

pour la phase. Pour  = 400 nm et

 = 050 (40 ), on obtient ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ 050 (40 ) = 40 cos2 2 =⇒ cos2 2 = 05 =⇒ cos   = 0707 =⇒ ¡¢ ¡ 400 nm ¢  = 07855  = 07855 = 100 nm 

On peut maintenant calculer la longueur d’onde pour laquelle on aurait, au même endroit,  0 = 064 (40 ) : 064 (40 ) = 40 cos2

= P9.

 arccos(0800)

=

³ ´  2

=⇒ cos2

 (100×10−9 ) arccos(0800)

³ ´  2

= 064 =⇒ cos

= 488 nm

¡  ¢ 

= 07800 =⇒

Par l’équation 2.5c, on sait que  =   Ainsi, on obtient les positions des maxima et des minima recherchés au moyen des équations 6.5 et 6.4 : ³ ³ ´´ ³ ³ ´´ 340 (a)  = 10 tan arcsin  = 10 tan arcsin 2(300) = 688 m ³ ³ ´´ ³ ³ ´´  340 = 10 tan arcsin 2(2)(300) = 688 m (b)  = 10 tan arcsin 2

P10. (a) Les franges qui apparaissent par intermittence sont associées à l’alternance des interférences constructives et destructives en fonction de la différence de marche. (b) On aura interférence constructive pour les épaisseurs 1 et 2 telle que 21 = 1 1 = (1 + 1) 2 =⇒ 061 = 589 nm =⇒ 1 = 982 22 = 2 1 = (2 + 2) 2 =⇒ 062 = 2 (589 nm) =⇒ 2 = 21 2 − 1 = P11.

(2 −1 )1 2

=

1 1 2

=

982(5892×10−9 ) 2

= 0290 mm

L’épaisseur  de la pellicule de plastique doit contenir 12 oscillations supplémentaires complètes de la lumière que pour le pic central se situe là où  = 12. Ainsi, si on compte le nombre de ces oscillations dans le vide et dans le plastique, on obtient

v10

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145

 0

−

 p la stiq u e

=

 0

−

 0

= 12 =⇒ 120 = ( − 1)  =⇒  = 130 m

P12. (a) On observe des franges circulaires dont on pourra trouver les rayons  en posant que  cos  =  pour la différence de marche.

P13.

(b) Par l’approximation des petits angles, on sait que q √ ¡ ¢2 2  =  sin  ≈  1 − cos  =⇒  =  1 −   Un décalage de 40 franges indique que

2 ( − 1)  = 400 =⇒  = P14.

200 

+ 1 = 10003

La différence de phase vient de trois contributions. La première est liée à la distance parcourue dans la pellicule par le rayon 2,  2 = 2 =

2 cos  ,

la seconde vient de la réflexion

dure du rayon 2 au bas de la pellicule ( = ) et, finalement, la troisième vient de l’avance parallèle du rayon 1 sur le rayon 2 après sa réflexion sur la face du haut,  1 = 2 sin  sin  =

2 sin  sin  . cos 

À cause de la loi de la réfraction, sin  =  sin  de sorte que  1 = Avec p =

 ,

2 sin2  cos  

la condition d’interférence destructive entre les deux rayons s’exprime

comme suit ( ∈ N) : ³ ´ 2 1 (2 + 1)  = ∆ = 2 +  − 2 =⇒  = 2 − 1 =⇒ p  ¢ ¡ 2 sin2  2 2  = 2 =⇒  = 2cos  =⇒ cos  −  cos  =  cos  1 − sin   = 2 cos  =⇒ CQFD

P15.

Avec la condition de départ fournie, on sait, puisqu’il y a déjà un déphasage de  rad, que la pellicule possède une épaisseur

p 2 

donc que 2 =

0 

(a) La phase s’exprimant par  = 2  −  on trouve 20 2 (550×10−9 )  = 1 −  = 400×10−9 −  = 549 rad 

(b) De même, pour 2 = 700 nm, on détermine que  = 180 rad (c) En posant l’équation 6.9a de la façon suivante, on obtient pour 1 ³ ´ cos2 2 = 40 =⇒ 40 = 0851

(d) On calcule ensuite pour 2 : ³ ´ cos2 2 = 40 =⇒ 40 = 0386

146

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v10

Chapitre 7 : L’optique physique (II) Exercices E1.

On combine l’approximation des petits angles, sin  ≈ tan  l’équation 6.4 et l’équation 7.1. (a) La largeur 21 du pic central est donnée par les positions des minima ( = 1) qui le bornent : 21 = 2 tan 1 = 2 sin 1 =

2 

=

2(18)(680×10−9 ) 6×10−5

= 408 cm

(b) La distance entre les minima de premier ( = 1) et deuxième ( = 2) ordre est donnée par ∆ = 2 − 1 =  tan 2 −  tan 1 =  sin 2 −  sin 1 =⇒ 18(680×10−9 )   = 204 cm ∆ = 2  −  =  = 6×10−5 E2.

Le résultat obtenu en E1(a) indique que la largeur 21 du pic central est proportionnelle à , ce qui permet d’écrire un rapport pour les deux longueurs d’onde A et B : 2B 2A

=

B A

=⇒ 2B =

(2A )B A

=

(3×10−2 )(436×10−9 ) 589×10−9

= 222 cm

E3.

On donne 21 = 8 mm. On utilise le résultat obtenu E1(a) et on obtient 2(2)(546×10−9 ) =⇒  = 2 = 273 × 10−4 m 21 = 2  21 = 8×10−3

E4.

On donne ∆ = 2 − 1 = 3 cm. On utilise le résultat obtenue en E1(b) et on obtient 280(480×10−9 )  = 448 × 10−5 m ∆ =   =⇒  = ∆ = 3×10−2

E5.

(a) On cherche la fréquence sonore  qui remplit la condition  = 4. Avec l’équation  =  , on peut écrire =

E6.

4 

=⇒  =

4 

=

4(340) 076

= 179 × 103 Hz

(b) On utilise l’équation 7.1 avec  = 1, ce qui permet d’obtenir ³ ´ ³ ´  340 = arcsin 076(179×10 = 145◦  sin  =  =  =⇒  = arcsin  3)

Cette situation est similaire à celle de l’exemple 7.2, dans lequel on compare les figures

d’interférence et de diffraction pour un système à deux fentes. Si on pose que l’angle  est le même dans les équations (i) et (ii) de l’exemple 7.2, on arrive à

 

=

 .

Comme

on cherche le nombre complet d’ordre à l’intérieur du pic central de diffraction, on pose  = 1 et on obtient (1)(06×10−3 )  =  = =4  015×10−3 v10

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147

Ainsi, la frange d’interférence constructive associée à  = 4 coïncide avec le premier minimum de diffraction. On peut donc observer le pic central d’interférence de Young ( = 0) et les trois franges qui se trouvent de part et d’autre de ce pic central, soit 7 franges . E7.

On sait, grâce à l’équation 2.5c, que  =

 

=

340 10000

= 34 × 10−2 m. On sait aussi que

la largeur angulaire du pic central est de ∆ = 2, où  est la position angulaire du premier minimum lorsque l’onde traverse une ouverture circulaire. Cet angle est donné par l’équation 7.2, sin  =

122  .

(a) Pour  = 8 cm, on obtient ¶ µ ³ ´ 122(34×10−2 ) 122 = 625◦ ∆ = 2 arcsin = 2 arcsin  8×10−2

E8.

(b) Pour  = 30 cm, on obtient ¶ µ ´ ³ 122(34×10−2 ) 122 = 159◦ = 2 arcsin ∆ = 2 arcsin  30×10−2

Le pic de diffraction circulaire est borné par le premier minimum. La position angulaire

de ce premier minimum est donnée par l’équation 7.2, sin  =

122  ,

dans laquelle  =

2 = 2 (05 mm). Si on fait appel à l’hypothèse des petits angles, sin  ≈ tan , et à

E9.

l’équation 6.4, on calcule ainsi la largeur ∆ de ce pic : ³ ´ ∆ = 2 tan  = 2 sin  = 2 122 =⇒  µ ¶ −9 ¢ 122(500×10 ) ¡ ∆ = 2 22 × 10−2 = 268 × 10−4 m 2(5×10−4 )

Comme à l’exemple 7.4 du manuel, pour trouver la distance minimale  entre les deux

sources, on doit d’abord calculer l’angle critique c  considérer ensuite que la séparation angulaire  entre les sources est telle que  = c et finalement calculer  d’après  = c en faisant appel à l’hypothèse des petits angles (tan  ≈ ), ce qui donne

E10.

122 

122(600×10−9 ) 8×10−4

= 915 × 10−4 rad =⇒ ¢ ¡  = c = 16 915 × 10−4 = 146 cm c =

=

On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.4 du manuel ou qu’à l’exercice 9, et on

obtient 122(3×10−2 ) = = 00366 rad =⇒ 1 ¢ ¡  = c = 2 × 104 (00366) = 732 m

c =

E11.

122 

On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.4 du manuel. Si on combine c =

et  = c  on obtient directement  = 148

122 

122  

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v10

(a) Si l’image est perçue par une caméra miniature ( = 5 mm), on obtient 122(550×10−9 )(384×108 )  = 122 = = 515 km  5×10−3 (b) Si l’image est perçue par un télescope ( = 45 m), on obtient 122(550×10−9 )(384×108 ) = 573 m = 45 E12.

On utilise l’équation de l’exercice 11 et on trouve 122(280×10−9 )(18×105 ) = = 0205 m  = 122  3×10−1

E13.

Bien que les deux petits objets ne soient qu’à 25 cm de l’œil, comme la pupille ne possède qu’un diamètre de 3 mm, on peut encore supposer valide l’hypothèse des petits angles. On utilise donc l’équation de l’exercice 11, ce qui donne 122(500×10−9 )(025)  = 122 = = 508 m  3×10−3

E14.

Le côté droit de l’équation 7.3 a pour valeur : 122(550×10−9 ) 122 = 447 × 10−5  = 15×10−2 Le résultat étant petit, on peut considérer valide l’hypothèse des petits angles. On utilise donc l’équation de l’exercice 11 et on obtient 2(15×10−2 )   = 122 =⇒  = 122 = 122(550×10−9 ) = 447 × 104 m 

E15. (a) On utilise l’équation de l’exercice 11 et on obtient, pour le télescope du mont Palomar ( = 508 m) =

122 

=

122(500×10−9 )(1×1016 ) 508

= 120 × 109 m

(b) Pour le radiotélescope d’Arecibo ( = 305 m), on trouve 122(21×10−1 )(1×1016 ) = = 840 × 1012 m  = 122  305 E16. (a) En utilisant l’équation de l’exercice 11, on obtient, pour l’œil ( = 5 mm) (18)(5×10−3 )  =⇒  = 122 = 122(650×10−9 ) = 113 km  = 122  (b) Pour le télescope ( = 28 m), on trouve = E17.

 122

=

(18)(28) 122(650×10−9 )

= 636 × 106 m

Ayant trouvé un pas de réseau  = 333×10−6 m, on peut calculer la séparation angulaire ³ ´ ³ ´ 1 2 ∆ = 2 − 1 = arcsin  − arcsin , de l’ordre   

(a) Pour le premier ordre, on obtient ´ ³ ´ ³ −9 4101×10−9 − arcsin =⇒ ∆ = 429◦ ∆ = arcsin 6562×10 333×10−6 333×10−6

(b) Pour le second ordre, on obtient ¶ µ ¶ µ 2(6562×10−9 ) 2(4101×10−9 ) − arcsin =⇒ ∆ = 895◦ ∆ = arcsin 333×10−6 333×10−6

v10

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149

(c) On cherche à savoir si 2 ( = 2) ≈ 1 ( = 3), c’est-à dire si l’égalité suivante est vraie : ¶ µ ¶ µ 2(6562×10−9 ) 3(4101×10−9 ) ≈ arcsin =⇒ 232◦ ≈ 217◦ arcsin 333×10−6 333×10−6

À 7 % près, on peut estimer que les deux maxima d’intensité se chevauchent. La largeur du réseau étant inconnue, on ne peut en être certain, car on ne peut calculer l’angle critique de résolution. La réponse est oui .

E18.

Partant simultanément de la source, les trajets de deux rayons parallèles, parce qu’ils sont incidents, diffèrent une première fois en faisant un angle  avec la normale au niveau des fentes. Une des fentes, la fente supérieure, est ainsi plus éloignée de la source d’une distance  sin  À la position angulaire  une distance  sin  s’ajoute au trajet du rayon provenant de la fente inférieure de sorte que la différence de marche équivaut à la somme des deux contributions, soit  =  (sin  ± sin ) =  =⇒ CQFD Le signe à choisir entre les deux sinus dépend de la direction du rayon incident. Dans la figure qui suit, le signe approprié est le signe négatif :

E19.

On trouve le nombre d’ordres complets de la lumière visible perçus en utilisant pour les calculs la longueur d’onde supérieure, plus fortement déviée. 1×10−2 6000

= 167 × 10−6 m,  = 90◦ et  = 700 nm, on obtient (167×10−6 )(1)  = = 239  sin  =  =⇒  =  sin  700×10−9

Avec  =

La valeur maximale pour  est donc 2, et on voit, en comptant le maximum central, 5 ordres complets. E20.

On cherche l’angle ∆ = 2 − 1  exprimé par ¶ µ ¶ µ ´ ³ ´ ³ 2(5896×10−9 ) 2(589×10−9 ) 2 1 − arcsin = arcsin ∆ = arcsin  − arcsin  2×10−6 2×10−6 En gardant suffisamment de chiffres significatifs, on obtient ∆ = 3612863◦ − 3608608◦ = 00426◦

E21. 150

Pour trouver la position angulaire des maxima d’intensité, on doit trouver le pas du Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II)

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v10

réseau ou le poser égal aux deux expressions suivantes : =

1 1 sin 1

et  =

2 2 sin 2

où les indices 1 et 2 désignent respectivement les longueurs d’ondes 640 nm et 490 nm.

E22.

En résolvant ces deux équations, on obtient ¶ µ ³ ´ 2(490×10−9 ) sin(11◦ ) 1 1 2 2 2 2 sin 1 = =⇒  = arcsin = 170◦ = arcsin 2 sin 1 sin 2 1 1 (1)(640×10−9 )

On calcule d’abord le pas du réseau . On divise ensuite la largeur du réseau  par son

pas pour obtenir le nombre de traits  que comporte le réseau, ce qui donne = E23.

 sin 

=

2(468×10−7 ) sin(21◦ )

= 261 × 10−6 m =⇒  =

 

=

28×10−2 261×10−6

= 107 × 104 fentes

Cette situation est similaire au cas de trois fentes décrit à la section 7.5. On traite le problème en considérant trois vecteurs de Fresnel dont la projection verticale correspond °→° à la composante selon  du champ électrique issu de chaque fente. On cherche °− e °  le

module du vecteur de Fresnel résultant décrit à la figure 7.30c du manuel; cette quantité → − correspond à l’amplitude du champ électrique résultant E . → − − → → − → → → → e 2 +− e 3 et, par suite de la description fournie de E 1  E 2 et E 3 , On sait que − e =− e 1 +− on peut écrire que → − → − → − e 1 = 0 sin () i + 0 cos () j → − → − − → e 2 = 0 sin ( + ) i + 0 cos ( + ) j → − → − → − e 3 = 0 sin ( + 2) i + 0 cos ( + 2) j − Comme on le voit à la figure 7.30 du manuel, le module de → e ne dépend pas de  On °− ° choisit donc d’évaluer °→ e ° à  = 0 À cet instant, on a → − → − e 1 = 0 j → − → − → − e 2 = 0 sin () i + 0 cos () j → − → − − → e 3 = 0 sin (2) i + 0 cos (2) j de sorte que l’amplitude du champ électrique résultant a pour valeur ° °− ° °→ → → °→ e2+− e 3 ° =⇒ e ° = °− e1+− °− ° q °→ e ° = (0 + 0 sin () + 0 sin (2))2 + (0 cos () + 0 cos (2))2 =⇒ q °− ° °→ e ° = 0 (1 + sin () + sin (2))2 + (cos () + cos (2))2

v10

(a) Avec  = 30◦  on obtient q °− ° °→ ° e = 0 (1 + sin (30◦ ) + sin (2 (30◦ )))2 + (cos (30◦ ) + cos (2 (30◦ )))2 =⇒ °− ° °→ e ° = 2730

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151

(b) Avec  = 60◦  on obtient q °− ° °→ e ° = 0 (1 + sin (60◦ ) + sin (2 (60◦ )))2 + (cos (60◦ ) + cos (2 (60◦ )))2 =⇒ °− ° °→ e ° = 20

(c) Avec  = 90◦  on obtient q °− ° °→ e ° = 0 (1 + sin (90◦ ) + sin (2 (90◦ )))2 + (cos (90◦ ) + cos (2 (90◦ )))2 =⇒ °− ° °→ e ° = 0

E24.

(d) Avec  = 120◦  on obtient q °− ° °→ e ° = 0 (1 + sin (120◦ ) + sin (2 (120◦ )))2 + (cos (120◦ ) + cos (2 (120◦ )))2 =⇒ °− ° °→ e°= 0

Par analogie avec le cas à trois fentes décrit à la section 7.5, on peut construire la figure

suivante montrant l’addition des deux vecteurs de Fresnel :

On donne  = 16 sin ( + 518) et on sait que  = 1 + 2 = 0 sin () + 0 sin ( + ) où 0 correspond au module de chacun des vecteur de Fresnel et  à la différence de → → phase. Comme − e 1 et − e 2 possèdent le même module, le triangle formé par ces deux → vecteurs et par − e est tel que °− ° °→ e ° = 16 = 20 cos (518) =⇒ 0 =

16 2 cos(518)

=⇒ 0 = 124 V/m

De plus, comme le triangle est isocèle, il est facile de voir que  =  − 2 (518) = 49 et que  =  − , donc que  = 59 . E25.

On obtient la différence de phase minimale au moyen de l’équation 7.6 en posant  = 1 et  = 5 ce qui correspond à un polygone fermé : =

E26.

2 

=

2(1) 5

=

2 5

rad

On associe l’expression de la différence de marche en fonction de la position angulaire ( =  sin ) avec l’expression de la différence de marche en fonction de la phase entre

152

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v10

deux sources adjacentes. On obtient de la sorte, pour  =  la position angulaire du pic central, soit  = arcsin

¡  ¢ 2

E27. (a) Le premier minimum est causé par une différence de phase de 2 entre les ondes issues du haut et du bas, et la position angulaire est donnée par l’équation 7.11 où  = 1 : ³ ´ ¡ ¢ −9  = arcsin  = arcsin 6562×10 = 0470◦ 8×10−5

(b) On cherche l’intensité lumineuse à mi-chemin d’arc entre le premier minimum et le pic central. Pour ce faire, on doit d’abord trouver la phase en ce point entre les deux rayons extrêmes : =

³ ´  2 sin 2 

=

µ ¶ 0470◦ 2(8×10−5 ) sin 2 6562×10−9

= 3142 rad

On obtient ensuite l’intensité ¶ au moyen de l’équation 7.10 : µ = E28.

 0 sin2 ( 2 )  2 (2)

=

3142 0 sin2 2 ¶2 µ 3142 2

= 04050

Par l’approximation des petits angles, on peut affirmer que la phase, à cet endroit, est de =

2 

=

2 (6×10−5 )(2×10−2 ) (34)(523×10−9 )

= 4240 rad

Avec l’équation 7.10, µon calcule une intensité de ¶ = E29.

 0 sin2 ( 2 ) 2 ( 2 )

=

4240 0 sin2 2 µ ¶2 4240 2

= 01620

Si on double la largeur de la fente, il passe deux fois plus de lumière, ce qui implique que  = 20  Comme  ∝  2 et 0 ∝ 02  on trouve  ∝  2 =⇒  ∝ 402 =⇒  ∝ 40 =⇒ CQFD

E30.

Au moyen de l’équation 7.14, on détermine que le pouvoir de résolution de ce réseau est de =

 ∆

=

5893×10−9 6×10−10

= 982

Comme on peut aussi exprimer  avec  =   pour une différenciation au premier ordre, on doit avoir 982 fentes. Dans ce cas-ci, le réseau possède 300 traits/mm. Il doit

E31.

donc avoir une largeur minimale de ¡ mm ¢  =  = 982 × 1300 = 327 mm Ce réseau compte  =

 

= 11760 fentes. Selon l’équation 7.14, au deuxième ordre, la

différence minimale de longueur d’onde que le réseau peut discerner autour de 550 nm est de v10

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153

 ∆

=   =⇒ ∆ =

 

=

550×10−9 11760(2)

= 00234 mm

E32. (a) Le pouvoir de résolution requis équivaut à =

2 +1 2 2 −1 1

2 +1 2(2 −1 )

=

58685×10−9 +58632×10−9 2(58685×10−9 −58632×10−9 )

=

= 111 × 103

(b) Au deuxième ordre, le nombre minimal de trait requis est donné par l’équation 7.14, soit  =   =⇒  = E33.

 

=

111×103 2

= 555

L’angle du faisceau diffracté de premier ordre est donné par l’équation 7.15 où  = 1, soit  = arcsin

¡  ¢ 2

= arcsin

µ

(1)(14×10−10 ) 2(32×10−10 )

¶

= 126◦

E34. (a) On trouve la longueur d’onde au moyen de l’équation 7.15 en posant  = 1  = 028 nm et  = 15◦ : 2 sin  =  =⇒  =

E35.

=

2(028×10−9 ) sin(15◦ ) (1)

= 145 × 10−10 m

(b) On trouve l’angle du maximum de deuxième ordre avec  = 2 dans l’équation 7.15 : µ ¶ ¡  ¢ 2(145×10−10 ) 2 sin  =  =⇒  = arcsin 2 = arcsin 2(028×10−9 ) = 312◦

La longueur d’onde du rayonnement est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle  = 2 :

= E36.

2 sin  

2 sin  

=

2(028×10−9 ) sin(195◦ ) 2

= 935 pm

La distance  entre les plans atomiques est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle  = 1: 2 sin  =  =⇒  =

E37.

 2 sin 

=

(1)(13×10−10 ) 2 sin(9◦ )

= 416 × 10−10 m

Quel que soit la direction de l’axe du premier polariseur, la lumière perd 50 % de son intensité en le traversant, et 1 =

0 2  Ainsi,

après le second polariseur, l’intensité transmise

équivaut à 2 = 1 cos2 (60◦ ) = E38.

0 cos2 (60◦ ) 2

L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes : 1 =

0 2

2 = 1 cos2 (45◦ )  3 = 2 cos2 (45◦ )

Ainsi, la valeur finale est 3 = E39.

= 01250

0 cos4 (45◦ ) 2

= 01250 .

L’angle de polarisation est donné par tan p =

2 1 ,

et l’angle critique de réflexion totale

interne s’exprime au moyen de l’équation 4.8, soit 2 sin c = 1  Si on combine ces deux équations, on obtient sin c = E40. 154

1 tan p

=⇒ sin c = cotan p =⇒ CQFD

On utilise le résultat de l’exercice précédent et on obtient Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II)

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v10

p = arccot (sin c ) = arccot (sin (38◦ )) = 584◦ E41.

Comme l’angle de polarisation est mesuré en fonction de la normale, on peut écrire, en accord avec l’équation 7.17, que l’orientation s des rayons du soleil au-dessus de l’horizon est de s = 90◦ − p = 90◦ − arctan

E42.

2 = 1 cos2  = E43.

E44.

0 2

On sait que 1 = 0 2

³

2 1

´

= 90◦ − arctan

Pour que 2 =

cos2  =

0 5

0 5

³

133 1

´

= 369◦

on doit trouver la valeur de  telle que ¡√ ¢ =⇒ cos2  = 04 =⇒  = arccos 04 = 508◦

On trouve l’angle de polarisation avec l’équation 7.17 : ³ ´ ³ ´ 16 p = arctan 21 = arctan 133 = 503◦

L’angle d’incidence  est égal à l’angle de polarisation p qui est donné par l’équation

7.17 :  = p = arctan

³

2 1

´

= arctan

³

1 133

´

= 369◦

E46.

Comme le rayon réfracté forme un angle de 90◦ avec le rayon réfléchi, on peut écrire que ³ ´ ³ ´ = 320◦  = 90◦ − p = 90◦ − arctan 21 = 90◦ − arctan 16 1

E47.

=

E48.

La condition d’interférence est  sin  = ; pour la diffraction, on a  sin  =   donc

E45.

sin 1 =   1 = 044◦ et  =  tan  = 186 cm =⇒ 2 = 372 cm

 

E49.

 

= 0567 m, sin 1 =

 

=⇒ 1 = 451◦

= 4, ce qui implique que  = 0600 mm .

Puisque sin 1 =

 

et sin 2 =

2  ,

alors 1 = 725 × 10−3 rad et 2 = 145 × 10−2 rad, on

détermine ensuite que ∆ =  (tan 2 − tan 1 ) = 232 cm E50.

Au premier minimum de diffraction, la condition d’interférence est  sin  =  = 5 et, pour la diffraction, on a  sin  =  donc

 

= 5

Pour le second minimum de diffraction, la condition d’interférence est toujours  sin  =  et celle de la diffraction est  sin  = 2 Ainsi,  

=

 2

=⇒ 5 =

 2

=⇒  = 10

Il y a donc 4 franges brillantes entre les deux premiers minimum de diffraction. E51.

c =

122 

E52. (a) c =

122 

c =

122 

E53. v10

=

 

=⇒  =

122 

= 0488 m

= 280 × 10−7 rad ¢¡ ¢ ¡ (b)  =  = 50000 94607 × 1015 280 × 10−7 = 132 × 1014 m =

 

=⇒  =

122 

= 376 m

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155

E54.

On donne le diamètre de la lentille  = 0007  (a) À partir du critère de Rayleigh, on calcule : 122(450×10−9 ) c = 122 = = 784 × 10−5 rad  0007 (b) À nouveau, à partir du critère de Rayleigh, on calcule : 122(650×10−9 ) c = 122 = = 113 × 10−4 rad  0007 (c) On calcule d’abord la séparation angulaire pour la lumière jaune : 122(550×10−9 ) c = 122 = = 959 × 10−5 rad  0007 En supposant que les bactéries sont au foyer de la lentille, la séparation minimale est donnée par l’équation : ¢ ¡  = c = (0005) 959 × 10−5 = 0480 m

E55. (a)  sin  = 2 =⇒  = 344 × 10−6 m =⇒  =

18 cm 

= 523 × 103

(b)  sin 3 = 3 =⇒ 3 = 284◦ E56.

=

0001 650

= 154 × 10−6 m, sin  =

2  

1 = 3435◦ et 2 = 3918◦  donc

∆ = 483◦

Problèmes P1.

On examine la figure 7.68 du manuel et on note que, pour une distance  entre les graduations de la règle, la différence de chemin entre deux rayons incidents successifs est  cos , tandis que la différence de trajet entre les rayons diffractés correspondants vaut − cos  Pour obtenir un maximum principal à l’angle d’observation  la condition pour l’interférence constructive est  (cos  − cos ) =  .

P2.

(a) Au moyen de la figure 7.32 et de l’équation 7.6, on note que la position du premier maximum principal après celui du centre est donnée par l’équation 7.5 lorsque  = 1 dans l’expression de la phase : sin  =

2 2

=⇒  =

 

=

(36)(1)(450×10−9 ) 5×10−4

= 324 mm

(b) Les maxima secondaires de premier et de deuxième ordre ont lieu lorsque leurs différences de phase valent  et 3 : (36)(450×10−9 ) 1 =  =⇒ 1 = 162 mm 2 = 2(5×10−4 ) −9 (36)(3)(450×10 ) 2 = (3) =⇒ 2 = 486 mm 2 = 2(5×10−4 ) (c) Les deux premiers minima ont lieu pour des différences de phase de

2 3

et de

4 3 ,

ce qui

permet d’obtenir 156

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v10

1 = 2 = P3.

(36)(450×10−9 ) =⇒ 3(5×10−4 ) −9 (36)(2)(450×10 ) (2) 3 = 3(5×10−4 )  3

=

1 = 108 mm =⇒ 2 = 216 mm

(a) Au moyen de la figure 7.32 et de l’équation 7.6, on note que la position du premier maximum principal après le pic central est donnée par =

 

=

(36)(450×10−9 ) 8×10−5

= 203 mm

(b) Les positions des deux premiers minima sont données par des valeurs de phase égales à  2

P4.

et  soit

1 =

 4

=

2 =

 2

=

(36)(450×10−9 ) 4(8×10−5 ) (36)(450×10−9 ) 2(8×10−5 )

=⇒ 1 = 506 mm =⇒ 1 = 101 mm

On prend l’équation 7.4, où  =  sin , qui donne la position des maxima principaux en fonction de la longueur d’onde, et on la dérive :  sin  =  =⇒  cos  =  =⇒  =

  cos 

Comme ∆ est petit, ce résultat implique que ∆ = P5.

∆  cos 

=⇒ CQFD

(a) On considère l’équation de la position angulaire d’un maximum principal, soit  sin  = 

(i)

et l’équation du minimum supérieur qui le borne, exprimée par l’équation 7.13b :  sin ( + ∆) = ( + 1)  =⇒  (sin  cos ∆ + cos  sin ∆) = ( + 1) 

(ii)

Pour obtenir la demi-largeur angulaire du maximum, ∆ on n’a qu’à soustraire l’équation (i) de l’équation (ii), en supposant que ∆ est petit, donc cos ∆ ≈ 1 et sin ∆ ≈ ∆ :  (sin  cos ∆ + cos  sin ∆) −  sin  = ( + 1)  −  =⇒  sin  +  cos ∆ −  sin  =

 

=⇒  cos ∆ =

 

=⇒ ∆ =

  cos 

=⇒ CQFD

tan  

=⇒ CQFD

(b) Dans ce cas particulier, ∆ vaut ∆ = P6.

   cos 

=

21×10−2 32(70) cos(0◦ )

= 938 × 10−5 rad

On dérive l’équation  sin  =  et on obtient   cos  =  =⇒ cos   =

P7.

 =⇒ cos   =

sin  

=⇒

 

=

L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes : 1 =

0 2

2 = 1 cos2 (30◦ )  3 = 2 cos2 (30◦ )

Ainsi, la valeur finale est 3 = P8.

 

0 cos4 (30◦ ) 2

= 02810 .

Le pic central pourra être orienté ainsi seulement si la différence de phase est de  entre une source et celle qui est le plus au nord, soit

v10

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157

= P9.

2 sin  

=

2(100) sin(11◦ ) 600

=⇒  = 0200 rad

(a) Aux maxima secondaires d’intensité, la variation d’intensité en fonction de la variation de phase entre les deux rayons extrêmes du dispositif est momentanément de zéro. On peut donc trouver la condition qui donne les positions angulaires de ces maxima en posant  

= 0 dans l’équation 7.10 :  0 sin2 ( 2 )  () =  2 (2) On dérive cette équation en faisant appel à la règle usuelle de dérivation d’un quotient, ¡ ¢ ¡  ¢   1  soit  −  =  2    :  ³¡ ¢ ¢ ¡  ¢ ¡  ¢ 2 ¡  ¢´ ¡  1  2  cos = sin = 0 =⇒ 4  2 2 2 − 2 sin 2 ( 2 )    ¡ ¢ sin( 2 ) cos( 2 ) sin2 ( 2 ) = =⇒ tan 2 = 2 =⇒ CQFD 2   3 (2) (2) (b) Il n’est pas possible de résoudre algébriquement cette équation, que l’on qualifie de transcendante pour cette raison. On pourrait y arriver au moyen de la méthode de Newton appliquée manuellement, mais il est plus intéressant de s’en remettre aux fonctionnalités d’analyse numérique du logiciel Maple. On commence par créer un graphe des deux fonctions qui apparaissent de part et d’autre de l’égalité afin de localiser approximativement le point d’intersection. Puis, il suffit de définir l’expression de  et de la résoudre numériquement dans la région du point d’intersection :  restart;  plot({alpha/2,tan(alpha/2)},alpha=0..15,-10..10);  eq:=alpha/2=tan(alpha/2);  fsolve(eq,alpha,8..10); On détermine que  = 899 rad P10.

On cherche la position angulaire  telle que  = 0250  On doit commencer par trouver la phase entre les deux rayons au moyen de l’équation 7.10 :  ¡ ¢2 ¡ ¢ ¡ ¢ 0 sin2 ( 2 ) = =⇒ 0250 2 = 0 sin2 2 =⇒ 025 = sin 2  2 (2) Comme au problème précédent, on peut résoudre cette équation transcendante à partir du logiciel Maple. On commence par créer un graphe des deux fonctions qui apparaissent de part et d’autre de l’égalité afin de localiser approximativement le point d’intersection. Puis, il suffit de définir l’expression de  et de la résoudre numériquement dans la région du point d’intersection :

158

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II)

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v10

 restart;  plot({0.25*alpha,sin(alpha/2)},alpha=0..15,-10..10);  eq:=0.25*alpha=sin(alpha/2);  fsolve(eq,alpha,3..5); On trouve ainsi que  = 379099 rad et, comme  = 600 nm et  = 05 mm, on calcule

P11.

finalement l’angle , comme suit ¡  ¢  = 2sin  =⇒  = arcsin 2 = 00415◦

Dans la portion gauche de la figure 7.33, à partir du triangle isocèle dont l’angle au

sommet est de  on note que le module de chaque vecteur individuel de Fresnel, qui correspond à l’amplitude du champ électrique sortant de chaque fente, s’exprime comme suit ³ ´ °− ° °→ ° °→ e 1 ° = °− (i) e  ° = 0 = 2 sin 2 °→° Le module de °− e °, qui correspond à l’amplitude  du champ résultant, peut aussi être décrit géométriquement par ³ ´ °− ° °→ (ii) e ° = 2 sin  2

Si on isole  dans l’équation (i) et qu’on remplace le résultat obtenu dans l’équation (ii), on obtient µ ¶  °− ° 0 sin 2 °→ ° µ ¶ e = 

sin 2 Puisque  ∝  2  ¶ µ  0 sin2 2 µ ¶ =  2 sin 2

v10

on a donc pour l’intensité totale =⇒ CQFD

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159

Chapitre 8 : La relativité restreinte Exercices E1.

Au moyen de l’équation 8.3, on détermine le module de la vitesse du mètre : q 2 2  = r 1 2 =⇒ 1 − 2 = 12 =⇒ 2 = 1 − 12 =⇒  =  1 − 12 1−

 2

Sachant que  =

0  ,

soit le rapport de la longueur propre du mètre (0 ) sur sa longueur

mesurée dans le référentiel en mouvement (), on a r  =  1 − ³ 1 ´2 =⇒  = 0600 0



E2.

Si  =

r 1

et que  ¿  le développement donne

2 1− 2

³ ´ ¡ ¢³ 2´ 2 −12 2 (a)  = 1 − 2 = 1 − − 12 2 =⇒ CQFD =⇒  = 1 + 2 2 ´ ´ ³ ³ ¡ ¢ 2 2 12 2 =⇒ 1 = 1 − 2 (b) 1 = 1 − 2 = 1 − 12 2 =⇒ CQFD 2

(c) On définit, dans le logiciel Maple, l’expression correcte de  et le résultat de la question (a). On résout ensuite en fonction de la condition posée :  restart;  g1:=1/sqrt(1-v^2/c^2);  g2:=1+v^2/(2*c^2);  eq:=g1-g2=0.001*g1;  solve(eq,v); La seule solution réelle acceptable est  = 0228 (d) Toujours dans le logiciel Maple, on donne une valeur à la vitesse de la lumière et on trace le graphe pour les deux expressions de  :  c:=3e8;  plot([g1,g2],v=0..0.999*c,color=[red,blue]); Les deux courbes se séparent de façon marquée lorsqu’on atteint la moitié de la vitesse de la lumière.

E3.

La longueur propre de la tige est mesurée dans son référentiel. La théorie de la relativité indique que la longueur propre est plus grande que la longueur mesurée en laboratoire, soit 0 =  =

E4. 160

r 

2 1− 2 

12 1−(06)2

=√

= 150 m

L’équation 8.5 nous donne Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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v10

0 

=

=⇒  =

0 

=

10 a.l. 3 a.l.

= 3333

Au moyen de l’équation 8.3, on établit le module de la vitesse la fusée : q 2 2  = r 1 2 =⇒ 1 − 2 = 12 =⇒ 2 = 1 − 12 =⇒  =  1 − 12 =⇒ 1−

E5.



2

q   = 1−

1 (3333)2

2  22

(a) Avec  = 0 et, selon l’exercice 2,  = 1 +  −0 0

=

0 (−1) 0

=−1=1+

0 et, ³ ´ 1 0  −1 0

(b) Avec  = −0 0

E6.

= 0954

=

2 22

−1=

selon l’exercice 2, =

1 

−1=1−

2 22

1 

on obtient

2 22

=1−

2  22

on obtient

2

 − 1 = − 2 2

On cherche ∆ =  − 0  le retard de l’horloge ayant voyagé. (a) Si le module de sa vitesse est de  = 01 on a =

r 1

2 1− 2 

1 1−(01)2

=√

= 100504

Le retard vaut donc ∆ =  − 0 = 0 ( − 1) = (1 a) (100504 − 1) = 159 × 105 s (b) Si le module de sa vitesse est plutôt de  = 0998 on a =

r 1

2 1− 2 

1 1−(0998)2

=√

= 158

Le retard vaut alors ∆ =  − 0 = 0 ( − 1) = (1 a) (158 − 1) = 467 × 108 s E7.

Le module de la vitesse qu’implique ce retard est donné par l’équation trouvée en E5a, soit  −0 0

E8.

=

2 22

=⇒  =

q

22 ∆ 0

=

q

22 (1) (36524)(24)(3600)

= 755 km/s

Le délai de 22 s correspond au temps propre 0 dans le référentiel du muon, alors que la distance de 400 m est la longueur propre 0 du laboratoire. Dans le référentiel du laboratoire, le muon franchit cette distance en un temps  = 0 =

r 0

1−

une vitesse de module  que l’on détermine ainsi 2 r 0 =⇒ 00 = r  2 =⇒  2 = 2  1− 2 1− 2 1− 2 ³ ´2 ³ ³ ´ ³ ´ ´ 2 2 2 2 2 =⇒ 2 + 2 00 = 00 =⇒  2 = 00 − 2 00 µ ³ ´2 ¶ ³ ´2 0  2 1 +  =⇒ = 00 0

0 =  = 0 =

v u u =t v10

³

´ 0 2 0 ´ ³  2 1+ 0 0

v u u =t

³

´2 400 22×10−6 µ ¶2 400 1+ (3×108 )(22×10−6 )

³

0 0

´2

2 2

et possède

=⇒

= 155 × 108 m/s

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161

E9.

(a) L’intervalle de temps de 5 s représente le temps propre de l’observateur au repos mesuré à l’aide d’une seule horloge. La même mesure de passage prise à bord du train nécessite deux horloges qui, selon le tableau 8.2, indiquent un intervalle dilaté de ¡ ¢  = 0 = 53 (5 s) = 833 s

(b) La longueur propre du train correspond à la distance franchie par l’observateur pendant qu’il passe de l’avant à l’arrière du train à une vitesse de module  dans le référentiel du train ¢ ¡ 0 =  = (08) 833 × 10−6 = 200 × 103 m

(c) La longueur du train mesurée par l’observateur sur le quai se calcule avec le temps propre

E10.

de l’observateur qui se trouve sur le quai : ¢ ¡  = 0 = (08) 5 × 10−6 = 120 × 103 m ³ ´ On cherche ∆ =  − 0 =  1 − 1 . On a choisi de mettre  en évidence parce que

sa valeur est donnée par  =

0  

Ainsi, si on fait appel au résultat de l’exercice 2, on

obtient

E11.

³ ´ ∆ =  1 − 1 =

³ ³ ´´ 400(200×103 ) 2 −10 s 0 1 − 1 − 2 =  2 22 = 2(3×108 )2 = 444 × 10 ³ ´ On veut que ∆ =  − 0 =  1 − 1 = 05 donc q p 2 1 = 05 =⇒ 1 − 2 = 05 =⇒  = 0752 = 0866  0 

E12. (a) Le temps propre dans le vaisseau est égal à la distance  =

0 

mesurée par un observateur

dans le vaisseau et divisée par le module de sa vitesse. Lorsqu’une distance exprimée en année-lumière est divisée par une vitesse exprimée comme une fraction de la vitesse de la lumière, le temps obtenu est en années : 0 =

 

=

0 

=

42 a.l. 5(098)

=

(42 a) 5(098)

= 0857 a

(b) Cet intervalle de temps, observé dans le référentiel Terre-étoile vaut  = 0 = 5 (0857 a) = 429 a (c) La distance Terre-étoile observée à bord du vaisseau est de =

0 

=

42 a.l. 5

= 0840 a.l.

E13. (a) Avec l’équation 8.5, on détermine que la longueur propre de  est de =

0 

=⇒ 0 =  =

r 

2 1− 2 

150 1−(02)2

=√

= 153 m

(b) Pour déterminer le temps que  prend pour défiler devant  on n’a besoin que d’un seul observateur en ce point et on obtient 162

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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v10

0 =

 

=

150 6×107

= 250 s

(c) Mesuré à partir du vaisseau  par deux horloges situées aux deux extrémités, le délai en temps est de  = 0 = E14.

−6

r 0

2 1− 2

250×10 =√

1−(02)2

= 255 s

La distance propre entre la Terre et l’étoile, mesurée par un observateur sur la Terre est 0 = 80 a.l. = (80 a)  Si le temps propre à bord du vaisseau est de 70 a, le module de la vitesse du vaisseau s’exprime par =

 0

=

0 0

=⇒ 2  2 =

³

0 0

´2

=⇒

2 2 1− 2

=

³

0 0

´2

Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on arrive à v u u =t

v u u u =t

³

´ 0 2 0 ´ ³  2 1+ 0 0

¶ (80 a) 2 70 a ¶ µ (80 a) 2 1+ (70 a) µ

= 226 × 108 m/s

E15. (a) On cherche le temps propre mesuré par un observateur immobile par rapport à l’arbre au moyen de la longueur mesurée : 0 =

 

=

320 06

= 178 s

(b) Pour deux observateurs situés aux deux extrémités du train, le délai en temps est plutôt de  = 0 =

r 0

2 1− 2

−6

178×10 =√

1−(06)2

E16. (a) Comme  = 06 on a  =

5 4

= 222 s

selon le tableau 8.2. La longueur propre du train est donc

de 0 =  =

¡5¢ 4

(1200) = 150 km

(b) Mesuré dans le référentiel du quai par deux observateurs, le délai en temps est de  =

0 

=

1500 06

= 833 s

(c) Cet intervalle de temps, tel que mesuré par un seul observateur dans le train, correspond au temps propre, soit 0 =

 

=

1200 06

= 667 s

E17. (a) Si la longueur contractée du vaisseau est de 120 m, son passage devant un observateur de la station spatiale durera, pour l’observateur 0 = v10

 

=

120 098

= 0408 s

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163

(b) Comme  = 098 on a  = 5 selon le tableau 8.2. À bord du vaisseau, il se sera écoulé ¢ ¡  = 0 = 5 0408 × 10−6 = 205 s 0 

E18. (a) On veut que  = a =

0 

42 36

=

obtient q a =  1 −

= 36 a.l. Sachant que 0 = 42 a.l., on déduit que

= 1167 Ainsi, en exprimant a en termes de  a comme à l’exercice 1, on

1  2a

q = 1−

1 (1167)2

= 0515

(b) On cherche b tel que 0 = 24 a; donc b =

 0

0  b 0

=

=⇒ b  b =

0 0

=⇒ b2  2b =

³

0 0

´2

=⇒

b2 2 1− b2 

=

³

0 0

´2

Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on arrive à v u u b = t

v u u u =t

³

´ 0 2 0 ´ ³  2 1+ 0 0

µ

¶ (42 a) 2 24 a µ ¶ (42 a) 2 1+ (24 a)

= 0172

(c) On cherche le temps écoulé sur Terre pendant le voyage des astronautes de la question (b). On doit d’abord calculer le facteur gamma pour ce module de vitesse : b =

r 1

2 1− 2b 

1 1−(0172)2

=√

= 1015

On obtient ensuite le résultat à partir du temps propre (0 = 24 a) des astronautes :  =  b 0 = (1015) (24 a) = 244 a E19. (a) La durée du voyage 0 pour le pilote est donnée par 0 = =

r 1

2 1− 2

1 1−(02)2

=√

0  

On calcule d’abord  :

= 10206

On obtient ainsi 0 =

0 

=

5×105 (10206)(02)

= 817 ms

(b) Le pilote mesure une distance de =

0 

=

5×105 10206

= 490 km

E20. (a) On obtient la durée de vie moyenne mesurée dans un référentiel en mouvement au moyen de l’équation 8.4, en utilisant le tableau 8.2 : ¢ ¡ ¢¡  = 0 = 53 26 × 10−8 = 433 × 10−8 s

(b) On mesure la distance parcourue dans le laboratoire, qui correspond à une longueur propre, ce qui donne ¢ ¡ 0 =  = (08) 433 × 10−8 = 104 m

(c) Mesurée par les pions, cette longueur est contractée, et sa valeur est de 164

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v10

=

0 

=

´ ³104 5 3

= 624 m

E21. (a) Leur durée de vie moyenne paraît plus longue pour un observateur immobile par rapport à la Terre. On obtient sa valeur en utilisant le tableau 8.2, soit ¢ ¡  = 0 = 10 22 × 10−6 = 220 s

(b) Selon des observateurs immobiles, les particules mettront, par rapport au laboratoire, un temps  pour parvenir au sol :  =

0 

=

1×104 0995

= 335 s

(c) Cependant, une fraction importante des muons auront le temps de parvenir au sol, car, dans leur propre référentiel, la chute vers le sol dure un temps propre 0 égal à 0 =

0 

=

1×104 10(0995)

= 335 s

E22. (a) On calcule  au moyen de l’équation 8.7 dans le cas où le vaisseau s’approche de la Terre, donc en inversant les signes, ce qui donne q q ¢ +06 ¡ 3 = 144 × 106 Hz  = +  = − 0 −06 720 × 10

E23.

(b) Si le vaisseau s’éloigne de la Terre, on obtient plutôt q q ¢ −06 ¡ 3 = 360 × 105 Hz  = −  = 0 + +06 720 × 10

Grâce à l’équation 2.5c, on sait que la fréquence radio du détecteur est de

0 =

 0

=

3×108 3×10−2

= 100 × 1010 Hz

La vitesse de la voiture soumise au détecteur est  = 108 km/h = 300 m/s. Comme  ¿  on utilise l’équation 8.8b pour exprimer la fréquence perçue par l’automobile 1 et la fréquence perçue par le détecteur au retour 2 . On inverse le signe de l’équation parce ¡ ¡ ¢ ¢ que la voiture s’approche du détecteur et on écrit 1 = 1 +  0 et 2 = 1 +  1 .

Ainsi

³ ¢¡ ¢ ¢ ¡ ¡    2 2 = 1 +  1 +  0 = 1 +  0 = 1 +

2 

+

2 2

´

0

On cherche ∆ = |2 − 0 |  Si, parce que  ¿  on néglige le terme au carré, on obtient ¯ 20 ¯¡ ¢ ¯ ∆ = |2 − 0 | = ¯ 1 + 2 (i)  0 − 0 =  Si on insère les données dans l’équation (i), on obtient ∆ = E24.

2(300)(100×1010 ) 3×108

On note que

 0

=

= 200 kHz

500×10−9 700×10−9

= 57  Au moyen de l’équation 8.7, où l’on inverse les signes

parce que l’automobiliste s’approchait de la source, on obtient q q q ³ ´2  +  − −   = +  =⇒ = =⇒  =  =⇒ = =⇒ − 0  − 0 + 0 + 0 v10

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165

− = = E25.

E26.

³

 0 ´2

´2

³  1−  0 ³ ´2   1+ 

=

0

³

´2

 0 ³ ´2 5 1− 7 ³ ´2  5 1+ 7

+

=⇒  + 

³

 0

´2

=−

³

 0

´2

=⇒

= 0324

Au moyen de l’équation 8.7, qu’on utilise parce que la galaxie s’éloigne de la Terre, on obtient q q q q  −  + −  = −  =⇒ = =⇒  =  =⇒  = 0 + 0  + 0 − 0 +  =⇒ q ¡ ¢ −9 = 490 nm 0 = −02 +02 600 × 10 q q + On cherche 2 tel que 1 = +  et  = 0 2 − − 1 ; donc ´ ´¡ ³ ³ ¢ +01 1 × 109 = 122 × 109 Hz 2 = + − 0 = −01

E27. (a) On donne 0 =

 0

=

3×108 2×10−2

= 15 × 1010 Hz. On utilise l’équation (i) de l’exercice 23 et

on arrive à ∆ =

20 

=

2(40)(15×1010 ) 3×108

= 400 kHz

(b) Comme ∆ correspond à la valeur absolue de la différence entre les fréquences, la démonstration de l’exercice 23 demeure valide même si la source et l’observateur s’éloignent l’un de l’autre, et on arrive à 2(40)(15×1010 ) 0 ∆ = 2 = 400 kHz  = 3×108 E28.

E29.

On convertit les coordonnées 0 et 0 avec les équations 8.11 et 8.12, ce qui donne ¢ ¢ ¡ ¢ ¡¡ 4 × 105 + (06) (001) =⇒  = 275 × 106 m  =  (0 + 0 ) = 54 ¶ ´ ¡ ¢µ ³ (06)(4×105 ) 0 5 0  =   + 2 = 4 (001) + =⇒  = 135 × 10−2 s 2

On applique les équations 8.11 et 8.12 à des intervalles ∆0 = 480 km et ∆0 = 0, ce qui

donne

E30.

¢ ¢ ¡ ¢ ¡¡ ∆ =  (∆0 + ∆0 ) = 54 48 × 105 + (06) (0) =⇒ ∆ = 600 km ¶ ³ ´ ¡ ¢µ (06)(48×105 ) ∆0 5 0 ∆ =  ∆ + 2 =⇒ ∆ = 120 ms = 4 (0) + 2

Comme  = 098 on a  = 5 selon le tableau 8.2. Avec ∆0 = 12 km et ∆0 = 0 on

trouve ∆ grâce à l’équation 8.11 : ¢ ¢ ¡¡ ∆ =  (∆0 + ∆0 ) = 5 12 × 103 + (098) (0) = 600 km

Vue autrement, la distance entre les deux traces d’impact sur le quai est simplement le résultat de 0 =  où 0 est la longueur propre de ce qui apparaît comme mesurant

 = 12 km dans le référentiel du train, donc 0 = 5 (12 km) = 600 km. E31.

On cherche ∆ = 2 − 1  Avec l’équation 8.11, on peut écrire, en se rappelant que 02 = 01 + 01

166

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v10

∆ = 2 − 1 =  (02 + 02 ) −  (01 + 01 ) =  ((02 − 01 ) +  (02 − 01 )) =⇒ ¡ ¢ ∆ = 53 (0 − 0 + (08) (001 − 0)) = 400 × 106 m

E32. (a) Dans le référentiel  0 du train, les deux impulsions mettront un temps 00 = 0 0 à atteindre les extrémités. Ce temps est égal à 00 =

0 2

=

32 2(3×108 )

= 533 × 10−8 s

(b) Dans le référentiel  l’impulsion qui arrive en 0 prend un temps ´¡ ¡ ¢ ³ ¢¢ ∆  ¡ 5 (−16) + (06) 533 × 10−8 0 = −0 = − ∆00 + ∆00 = −4(3×10 =⇒ 8) 0 = 267 × 10−8 s

L’impulsion qui arrive en  0 prend un temps ¡ ¡ ¢ ³ 5 ´¡ ¢¢ ∆ (16) + (06) 533 × 10−8  0 = 0 =  ∆0 0 + ∆0 0 = 4(3×10 =⇒ 8)  0 = 107 × 10−8 s

E33.

¡ ¢ Pour rejoindre la Terre ( = 0), à partir du vaisseau 0 = 108 m , la lumière met un

temps ∆aller =

−0 −

=

0  ,

mesuré dans le référentiel de la Terre. Comme le vaisseau

avance vers la Terre ( = −08), la lumière n’aura qu’à franchir 0 − ∆aller − ∆retour pour y retourner. De sorte que ∆retour est donné par a ller ∆retour = 0 − ∆aller − ∆retour =⇒ ∆retour = 0 −∆ =⇒ + ³ ´ ³ ´ 0 0 −(08)(  ) −080 02 108 ∆retour = = 0+08 = 0 02 +08 18 = 3×108 18 = 370 ms

E34. (a) On pose 0 = 0 et on utilise l’équation 8.10, ce qui donne 2 ¢ ¡ (3×108 ) (16×10−4 ) 2  0 =   −  = 0 =⇒  = = = 0800 2   6×104

(b) Si la vitesse du vaisseau dépasse 08 l’éclair vert arrive avant l’éclair rouge .

E35.

On applique les équations 8.9 et 8.10, et on trouve, si ∆ = 0 ¢ ¡ (10)(0995)(240) ∆0 =  ∆ − ∆ = − ∆ =⇒ ∆0 = −796 s 2  2 = − (3×108 )2

Le signe négatif signifie que l’éclair vert arrive avant l’éclair rouge. L’espacement entre les éclairs, mesuré en  0 , donne ∆0 =  (∆ − ∆) = ∆ = 10 (240) =⇒ ∆0 = 240 km E36.

Si l’intervalle d’espace-temps est un invariant, on doit pouvoir soustraire (∆0 )2 de (∆)2 et obtenir zéro. On élève au carré les quatre termes de ∆, qui sont donnés par les → − → équations 8.11 et 8.12, les deux autres étant invariants si − v = i : ³ ³ ´´2 ³ ´2 0 2 (∆0 )2 +  2 ∆0 ∆0 +  2 ∆0 (∆)2 =  ∆0 + ∆ =  2 2 2    (∆)2 = ( (∆0 + ∆0 ))2 =  2 (∆0 )2 +  2 ∆0 ∆0 +  2 (∆0 )2

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167

(∆)2 = (∆ 0 )2 (∆)2 = (∆ 0 )2 On calcule ensuite i h (∆)2 − (∆0 )2 = 2 (∆)2 − (∆)2 − (∆)2 − (∆)2 h i − 2 (∆0 )2 − (∆0 )2 − (∆0 )2 − (∆ 0 )2 =⇒ µ ³ ´2 ¶ 2 2 2  2 ∆0 ∆0 ∆0 0 2 2 0 2 + (∆) − (∆ ) =   (∆ ) + 2 2 ³ ´ −  2 (∆0 )2 +  2 ∆0 ∆0 +  2 (∆0 )2 − (∆ 0 )2 − (∆ 0 )2 −2 (∆0 )2 + (∆0 )2 + (∆0 )2 + (∆ 0 )2 =⇒

(∆)2 − (∆0 )2 = 2  2 (∆0 )2 +  2 ∆0 ∆0 +

 2  2 (∆0 )2 2

− 2 (∆0 )2 −  2 ∆0 ∆0 −  2 2 (∆0 )2 − 2 (∆0 )2 + (∆0 )2 =⇒ (∆)2 − (∆0 )2 = 2  2 (∆0 )2 +

 2  2 (∆0 )2 2

− 2 (∆0 )2 −  2  2 (∆0 )2 − 2 (∆0 )2 + (∆0 )2 =⇒ (∆)2 − (∆0 )2 = 2  2 (∆0 )2 −  2 2 (∆0 )2 − 2 (∆0 )2 +

2  2 (∆0 )2

−  2 (∆0 )2 + (∆0 )2 =⇒ ´ ³ 2 2 ¡ ¢ (∆)2 − (∆0 )2 = (∆0 )2 2  2 −  2  2 − 2 + (∆0 )2  2 −  2 + 1 =⇒ ³ ³ ´ ´ ³ ³ ´ ´ 2 2 (∆)2 − (∆0 )2 = (∆0 )2 2  2 1 − 2 − 2 + (∆0 )2 − 2 1 − 2 + 1 =⇒ ¡ ¢ (∆)2 − (∆0 )2 = (∆0 )2 2 − 2 + (∆0 )2 (−1 + 1) = 0 2

(∆)2 est donc un invariant =⇒ CQFD

E37. (a) Comme la distance parcourue par l’éclair est ∆ on a ∆ =  + ∆ =⇒ ∆ − ∆ =  =⇒ ∆ =

 −

(b) On cherche la position de deux événements dans  0 avec l’équation 8.9. L’émission de la lumière se produit en 0 =  ( −  ) = −  puisque l’émission de la lumière se produit à l’origine de  De la même façon, en utilisant le résultat obtenu en (a), l’arrivée de la lumière se produit en 0 =  ( + ∆ −  ) =  ( +  ( −  ) −  ) =  ( −  ) On trouve donc ∆0 = 0 − 0 =  ( −  ) +  =  et le délai en temps dans  0 est de ∆0 = E38.

∆0 

=

 

La vitesse relative d’un proton (1) par rapport à l’autre (2) est donnée par l’équation 8.17, réécrite comme à l’exemple 8.10, soit

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12 = E39.

1 L  +L 2    1+ 1L 2 L 2 

= 0999

1+

On reprend directement l’équation 8.18 de l’exemple 8.10 et on obtient AB =

E40.

096+096 (096)(096) 2

=

AT  +T B    1+ AT  2 T B  

=

08−06 (08)(−06) 1+ 2

= 0385

La vitesse relative du missile (m) par rapport à la Terre (T) est donnée par l’équation 8.17, réécrite comme à l’exemple 8.10. (a) Si mV = 01 on obtient mT =

m V  +V T    1+ m V 2 V T  

01+07 (01)(07) 2

=

= 0748

1+

(b) Si mV = −01 on obtient mT =

m V  +V T    1+ m V 2 V T  

=

−01+07 (−01)(07) 1+ 2

= 0645

E41. (a) On calcule d’abord la vitesse du vaisseau B par rapport au vaisseau A au moyen de l’équation 8.17, réécrite comme à l’exemple 8.10, ce qui donne BA =

B T  +TA    1+ B T 2 TA 

= 1+

08−06 (08)(−06) 2

= 0385

La vitesse du missile par rapport au vaisseau A doit donc être supérieure à 0385, si ce dernier doit atteindre le vaisseau B. Dans l’état actuel, non , il n’atteindra pas le vaisseau B, puisque mA = 03 (b) On doit avoir mA  0385 . E42.

On utilise un axe des  parallèle au mouvement des deux fusées. On suppose que la fusée A se déplace dans le sens positif de cet axe, de sorte que AT  0. La fusée B avance vers la fusée A et sa vitesse par rapport à la Terre est de même module donc BT = −AT . On cherche le module de la vitesse de l’une ou l’autre des deux fusées par rapport à la Terre Avec l’équation 8.18, on obtient AT  +T B    1+ AT  2 T B   2 05 + 05  − 2 =

AB =

=⇒ 05 =

+ 2 1+ 2

³ =⇒ 05 1 +

2 2

´

= 2 =⇒

0 =⇒ 052 + 05 2 − 2 = 0 =⇒  2 − 4 + 2 = 0

On résout cette équation quadratique en  et on trouve  = 0268 et 3732 Seule la première réponse est compatible avec la théorie de la relativité, de sorte que  = 0268 . E43.

Selon l’équation 8.21 du manuel, si une quantité d’énergie est retirée d’un corps, la masse de ce corps diminue. Ainsi, l’énergie rayonnée par le Soleil diminue la masse de ce dernier. (a) La puissance  correspond à l’énergie rayonnée par unité de temps. L’énergie rayonnée durant 1 seconde est donc

v10

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169

³ ´ ¡ ¢ 26 J ∆ =  ∆ = 39 × 1026 W (1 s) = 39×10 (1 s) = 39 × 1026 J 1s

Au moyen de l’équation 8.21, on calcule la variation de masse associée à cette énergie : ∆ = ∆2 =⇒ ∆ =

∆ 2

=

39×1026 (3×108 )2

= 433 × 109 kg

(b) Puisqu’elle représente la variation de masse du Soleil durant 1 seconde, la réponse de la ¯ ¯ question (a) correspond aussi au taux de changement ¯  ¯ de la masse de dernier. On 

estime la durée de vie du Soleil en divisant sa masse totale par ce taux : ´ ¡ ¢ ³ 2×1030 kg  ¯ 1a 20 s × ∆ = ¯¯  = = 4619 × 10 = 146 × 1013 a ¯ 433×109 kg/s 3156×107 s ¯  ¯

Notons que ce résultat n’est qu’une approximation grossière puisqu’il ne tient pas compte d’une modification dans le temps de la puissance rayonnée par le Soleil.

E44.

On obtient le module de la quantité de mouvement du proton en combinant les équations 8.19 et 8.20 :  =  = 0  =

r0  2 1− 2 

=

−27 (0998) ) (1674×10 √

1−(0998)2

= 793 × 10−18 kg·m/s

¡ ¢ E45. (a) On donne  = 104 eV = 104 16 × 10−19 J = 16 × 10−15 J. On utilise l’équation 8.22, qui donne l’énergie cinétique relativiste, soit  = 0 2 ( − 1) =⇒  =

 0 2

+1=

16×10−15 (91×10−31 )2

+ 1 = 10195

On calcule ensuite le rapport  au moyen de l’équation 8.3, et on obtient q  = 1 − 12 =⇒  = 0195 

(b) Avec  = 107 eV = 16 × 10−12 J, on obtient plutôt  = 0 2 ( − 1) =⇒  =  2 +1 = 0 q  1 − 12 =⇒  = 0999  =

16×10−12 (91×10−31 )2

+ 1 = 2054

E46. (a) Au moyen de l’équation 8.3, on calcule =

r 1

2 1− 2 

1 1−(0998)2

=√

= 1582

On utilise ensuite l’équation 8.22, qui donne l’énergie cinétique relativiste, et on trouve ¢ ¡  = 0 2 ( − 1) = 91 × 10−31 2 (1582 − 1) = 1214 × 10−12 J = 759 MeV

(b) On obtient le module de la quantité de mouvement du proton en combinant les équations 8.19 et 8.20 :

E47.

¡ ¢  =  = 0  = (1582) 91 × 10−31 (0998) = 431 × 10−21 kg·m/s On cherche ∆ =  (2 ) −  (1 )  Avec l’équation 8.22, on trouve

∆ = 0 2 ( 2 − 1) − 0 2 ( 1 − 1) = 0 2 ( 2 −  1 ) (a) Pour l’intervalle allant de 1 = 06 à 2 = 08 le tableau 8.2 permet d’écrire 170

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¡ ¢ ∆ = 0 2 53 − 54 =⇒ ¢¡ ¢2 ¡ 5 5 ¢ ³ 1 eV ´ ¡ ∆ = 911 × 10−31 300 × 108 3 − 4 × 16×10−19 J = 214 keV

(b) Pour l’intervalle allant de 1 = 0995 à 2 = 0998 si on utilise le calcul de l’exercice

E48.

46 et le tableau 8.2, on obtient ¡ ¢¡ ¢2 ∆ = 911 × 10−31 300 × 108 (1582 − 10) = 298 MeV q On combine l’équation 8.22,  = 0 2 ( − 1), avec  = 1 −

1 2 ,

qui découle de l’équa-

tion 8.3.

(a) Si  = 0 2 =⇒ 0 2 = 0 2 ( − 1) =⇒  = 2 =⇒  = 0866 (b) Si  = 110 2 =⇒ 110 2 = 0 2 ( − 1) =⇒  = 12 =⇒  = 0997 E49.

Dans cet exercice, on combine la notion d’intensité lumineuse avec la théorie de la relativité. On représente l’intensité lumineuse par le symbole , cette quantité s’exprime en W/m2 . Lorsqu’une surface d’aire  est éclairée par une source lumineuse d’intensité , la puissance absorbée par cette surface, en supposant que tout le rayonnement est absorbé, correspond à  = . Muni de cette relation, on peut alors calculer l’énergie absorbée au moyen de l’équation 3.9 : 2 ∆ =⇒ ∆ =  ∆ = ∆ = T ¢2 ¡ ¢¡ ¢ ¡ 1 × 103 31536 × 107 = 40201 × 1024 J ∆ =  637 × 106

On calcule ensuite la modification de masse associée à cet apport d’énergie avec l’équation 8.21 : ∆ =

E50.

∆ 2

=

40201×1024 (3×108 )2

= 4467 × 107 kg

Le poids supplémentaire aura donc pour valeur ¢ ¡ ∆ = ∆ = 4467 × 107 (98) = 438 × 108 N Si on modifie l’équation 8.23, on obtient

 2 − 2 2 = 20 4 Comme le côté droit de cette équation est toujours constant, on en conclut que  2 − 2 2 est un invariant =⇒ CQFD E51.

L’énergie totale  vaut trois fois l’énergie au repos, de sorte que  = 30 2  (a) On utilise l’équation 8.23 et on obtient  2 − 2 2 = 20 4 =⇒ 920 4 − 2 2 = 20 4 =⇒ 2 2 = 820 4 =⇒  = 2830 

v10

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171

(b) On combine  = 0  avec le résultat obtenue en (a), et on trouve ³ ´ 2 0  = 2830  =⇒ r  2 = 283 =⇒  2 = 8002 1 − 2 =⇒ 1−

 2

 2 = 8002 − 800 2 =⇒  = E52.

q

8002 900

= 0943

Comme le rendement proposé est de 01% ou 11000, alors il faut transformer mille fois plus de masse pour récupérer l’énergie  que consomme le Québec sur la période d’un an. Ainsi, la masse nécessaire correspond à n = 1000, dans laquelle  =

E53.

 . 2

Avec la

valeur fournie pour , on trouve ´ ³ ¡ ¢ 1×1018 n = 1000 2 = 1000 (3×10 = 111 × 104 kg 2 8) Si le rapport

 

est important, le deuxième terme du développement binômial sous l’équa-

tion 8.22 est significatif. Dans ce cas-ci, il représente ³ ´ 3  4 6 2 0 2 8 (  ) ∆ 32 3 (22×10 ) −5 = = = =⇒ ∆ 1  4 (3×108 )2  = 403 × 10 42 2 2 0 

E54.

On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que

re l −cla cla

= 001 Si on développe

cette expression, on obtient 0 −0  0 

On fait ensuite appel à l’équation 8.3 et on arrive à q  = r 1 2 =⇒  =  1 − 12 =⇒  = 0140 1−

E55.

= 001 =⇒  − 1 = 001 =⇒  = 101

 2

On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que rel = 2cla  Si on développe cette

expression, on obtient 0  = 20  =⇒  = 2 On fait ensuite appel à l’équation 8.3 et on arrive à q  = r 1 2 =⇒  =  1 − 12 =⇒  = 0866  1− 2

E56.

En raison de l’équivalence de masse-énergie, on a (50×106 )(16×10−19 )  = 0 2 = 50 MeV =⇒  = (91×10−31 )(3×108 )2 = 9768 q  =  = 1 − 12 = 099995

E57. (a) En raison de l’équation de la mécanique classique, on a ¡ ¢ ∆ =  − 0 = 12  2 − 12 02 = 12 2 = 12 91 × 10−31 (09)2 = 332 × 10−14 J ∆ =

∆ 

=

332×10−14 16×10−19

= 208 kV

(b) Avec la même énergie et l’équation 8.22, on calcule le facteur , ce qui donne =

∆ 0 2

+1=

332×10−14 (91×10−31 )(3×108 )2

+ 1 = 1405

Avec la valeur de  on obtient le module de la vitesse, soit 172

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v10

E58.

q  = 1−

1 2

= 0702

On l’utilise l’équation de l’exercice 53 en posant que

dont le module est de ∆ 

=

32 42

=⇒ 001 =

∆ 

= 1 % et on trouve une vitesse

q =⇒  =  4(001) = 0115 3

32 42

E59. (a) On trouve le module de la vitesse au moyen de l’équation 8.22, soit r  = 0 2 ( − 1) =⇒  =  + 1 =⇒  = 1 − ³  1 ´2 =⇒ 2 0 0 2 +1

v u  = u1 − t

E60.

Ã

1

(40×109 )(16×10−19 ) (167×10−27 )(3×108 )2

!2

= 09997

+1

(b) Le module de la quantité de mouvement s’exprime par ¢ ¡ ¢ ¡  = 0  = (4358) 167 × 10−27 (09997) 3 × 108 = 218 × 10−17 kg·m/s

On calcule d’abord le facteur  de l’électron en fonction de l’énergie totale qu’il possède :

 =  0 2 =⇒  =

 0 2

=

(10×109 )(16×10−19 ) (91×10−31 )(3×108 )2

= 19536

(a) La longueur  du tube est donnée par 0 

=

3200 19536

=

= 0164 m

(b) Avec une valeur aussi élevée de  on peut poser que le module de la vitesse est pratiquement  bien que, du point de vue théorique, l’électron n’atteigne jamais la vitesse de la lumière. Avec  =  on arrive à  

0 =

=

0164 3×108

= 547 × 10−10 s

(c) Les expérimentateurs dans la station de contrôle enregistreront une durée de voyage égale à ¢ ¡  = 0 = (19536) 547 × 10−10 = 107 s

E61. (a)  =

r 1

(b) 0 = (c)  = E62.

2 1− 2   =

0 

0 =

0 

= 14 =⇒  =

=

Q 0 

= 0857 km

408 s

= 571 s =⇒  =

240 276×10−6

 = 835 × 107 m/s E63.

0 

+

T 0  ,

train. Avec  =

= 869 × 107 =⇒

r 

2 1− 2 

= 869 × 107 m/s =⇒

où Q0 et T0 sont respectivement les longueurs propres du quai et du r 1

2 1− 2

= 125 on trouve  = 911 s .

E64. (a) Selon l’équation 8.18, la vitesse relative d’un train par rapport à l’autre est de v10

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173

AB = =

0 

(b) 0 =

A Q  +Q B  A Q  Q B  1+ 2

=

065+065 (065)(065) 2

= 0914 =⇒  =

1+

= 0406 km

0 

r

1 2 1− A2B

= 2465 =⇒

= 0602 s

E65. (a) Selon l’équation 8.18, la vitesse du projectile par rapport au sol est de P T  +T S   8 = 06+04   (06)(04) = 124 = 2419 × 10 m/s 1+ P S  2 T S  1+  2 1 10000 =r = 1691 =⇒  = P0S = 2419×10 413 s 8 = P2 S 1− 2  0 = P0S = 244 s

PS =

(b) E66.

=⇒

Le résultat est calculé pour un observateur immobile par rapport au train et situé à l’endroit où le projectile atteint la cible. Celle-ci avance vers cet observateur à une vitesse CT = −04, et le projectile va à PT = 06 Dans ce système de référence, la distance totale à franchir est de q q 2  = 0 = 0 1 − T2S = (10000) 1 − (04)2 = 9165 m TS

Cette distance est franchie par le projectile et la cible en un temps que fournit l’équation suivante :  = |CT | ∆ + PT ∆ =⇒ ∆ =

 |C T  |+P T 

=

9165 04+06

=

9165 

= 306 s

Plus directement, on arrive à ce résultat en rappelant que le projectile mesure un temps propre 0 entre le départ du train et l’arrivée à la cible. Comme le facteur  du train est  = 54  le temps mesuré par cet observateur immobile

E67.

par rapport au train, placé là où le projectile atteint la cible, est ¡ ¢  = 0 = 54 2444 × 10−6 = 306 s. =

r 1

2 1− 2 

∆08−→09 = (a)  0 = 1  01 = ∆08−→09 ∆0−→01

1 (08)2 1− 2 ∆ 08−→09 0 2 =

=⇒  08 =

=

r

r

1 (01)2 1− 2

 08−→09  0−→01

= 1667  09 =

06270 2

1 (09)2 1− 2

= 2294

= 1005 =⇒ ∆ 0−→01 = 0005

=

0627 0005

= 125

1 = 1155  06 = r 1 2 (05)2 (06) 1− 2 1− 2  08−→09 ∆08−→09 0627 ∆05−→06 =  05−→06 = 0095 = 660

(b)  05 =

r

r

E68. (a)  = 0 =⇒  = 359 =

r 1

2 1− 2

= 1250 =⇒ ∆ 05−→06 = 0095

=⇒  = 288 × 108 m/s

(b)  = ( − 1) 0 2 = 274 MeV 174

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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v10

E69. (a)  =

r 1

2 1− 2   = 2

(b)  = E70.

=⇒  = 1005 =⇒  = ( − 1) 0 2 = 453 × 1019 J 503 kg

 = 0  = 0  =⇒

r 

=  =⇒  = 0707

2 1− 2

E71. (a)  = 0 2 =  + 0 2 = 171 MeV (b)  =

 0 2

=

171 MeV 0511 MeV

q = 3346 =⇒  =  1 −

1 2

= 286 × 108 m/s

(c)  = 0  = 872 × 10−22 kg·m/s

E72. (a) On donne  = 20 GeV = 20 × 103 MeV et, selon la partie (a) de l’exemple 8.12 du manuel, l’énergie au repos de l’électron correspond à 0 2 = 0511 MeV. On insère ces deux valeurs dans l’équation 8.22 et on calcule :  = 0 2 ( − 1) =⇒  =

 0 2

+1=

20×103 MeV 0511 MeV

+ 1 =⇒  = 391 × 104

(b) Dans cette situation  À 0 2 , de sorte que le deuxième terme de l’équation 8.23 peut être négligé. On calcule alors (20×109  =  =⇒  =  =

µ ¶ 16×10−19 J eV )× 1 eV 3×108 m/s

= 107 × 10−17 kg·m/s

Problèmes P1.

On utilise l’équation 8.21 et on l’élève au carré, ce qui donne  = 0 2 =⇒  2 =  2 20 4

(i)

On utilise ensuite l’équation 8.19, on la multiplie par  et on l’élève au carré :  = 0  =⇒ 2 2 =  2 20  2 2

(ii)

On soustrait l’équation (ii) de l’équation (i), et on obtient

P2.

 2 − 2 2 =  2 20 4 −  2 20  2 2 =⇒  2 = 2 2 +  2 20 4 −  2 20 2 2 =⇒ ³ ´ ¡ ¢ 2 =⇒  2 = 2 2 +  2 20 2 2 −  2 = 2 2 +  2 20 4 1 − 2 ³ ´  2 = 2 2 +  2 20 4 12 =⇒  2 = 2 2 + 20 4 =⇒ CQFD

On utilise l’expression qui associe la force au taux de changement de la quantité de

mouvement, et l’équation 8.19, ce qui permet d’obtenir le résultat suivant : ∙³ ´−12 ¸        2 =⇒  =  =  (0 ) =⇒ 0 =   +   =   +   1 − 2 ´−32 ¡ 1 ¢ ¡ 2 ¢ ³   2  2 3   − =  +  − 1 − 2 2 0  2  =   + 2   =⇒   ³ ´ ³ ³ ´ ´ 2  2    1 =  1 + =  1 + 1 −  2 =⇒ 0   2 2  0

v10

=  3   =⇒

 

=

  3 0

=⇒ CQFD

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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175

P3.

Dans l’équation 8.19 élevée au carré, on remplace  par l’expression qui est fonction de q , soit  =  1 − 12  et on remplace ensuite  par l’expression qui dépend de , soit

=

 0 2

+ 1 On trouve ainsi que ³ ´ ¡ ¢ 2 =  2 20 2 =⇒ 2 =  2 20 2 1 − 12 =⇒ 2 =  2 − 1 20 2 =⇒ µ³ ¶ ´2 ³ 2 ´   2 2 2 2 =  = + 1 − 1  + + 1 − 1 20 2 =⇒ 0 0 2 0 2 2 4 0

P4.

q ¡  ¢2 ¡ ¢2 2  =  + 20  =⇒  = 20  +  =⇒ CQFD

On utilise l’équation 8.17 afin de trouver à quelle vitesse la lumière se déplace par rapport

au laboratoire. D’une part, la lumière se déplace dans l’eau à la vitesse 0 =

 ,

et le

milieu, soit l’eau, est en mouvement à  =  Ainsi  = P5.

0 + 0  1+ 2

=

  +   1+  2 

=⇒  =

  1+   1+  

=⇒ CQFD

(a) Si l’électron et le proton ont la même quantité de mouvement, on obtient ¢ ¡ e = ( e e ) e =  e e  e  et p =  p p p =  p p  p  e = p =⇒  e e  e  =  p p  p  où  e = 316 et  e = 09995 =⇒  p = 172 × 10−2 =⇒ p =  p = 516 × 106 m/s (b) Si l’électron et le proton ont la même énergie cinétique, on trouve plutôt ¡ ¢ e = p =⇒ e 2 ( e − 1) = p 2  p − 1 =⇒  p = 10167 =⇒ p = 543 × 107 m/s

P6.

(a) Dans le référentiel du vaisseau, la lumière parcourt deux fois la longueur propre 0 = 100 m. Pour l’observateur qui émet et reçoit la lumière, il s’écoule un temps propre de 0 =

20 

=

200 2(3×108 )

= 667 × 10−7 s

(b) Comme  = 0995 on a  = 10 selon le tableau 8.2. Dans le référentiel  ce délai est dilaté et mesuré par deux horloges, soit ¢ ¡  = 0 = (10) 667 × 10−7 = 667 s

(c) On trouve , la position où l’éclair revient à son point de départ dans le vaisseau, au

P7.

moyen de l’équation 8.11. On note que 0 = 0  On obtient donc ¢¡ ¢¢ ¡ ¡  =  (0 + 0 ) = (10) 0 + (0995) 3 × 108 667 × 10−7 = 199 × 103 m

(a) On représente un rayon lumineux se propageant dans la direction 0 par rapport à l’axe des 0 :

176

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v10

Dans l’un ou l’autre des systèmes de référence, la quantité cos  correspond au rapport entre la composante de la vitesse de la lumière selon  et son module  Ainsi, pour  et  0  on peut écrire cos  =

1   

=

 

et cos 0 =

1 0  

=

0  

On peut ensuite réécrire

l’équation 8.17 comme suit : 0 + 0  1+ 2 

 =

Comme  =

=⇒  

=

 

  

=

0   +  0  1+ 2 

 cos 0 +  0   1+ 2  cos 0 + =⇒ 1+ cos 0

=⇒ cos  =

on arrive à cos  =

CQFD

(b) Dans le logiciel Maple on définit la valeur de  l’expression pour  et on trace le graphe demandé pour 0 allant de 0 à 90◦ :  restart;  beta:=0.9;  theta:=arccos((cos(t)+beta)/(1+beta*cos(t)));  plot(theta,t=0..Pi/2); Comme on le voit dans le graphe, les rayons lumineux forment un angle de plus en plus réduit par rapport à l’axe des  au fur et à mesure que  augmente. C’est pourquoi un parle d’un effet projecteur. P8.

Par définition, on sait que  = ¡ ¢ que  =  0 + 2 0 , donc  

 =

 = P9.

=

   (0 + 2 0 )

0 ¶ 0  1+ 2  µ

=

  

La différentiation de l’équation 8.12 permet d’écrire

 ¶ 0  0   + 2 0 0 µ

=

   (0 + 2 0 0 )

=

 µ 0 0 ¶   1+ 2

=⇒

=⇒ CQFD

Comme  = 098 on a  = 5 selon le tableau 8.2. (a) Dans leur référentiel propre, la distance parcourue par chacun des muons est de =

0 

=

3000 5

= 600 m

Ils parcourent cette distance en un temps 0 =

 

=

600 098(3×108 )

= 204 s

On donne  = 22 s. Après cet intervalle 0 , le nombre de muons restant s’élève à v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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177

=

0 0 − 

204×10−6 22×10−6

−

= (1000) 

= 395

(b) Dans le référentiel de la Terre, les observateurs mesurent une distance 0 = 3000 m parcourue par les muons en un temps  =

0 

=

3000 098(3×108 )

= 102 s

Selon les observateurs, après cette distance, il reste  0 muons dont la durée de vie moyenne est de  0 =  = 11 s. Ce nombre s’élève à 0 P10.

 −0

= 0 

−

= (1000) 

204×10−6 11×10−6

= 395

La phase étant invariante, on peut écrire ¡  = 0 où  = ( − ) et 0 = (0 0 −  0 0 ) = 0  ( − ) − 0   −

 2

¢

L’invariance est démontrée si  − 0 = 0 à tout moment et en tout point; donc ¢ ¡ ( − ) − 0  ( − ) −  0   −  = 0 =⇒ 2 ³ ´ 0  −  0  −   − ( − 0  − 0 )  = 0 2

Comme cette expression doit donner zéro quelles que soient les valeurs de  et de  on

en déduit que 

− 0 

−

 0  2

= 0 =⇒  =

0 

+

0  2

³ =⇒  =  0 +

0  2

´

 − 0  −  0  = 0 =⇒  =  0  +  0  =⇒  =  ( 0 +  0 ) =⇒ CQFD P11. (a) Dans les deux systèmes de référence, on sait que les tangentes des angles s’expriment par tan  =

 

et tan 0 =

 0 0 

On sait aussi que  = 0 et que 0 est une longueur propre

parce que mesurée dans le référentiel où la tige est immobile. Ainsi,  =

0 

ou encore

 = 0 , et on peut écrire tan 0 =

0 0

=

 

=

1 

tan  =⇒ tan  =  tan 0 =⇒ CQFD

(b) La longueur d’une tige en mouvement orientée dans le plan  et mesurée dans  est donnée par ´2 ¡ ³ 2 0 ´ ³ ¢2 0 2 = 2 + 2 = 2 = 0 cos + 0 sin 0 = 20 cos 2  + sin2 0 =⇒  µ ¶ µ ¶ ³ 2 0 2 2 0´ cos2 0 + 2 (1−cos2 0 ) cos2 0 (1− 2 )+ 2 cos  + sin  2 2 2 2 = 0  = 0 = 0 =⇒ 2 2 2 ´´ ´´ ³ ³ ³ ³ 2 2 = 20 1 + cos2 0 12 − 1 = 20 1 + cos2 0 1 − 2 − 1 =⇒ ³ ´ 2 2 = 20 1 + 2 cos2 0 Avec 0 = 0  ce résultat devient ³ ´12 2  = 0 1 + 2 cos2 0 =⇒ CQFD

178

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v10

P12.

On cherche une autre expression pour

∆ 

−0 

=

lorsque  ≈ 0  Au moyen de l’équation

8.7, on trouve q ¡ ¢ ¡ ¢−12  12  = 0 + 1 −  − = 0 1 + 

Comme

 

¿ 1 on fait appel au développement du binôme et à son approximation lorsque

 ¿ 1 soit (1 + ) = 1 +  Ainsi ³ ¡ ¢¡ ¢  ≈ 0 1 + 12  1 + 12  = 0 1 +  +

Encore une fois, comme ¡ ¢  ≈ 0 1 + 

 

2 42

´

¿ 1 on peut négliger le dernier terme et

Finalement, ∆ 

P13.

≈

∆ 0

−0 0

=

=

 0 (1+  )−0 0

=⇒

∆ 

≈

Comme  = 06 on a d’une part   =  =

5 3

  5 4

=⇒ CQFD et, comme  = 08 on a d’autre part

selon le tableau 8.2.

(a) On trouve les longueurs contractées, telles que mesurées par l’observateur, ce qui donne  =

0 

=

4(1000) 5

= 800 m et  =

0 

=

3(1000) 5

= 600 m

On construit ensuite deux équations de position qui repèrent la position  de l’arrière du train  et la position  de l’avant du train  À l’instant  = 0 l’avant du train  coïncide avec l’arrière du train  en un point qui correspond à l’origine de l’axe des  utilisé de sorte que  = 800 + 06 et  = −600 + 08 On cherche l’instant pour lequel  =   donc 800 + 06 = −600 + 08 =⇒  =

1400 02

= 0233 s

(b) La vitesse du train  par rapport au train  est de  =

 +   2

1+

= 0385

ce qui implique que   = 108 On calcule donc une longueur du train  dans le référentiel du train  de  =

0  

=

1000 108

= 926 m

Avec toutes ces données, on peut calculer l’intervalle de temps  que prendra le train  v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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179

à dépasser le train  dans le référentiel de , et on obtient  =

0 + 

=

1926 0385

= 167 s

P14. (a) On obtient directement ¡ ¡ ¢¢ ∆ =  (∆0 + ∆0 ) = 5 −103 + (098) 4 × 10−6 =⇒ ∆ = 880 m ¶ µ ³ ´ ¢ (098)(−103 ) ¡ 0 ∆ =  ∆0 + ∆ =⇒ ∆ = 367 s = 5 4 × 10−6 + 2 2

(b) On obtient directement  = ∆ −

∆ 

= (367 s) − (293 s) = 0734 s

P15. (a) Le temps que mettront les deux trains à se dépasser mutuellement est équivalent au temps que mettrait un seul des deux trains pour s’installer vis-à-vis du deuxième, immobile dans le référentiel du premier. En tenant compte de la contraction des longueurs des trains pour l’observateur immobile par rapport au sol, on obtient ∆ =

0 

0 

=  =⇒  =

=

4(1000) 5(06)

= 444 s

(b) La vitesse du train  par rapport au train  est de  =  =

 +   2

= 0882 =⇒   = 2125

1+

En appliquant le même raisonnement qu’en (a), on trouve ∆ = 0 + P16.

0 

=  =⇒  =

0 

+

0 

=

1000 1000 0882 2125(0882)

= 556 s

On sait, grâce au problème 8, que la relation entre les composantes de vitesse selon  dans les deux référentiels est de  =

0 ¶ 0  1+ 2 µ

et  =

0 + 0  1+ 2 

pour le mouvement selon

 Dans les deux systèmes de référence, le rapport entre la vitesse selon  et  correspond à la tangente de  Ainsi, tan  =

tan  = P17.

 

=

0 ¶ 0  1+ 2 0 + 0  1+ 2  µ

0 ³tan  ´   1+ 0 

=

0  0 +

=⇒ tan  =

=

0  0 +

Ã

1 0 1 0

0 ´ ³ tan    1+ 0  cos 0

!

=

tan 0   1+ 0

=⇒



=⇒ CQFD

On écrit les expressions pour l’énergie totale et la composante de quantité de mouvement selon  pour les deux systèmes de référence, soit  =   0 2  0 =  0 0 2  =   0  = 0 =  0 0 0

180

(i) (ii)   0  2 2

=

  2

(iii)

(iv)

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v10

Pour pouvoir établir une relation entre ces termes, on doit avoir l’expression de  0 en fonction de    On la trouve en utilisant la définition de  : ´ ´−12 ³ ³ 2 0 2 ´−12 ³ 0 2 −12 2 − (0 )2 )  0 = 1 − (2) =  −( =   =⇒ 2   ⎞−12 ⎛ Ã ! µ ¶2 −12 2 2  − 2 = ⎝ 2 − (2 − ) 2 ⎠ =⇒  0 =   −   1− 2 ( −  ) 2  4 ¶−12 µ ³ ´ 2 2 2 2 −12 2 ( −  ) − ( − )2  − ) = =⇒  0 = 1 − (2(−  )2 (2 −  )2  

 0 =

 0 =  0 =  0 =  0 =

 

2 − 

12

((2 −  )2 −2 ( − )2 )

2 12 ((2 −  ) −2 ( − )2 ) 2

2

=⇒

¡ 1−

  2

¢

(4 −2  2 +2 2 −2 (2 +2 −2  ))12 2 (4 +2 2 −2 2 −2 2 )12 



(2 −2 )12

(2 −2 )12

¡ 1−

¡ 1−

³ Finalement, avec  = 1 − ¢ ¡  0 =    1 − 2

  2

¢

  2 ´−12 2   2

¢

=

=⇒

¡

1−

  2 2

¢

=⇒

((2 −2 )(2 −2 ))12

³ et   = 1 −

2 2

´−12

¡

1−

  2

¢

=⇒

 on obtient

Si on remplace  0 par ce résultat dans l’équation (ii), on obtient ¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢  0 =    1 − 2 0 2 =  1 − 2  =   − 2  D’après l’équation (iii), ce résultat devient  0 =  ( −   )

Pour la quantité de mouvement, au moyen de l’équation (iv) dans laquelle on remplace aussi  0 , on trouve ¢ ¡ ¡ 0 =    1 − 2 0 0 =    1 −

  2

¢

0

µ

 −   1− 2  

¶

=⇒ ¡ 0 =   0 ( −  ) =  (  0  −   0  ) =⇒ 0 =   −

v10

  2

¢

=⇒ CQFD

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte

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181

Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique Exercices E1.

La longueur d’onde du pic de rayonnement du corps noir est donnée par l’équation 9.1 : max  = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max =

2898×10−3 

(a) À 3 K, la longueur d’onde est de max =

2898×10−3 3

= 0966 mm

(b) À 3000 K, la longueur d’onde est de max =

2898×10−3 3000

= 0966 m

(c) À 1 × 107 K, la longueur d’onde est de max = E2.

2898×10−3 1×107

= 0290 nm

(a) Si la surface du Soleil se comporte comme un corps noir, sa température est donnée par l’équation 9.1, soit  =

2898×10−3 max

=

2898×10−3 5×10−7

= 580 × 103 K

(b) De nouveau, avec l’équation 9.1, on obtient  = E3.

2898×10−3 35×10−7

= 828 × 103 K

D’après l’équation 9.1, la lumière visible est bornée par les températures suivantes : min =

2898×10−3 (max )max

=

2898×10−3 700×10−9

max =

2898×10−3 (max )min

=

2898×10−3 700×10−9

= 414 × 103 K = 725 × 103 K

Ainsi, la température va de 414 × 103 K à 725 × 103 K . E4.

On rappelle que  (K) =  (◦ C) + 27315 (a) Au moyen de l’équation 9.2, modifiée pour tenir compte de la température de l’environ-

E5.

nement, on obtient ´ ¡ ¢ ¡ ¢³  =   4 − 04 = 567 × 10−8 (227315)4 − (29315)4 = 151 MW/m2 ´ ¡ ¢ ¡ ¢³ (b)  =   4 − 04 = 567 × 10−8 (30715)4 − (28315)4 = 140 W/m2 ¢ ¡ Avec  = 42   = 2 696 × 108 et 0 = 0 K, on utilise l’équation 9.3 et l’équation 9.2 modifiée pour tenir compte de la température de l’environnement, et on obtient ³ ¡ ¡ ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ ¢¢2 ´  =  =   4 − 04 42 = 567 × 10−8 (8830)4 4 2 696 × 108 =⇒  = 839 × 1027 W

E6.

Avec  = 2 et 0 = 0 K, on utilise l’équation 9.3 et l’équation 9.2 modifiée pour tenir compte de la température de l’environnement, et on obtient

182

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique

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v10

¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ ¢ ¢  =  =   4 − 04 (2) = 567 × 10−8 (2000)4 2 2 × 10−3 (020) =⇒

 = 228 kW E7.

La longueur d’onde du pic de rayonnement du corps noir est donnée par l’équation 9.1, soit max  = 2898 × 10−3 m·K =⇒ max =

E8.

2898×10−3 

=

2898×10−3 300

= 966 m

On donne  = 51 × 1013 Hz. On utilise l’équation 9.6 et on convertit le résultat final en électronvolt, ce qui donne

E9.

¢¡ ¢ ¡ ∆ = +1 −  = ( + 1)  −  =  = 6626 × 10−34 51 × 1013 =⇒ ¡ ¢ ³ 1 eV ´ ∆ = 3379 × 10−20 J × 16×10 = 0211 eV −19 J

La puissance totale rayonnée  = 400 kW est la somme des énergies de tous les photons

émis par unité de temps à la fréquence  = 100 MHz. Si  correspond au nombre de photons par seconde et que  =  est l’énergie de chacun d’eux, on obtient  

 =  =⇒  =

=

 

=

4×105 (6626×10−34 )(1×108 )

= 604 × 1030 photons/s

E10. (a) L’énergie d’un photon s’exprime, en joules, sous la forme  =  Avec  =  cette expression devient (6626×10−34 )(3×108 )  =  =  =  =

124×103 eV·nm 

1988×10−25 J·m 

×

=⇒ CQFD

³

1 nm 1×10−9 m

´

×

³

1 eV 16×10−19 J

´

=⇒

(b) L’intervalle d’énergie de la portion visible du spectre électromagnétique est borné par min =

124×103 eV·nm max

=

124×103 eV·nm 700 nm

= 177 eV

124×103 eV·nm min

=

124×103 eV·nm 400 nm

= 310 eV

et max =

L’intervalle va donc de 177 eV à 310 eV . E11. (a) L’énergie cinétique maximale des photoélectrons n’est pas fonction de l’intensité, mais bien de la fréquence du rayonnement utilisé. Avec l’équation 9.9, on obtient donc max =  −  =

124×103 eV·nm 

− (225 eV) =

124×103 eV·nm 400 nm

− (225 eV) = 0855 eV

(b) La valeur réelle de l’intensité qui atteint et provoque l’émission d’un électron (efficace ) correspond à 3 % de l’intensité du rayonnement incident (). Si  correspond au nombre d’électrons éjectés par seconde et par mètre carré, on obtient (003)(1×10−9 ) (003) efficace =  = (003)  =⇒  = (003) = = =⇒   (6626×10−34 )(3×108 )  400×10−9

= v10

604 × 107

photons/(m2 ·s)

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.

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183

E12. (a) Si le diamètre de la pupille est de 05 mm, la puissance minimale du rayonnement que l’œil peut détecter est donnée par l’intensité de ce rayonnement multipliée par l’aire de la pupille, soit  =  = 2  = 

³

5×10−3 2

´2 ¡ ¢ 5 × 10−13 = 982 × 10−18 W

(b) Soit , le nombre de photons reçus par seconde par l’œil, et  =  , l’énergie de chacun d’eux. Pour une telle puissance, on a besoin de  

 =  =⇒  = E13.

=

  

982×10−18

=

(6626×10−34 )(3×108 )

On détermine le module de la vitesse maximale des électrons en combinant les équations 9.7, 9.11 et 2.5c, ce qui donne 1 2 2 max

E14.

= 250 photons/s

500×10−9

2 max

2 

³

 

 0

=  ( − 0 ) =⇒ = − max = r ³ ´ r 2 6626×10−34 ³ ( )   3×108 − max = 2   − 0 = 91×10−31 470×10−9

´

=⇒

3×108 686×10−9

´

= 541 × 105 m/s

On trouve l’énergie de ces photons au moyen de l’équation 9.8 ou de l’équation démontrée

à l’exercice 10. (a) Si le photon possède une longueur d’onde de 550 nm, son énergie est de =

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 550 nm

= 225 eV

(b) Si le photon possède une fréquence de 100 MHz, son énergie est de ¡ ¢¡ ¢ ³ 1 eV ´  =  = 6626 × 10−34 100 × 106 × 16×10 = 414 × 10−7 eV −19 J (c) Si le photon possède une fréquence de 940 kHz, son énergie est de ¡ ¢¡ ¢ ³ 1 eV ´  =  = 6626 × 10−34 940 × 103 × 16×10 = 389 × 10−9 eV −19 J

(d) Si le photon possède une longueur d’onde de 0071 nm, son énergie est de =

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 0071 nm

= 175 × 104 eV

E15. (a) Si l’énergie de dissociation est  on trouve ¶ainsi la fréquence minimale 0 : µ  = 0 =⇒ 0 =

 

16×10−19 J 1 eV 6626×10−34

(11 eV)×

=

= 266 × 1015 Hz

(b) On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient = E16.

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 175 nm

= 709 eV

On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient =

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 28 nm

= 443 nm

Cette longueur d’onde appartient à la portion visible du spectre électromagnétique. E17.

Soit , le nombre de photons reçus par seconde et par mètre carré, chacun possédant une énergie  =  . L’intensité du rayonnement correspond alors à

184

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique

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v10

 =  =  =⇒  = E18.

 

=

  

=

(134×103 ) = 371 × 1021 photons/(m2 ·s) (6626×10−34 )(3×108 ) 550×10−9

Soit , le nombre de photons reçus par seconde, chacun possédant une énergie  =  . La puissance émise par le laser est donc de  =  =  =⇒  =

 

=

  

=

1×10−3

(6626×10−34 )(3×108 ) 6328×10−9

= 318 × 1015 photons/s

E19. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient ´ ³ 3 3 eV·nm − (23 eV) = 0800 eV max =  −  = 124×10 eV·nm − (23 eV) = 124×10 400 nm (b) On utilise les équations 9.10 et 9.11, et on obtient ∆0 +0 = ∆0 +  8 ) (6626×10−34 )(3×10 µ ¶ = 428 −19 J 16×10 (16×10−19 )(06)+(23 eV)× 1 eV

∆0 = ( − 0 ) =⇒  =

=⇒  =

=

nm

 ∆0 +

=⇒

E20. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient ´ ³ 3 3 eV·nm − (45 eV) = 170 eV max =  −  = 124×10 eV·nm − (45 eV) = 124×10 200 nm (b) On utilise l’équation 9.7 et on arrive à max = ∆0 =⇒ ∆0 = E21.

max 

= 170 V

Puisqu’il s’agit de la même surface, on doit poser que le travail d’extraction reste le même dans les deux cas. On trouve d’abord  au moyen de la première longueur d’onde (1 = 350 nm), et max = 12 eV : max = 1 −  =⇒  = 1 − max =

³

124×103 eV·nm 350 nm

´

− (12 eV) = 234 eV

Si on combine les équations 9.10 et 9.11 pour la deuxième longueur d’onde (2 = 230 nm)  on obtient ∆0 = ( − 0 ) =  −  =⇒ ∆0 = E22.

 − 

=

124×103 eV·nm −(234 eV) 230 nm 

= 305 V

On utilise l’équation 9.11 et on obtient 

−∆0

0 ∆0 = ( − 0 ) =⇒ 0 =  −∆ =   =⇒  −34 3×108 6626×10 )( ) ( −(16×10−19 )(24) 420×10−9 0 = = 135 × 1014 Hz 6626×10−34

E23. (a) L’énergie émise sous forme de rayonnement équivaut à  = 005 (100 W) = 500 W. Si  correspond au nombre d’électrons émis par seconde qui possèdent une énergie  =  on trouve  =  =  =⇒  =

 

=

  

=

5

(6626×10−34 )(3×108 ) 600×10−9

= 151 × 1019 photons/s

(b) L’œil peut détecter un minimum de 20 photons/s. Si chaque photon possède une énergie  =  la puissance qui fait réagir l’œil est de œil = 20 On calcule l’intensité v10

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185

du rayonnement qui atteint la pupille œil avec l’équation 9.3, dans laquelle on insère œ il = 2  qui correspond à l’aire de la pupille, ce qui donne œil = œil œil = œil 2 =⇒ œil = œil =

6626×10−34

3×108

20( )( ) µ ¶2 3×10−3  (600×10−9 ) 2

œ il 2

=

20 2

=

20 2 

=⇒

= 937 × 10−13 W/m2

La luminosité de la source correspond à  =  calculée en (a). Si on utilise de nouveau l’équation 9.3, mais où  = 42 correspond à l’aire de la sphère sur laquelle s’étend le

E24.

rayonnement au moment où il atteint l’œil, on obtient q ¡ ¢   =  = œil  = œil 42 =⇒  = 4 = =⇒ œ il r (151×1019 )(6626×10−34 )(3×108 ) = 652 km = 4(937×10−13 )(600×10−9 )

L’augmentation de l’énergie cinétique maximale de 1 = 13 eV à 2 = 36 eV est décrite

par les deux équations suivantes, désignant respectivement les fréquences  et

3 2

:

1 = ( − 0 ) ´ ³ −  2 =  3 0 2

On isole la fréquence  dans chaque équation :

0 1 = ( − 0 ) =⇒  = 1 +  ³ ´ ³ ´ 2 2 +0 2 =  3 −  =⇒  = 0 2 3 

On pose l’égalité des membres et on isole 0 , ce qui donne 0 − 23 0 = 23 2 − 1 =⇒ 0 = E25.

3 

¡2

3 2

¢ − 1 =

1 3 0

(22 −31 ) 

=

= 23 2 − 1 =⇒ 0 =

¡

3 2 2  3 µ ¶ 16×10−19 J (2(36 eV)−3(13 eV))× 1 eV 6626×10−34

− 1

¢

=⇒

= 797 × 1014 Hz

L’œil peut détecter un minimum de 8 photons/s. Si chaque photon possède une énergie  =  la puissance qui fait réagir l’œil est de œil = 8 On calcule l’intensité du rayonnement qui atteint la pupille œil avec l’équation 9.3, dans laquelle on insère œil = 2  qui correspond à l’aire de la pupille, ce qui donne œil = œil œil = œil 2 =⇒ œil = œil =

186

6626×10−34

3×108

8( )( ) ¶2 µ 5×10−3  (500×10−9 ) 2

œ il 2

=

8 2

=

8 2 

=⇒

= 162 × 10−13 W/m2

(a) À la distance TL , la luminosité requise est, selon l’équation 9.3, de ¢³ ¡ ¢2 ´ ¡ = 300 kW  = œil  = œil (42 ) = 162 × 10−13 4 384 × 108 ³ ´ 15 m (b) Avec T = (42 a.l.) × 94607×10 = 39735 × 1016 m, on obtient 1 a.l. ¢³ ¡ ¢2 ´ ¡ = 321 × 1021 W  = œil  = œil (42 ) = 162 × 10−13 4 39735 × 1016

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v10

E26. (a) Dans le logiciel Maple, on utilise les valeurs fournies de longueurs d’onde  et de potentiel d’arrêt ∆0  et on trace le graphe de la fréquence correspondante,  =

 ,

en fonction

de ∆0 . Comme le graphe montre une droite, on effectue une régression linéaire sur les données afin de trouver l’expression de cette droite :  restart;  c:=3e8;  data:=[[c/500e-9,0.37],[c/450e-9,0.65],[c/400e-9,1.0],[c/350e-9,1.37],[c/300e-9,2.0]];  with(plots):  pointplot(data);  with(CurveFitting):  LeastSquares(data, x); Si on modifie l’équation 9.11, on observe que le graphe créé correspond à  =  ∆0 + 0 La quantité cherchée,  

=

1 24827×1014

 

est donc l’inverse de la pente de cette droite, soit

= 403 × 10−15 V·s

(b) La fréquence de seuil est tout simplement l’ordonnée à l’origine dans le graphe obtenu, soit 0 = 507 × 1014 Hz E27. (a) La fréquence  du photon est donnée par l’équation suivante : 2 2 2(91×10−31 )(3×108 )  = 20 2 =⇒  = 20  = = 247 × 1020 Hz −34 6626×10 (b) Le module de la quantité de mouvement du photon est donné par l’équation 9.12 : (6626×10−34 )(247×1020 )  =  = = 546 × 10−22 kg·m/s  3×108 E28. (a) La longueur d’onde du photon diffusé est donnée par l’équation 9.16. En faisant de plus appel au résultat de l’exercice 10, on obtient 0 = 0 =

E29.

124×103 eV·nm   =⇒ 0  (1 − cos ) +  = 0  (1 − cos ) +  (6626×10−34 ) 124×103 eV·nm ◦ = 422 × 10−11 (91×10−31 )(3×108 ) (1 − cos (50 )) + 30×103 eV

(b) Au moyen de l’équation 9.15, on obtient ¢ ¡1  1  =  =⇒  − 0 =   − 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ³ 30×103 eV  = 6626 × 10−34 3 × 108 124×10 3 eV·nm −

1 422×10−11

´

m

= 988 × 10−17 J

Si les photons sont diffusés avec un angle de 180◦ par rapport à leur direction incidente,

les électrons diffusés auront une énergie cinétique maximale. On calcule d’abord  avec le résultat de l’exercice 10, ce qui donne = v10

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 40×103 eV

= 0031 nm

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187

On calcule ensuite 0 avec l’équation 9.16 : (6626×10−34 ) 0 = 0  (1 − cos ) +  = (91×10−31 )(3×108 ) (1 − cos (180◦ )) + 0031 × 10−9 = 003586 nm

E30.

Finalement, on calcule l’énergie cinétique avec l’équation 9.15, et on obtient ¢ ¡1  1 =⇒  =   − 0 =   − 0 ´ ³ ´ ¡ ¢ ¡ ¢³ 1 1 1 eV  = 6626 × 10−34 3 × 108 0031×10 × = 543 keV − −9 003586×10−9 16×10−19 J

E31.

Avec  =

On cherche l’angle  tel que

0 − 

= 002 % On utilise l’équation 9.16 et on obtient ³ 0 ´³ ´ 0  0 −   − = (1 − cos ) =⇒ 1 − cos  = =⇒  0    ´ ³ ³ 0 ´³ ´´ ³ 0 ´³ 0  0   − =⇒  = arccos 1 − =⇒ cos  = 1 −  −   µ µ ¶¶  (0071×10−9 )(91×10−31 )(3×108 )  = arccos 1 − (00002) = 620◦ 6626×10−34

=

 0 

= 000243 nm, on utilise le résultat de l’exercice 10 et on obtient

124×103 eV·nm 

E32. (a) On note que

=

124×103 eV·nm 000243 nm

= 0510 MeV

 0 

= 000243 nm et on utilise l’équation 9.16, ce qui donne ¢ ¡ ∆ = 0 −  = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (37◦ )) = 489 × 10−13 m

(b) On cherche l’énergie du photon diffusé de longueur d’onde 0  On utilise le résultat de

E33.

l’exercice 10 en séparant les deux contributions à 0 , ce qui donne ³ ´−1 ³ ´−1 3 0 +∆  = 124×100 eV·nm = 124×103 eV·nm = 124×10 =⇒ 3 eV·nm ´−1 ³ ´−1 ³ −4 489×10 nm ∆ 1 = + =⇒  = 124×103 eV·nm + 124×10 3 eV·nm 30 keV 124×103 eV·nm ³ ´−1 ³ ´−1 1 1  = 30×101 3 eV + 254×10 = 296×10 = 296 keV 6 eV 4 eV

Si la variation de longueur d’onde est de trois parties par dix mille, on a (3×10−4 ) ∆ = 3 × 10−4  Si l’angle de diffusion est de 53◦  la longueur d’onde du  = 

photon incident est de ¡  ¢  = 0  (1 − cos ) =⇒  = ∆ 0  (1 − cos ) =⇒ ´¡ ¢ 1 243 × 10−12 (1 − cos (53◦ )) = 323 nm  = 3×10 −4 0 − 

= ³

∆ 

ce qui permet de trouver l’énergie du photon incident grâce au résultat de l’exercice 10 : =

124×103 eV·nm 

=

124×103 eV·nm 323 nm

= 384 eV

E34. (a) On utilise l’équation 9.16 et on obtient ¢ ¡ ∆ = 0 −  = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (70◦ )) = 160 × 10−12 m

(b) L’énergie cinétique de l’électron diffusé correspond à la différence entre l’énergie du photon incident et l’énergie du photon diffusé, soit ³ ´  1 1  =  − =  − =⇒   +∆ 0

188

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v10

E35.

´ ¢¡ ¢³ ¡ 1  = 6626 × 10−34 3 × 108 8×101 −11 − (8×10−11 )+(160×10 =⇒ −12 ) ³ ´ ¢ ¡ 1 eV = 304 eV  = 487 × 10−17 J × 16×10 −19 J   0

Pour obtenir  0 =

=

124×103

eV·nm



=

on doit d’abord calculer la longueur d’onde des photons incidents :

124×103 eV·nm 5×104 nm

= 00248 nm

Avec les équations 2.5c et 9.16, on peut maintenant trouver  0 : 0 = E36.

  (1−cos )+ 0 

=

3×108 (243×10−12 )(1−cos(45◦ ))+(248×10−11 )

= 118 × 1019 Hz

On calcule le déplacement de longueur d’onde au moyen de l’équation 9.16 : ¢ ¡ (a) ∆ = 0  (1 − cos ) = 243 × 10−12 (1 − cos (30◦ )) = 326 × 10−13 m ¢ ¡ (b) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (90◦ )) = 243 × 10−12 m ¢ ¡ (c) ∆ = 243 × 10−12 (1 − cos (150◦ )) = 453 × 10−12 m

E37. (a) Si on additionne l’énergie des électrons à l’état fondamental (1 ) et l’énergie fournie par le bombardement (b ), 1 + b = (−136 eV) + (125 eV) = −11 eV, on conclut, grâce à la figure 9.29, que les électrons ont maintenant suffisamment d’énergie pour accéder au niveau  = 3 En se désexcitant, les électrons passent de  = 3 à  = 1 Ainsi, on observe les trois rayonnements suivants, calculés avec le résultat de l’exercice 10 : 31 = 21 = 32 =

124×103 eV·nm 1 −3

=

124×103 eV·nm (−136 eV)−(−151 eV)

124×103 eV·nm 1 −2

=

124×103 eV·nm (−136 eV)−(−34 eV)

eV·nm 2 −3

=

124×103

124×103

eV·nm (−34 eV)−(−151 eV)

=

= =

124×103 eV·nm 1209 nm

124×103 eV·nm 1020 nm 124×103

eV·nm 189 nm

= 103 nm = 122 nm = 656 nm

(b) Si les électrons incidents sont remplacés par des photons de même énergie, on n’observera pas de rayonnement venu du gaz atomique, donc pas de raies d’émission , car les photons n’ont pas l’énergie exacte pour permettre le passage d’un niveau d’énergie à un autre et ne seront pas absorbés. E38. (a) Plus la longueur d’onde du rayonnement est grande, plus son énergie est basse. Ainsi, grâce à la figure 9.29, on note que les trois longueurs d’onde les plus grandes de la série de Paschen sont données par les ∆ suivants, calculés au moyen de l’équation 9.23c : ∆43 = 3 − 4 =

−136 eV 32

−

−136 eV 42

= −0661 eV

∆53 = 3 − 5 =

−136 eV 32

−

−136 eV 52

= −0967 eV

∆63 = 3 − 6 =

−136 eV 32

−

−136 eV 62

= −113 eV

On peut dès lors calculer la longueur d’onde de ces sauts d’énergie avec le résultat de l’exercice 10 : v10

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189

43 = 53 = 63 =

124×103 eV·nm |∆43 | 124×103 eV·nm |∆53 | 124×103 eV·nm |∆63 |

=

124×103 eV·nm 0661 eV

= 189 × 10−6 m

=

124×103 eV·nm 0967 eV

= 128 × 10−6 m

=

124×103 eV·nm 113 eV

= 110 × 10−6 m

(b) La plus courte longueur d’onde est obtenue pour le passage de  −→ ∞ à  = 3. Ainsi ∆∞3 = 3 − ∞ = ∞3 = E39.

124×103 eV·nm |∆∞3 |

−136 eV 32

=

− 0 = −151 eV =⇒

124×103 eV·nm 151 eV

= 821 nm

On cherche la longueur d’onde du rayonnement auquel il faut soumettre un atome d’hydrogène pour que son électron passe de l’état  = 1 à  −→ ∞, Ce qu’on obtient ainsi : ∆1∞ = ∞ − 1 = 0 − ∞1 =

124×103 eV·nm ∆∞1

=

−136 eV 12

= 136 eV =⇒

124×103 eV·nm 136 eV

= 912 nm

Cette longueur d’onde se trouve dans la portion ultraviolette du spectre. E40.

Pour calculer la fréquence de l’orbite de l’électron, on doit d’abord trouver le module de la vitesse de l’électron et le rayon de son orbite. On peut exprimer son rayon avec l’équation 9.22a et sa vitesse avec l’équation 9.21 : 2 } 2 2

 =

=⇒ 1 =

}2 2

  = } =⇒ 1 =

2

=

} 1

(6626×10−34 )

(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2

=

6626×10−34 2(91×10−31 )(530×10−11 )

= 530 × 10−11 m

= 219 × 106 m/s

Avec ces deux valeurs, on calcule la fréquence, qui correspond à l’inverse de la période de rotation, ce qui donne 1 

=

=

1 21

=

219×106 2(530×10−11 )

= 656 × 1015 Hz

Si l’électron rayonnait à cette fréquence, la longueur d’onde de ce rayonnement serait de = E41.

 

=

3×108 656×1015

= 457 nm, donc se trouverait dans la portion ultraviolette du spectre.

À l’état  = 2 le rayon de l’orbite de l’électron est de  =

2 } 2 2

=⇒ 2 =

(2)2 }2 2

2

=

(2)2 (6626×10−34 )

(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2

= 212 × 10−10 m

(a) Son énergie potentielle électrique est de ³ ´ 2 2 (9×109 )(16×10−19 ) 1 eV = − ×  = −  2 212×10−10 16×10−19 J = −679 eV

(b) Son énergie cinétique correspond à la différence entre l’énergie mécanique et l’énergie potentielle, soit  =  −  =

−136 eV (2)2

− (679 eV) = 339 eV

E42. (a) On utilise l’équation 9.23c avec  = 3, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :  = 190

(−136 eV) 2 2

=⇒ 1 =

(−136 eV)(3)2 12

= 1 = −122 eV

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v10

2 =

(−136 eV)(3)2 22

3 =

(−136 eV)(3)2 32 2

(−136 eV)(3) 42

4 =

= 2 = −306 eV = 3 = −136 eV = 4 = −765 eV

(b) On cherche les trois plus basses longueurs d’onde émises par des sauts entre ces quatre états. Les variations d’énergie les plus élevées sont de ∆14 = 4 − 1 = (−765 eV) − (−122 eV) = 1148 eV ∆13 = 3 − 1 = (−136 eV) − (−122 eV) = 1088 eV ∆12 = 2 − 1 = (−306 eV) − (−122 eV) = 918 eV Les longueurs d’onde des photons associés à ces transitions sont donc de 14 = 13 = 12 = E43.

124×103 eV·nm ∆14 124×103

=

eV·nm ∆13

=

124×103 eV·nm ∆12

=

124×103 eV·nm 1148 eV

=⇒ 41 = 108 nm

124×103

eV·nm 1088 eV

=⇒ 31 = 114 nm

124×103 eV·nm 918 eV

=⇒ 21 = 135 nm

On utilise l’équation 9.22a et on obtient 2 (6626×10−34 ) 2 } 2 }2 =⇒  = = =⇒ 1 = 530 × 10−11 m  =  1 2 2 (2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 2

2 =

(2)2 } 2 2

=

3 =

(3)2 } 2 2

=

(2)2 (6626×10−34 )

(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2 2

(3)2 (6626×10−34 )

(2)2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2

=⇒ 2 = 212 × 10−10 m =⇒ 3 = 477 × 10−10 m

E44. (a) On utilise l’équation 9.23c avec  = 2, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :  =

(−136 eV) 2 2 2

2 =

(−136 eV)(2) 22

3 =

(−136 eV)(2)2 32

=⇒ 1 =

(−136 eV)(2)2 12

= 1 = −544 eV

= 2 = −136 eV = 3 = −604 eV

(b) Si l’électron se trouve au niveau fondamental ( = 1), on doit lui fournir une énergie égale à |1 | = 544 eV . E45. (a) Comme on l’a démontré à l’exercice 40, le module de la vitesse de l’électron de l’atome d’hydrogène est de 1 = 219 × 106 m/s (b) Comme  =

 

est inférieur à 10 % on peut utiliser la définition classique pour le module

de la quantité de mouvement; on obtient alors ¢¡ ¢ ¡ 1 = 1 = 91 × 10−31 219 × 106 = 199 × 1024 kg·m/s

(c) Le module de l’accélération centripète est donné par l’expression usuelle. On utilise le rayon de l’orbite déjà calculé à l’exercice 40 et on obtient 2 (219×106 ) 2 r = 11 = 530×10−11 = 905 × 1022 m/s2 v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.

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191

Si on la réécrit pour un noyau possédant une charge , l’équation 9.19 conduit à une

E46.

expression pour la vitesse de l’électron au niveau  : q 2  =  

Si on insère cette relation pour  dans l’équation 9.21, on trouve pour  ³ 2´ 2 } 2 2 2 2   = } =⇒ 2 2 2 = 2 }2 =⇒ 2    =  } =⇒  = 2 Soit 1 =

}2  2

le rayon de l’orbite de l’électron de l’hydrogène au niveau fondamental.

En conséquence, pour l’électron au niveau  gravitant autour d’un noyau possédant une charge  on obtient 2 }2 2

 =

=⇒  =

2 

³

}2 2

´

=⇒  =

2 1 

=⇒ CQFD

L’équation 9.21 permet d’affirmer que   = }, et, à l’exercice 40, on a démontré que

E47.

2 } 2 2 

 =

Si on combine ces deux équations, on trouve, pour le module de la vitesse

d’un électron en orbite autour d’un noyau de charge  −19 2 ¢ ¡ 2 )  (2)(16×10  =  = =⇒  =  22 × 106 m/s =⇒ CQFD }  (6626×10−34 )

E48. (a) On note, à l’équation 9.23a, que  ∝  Comme la masse augmente par un facteur 207 on peut conclure que l’énergie augmente aussi par un facteur 207 . (b) On note, à l’équation 9.22a, que  ∝

1 

Comme la masse augmente par un facteur 207

on peut conclure que le rayon diminue par le même facteur ou encore qu’il est multiplié par le facteur

1 207 ,

ce qui donne dans les deux cas 483 × 10−3 . 2

Si la charge du noyau est  l’équation 9.20 devient  = −  2  On a déjà démontré,

E49.

à l’exercice 40, que le rayon de l’orbite pour l’électron est  = deux expressions, on peut écrire que 2

2 4

2

    = −  22 }2 = − 2

 = − (136eV) 2 E50. (a)  =

 

2

2

(2)2 (91×10−31 )(9×109 )

4

(16×10−19 )

2(6626×10−34 )2

=⇒ CQFD

×

³

2 }2  2

1 eV 16×10−19 J

Si on combine ces ´

=⇒

= 122 cm

(b)  =  = 162 × 10−24 J = 101 × 10−5 eV =

 

− ∆0 = 190 eV

E52. (a)  =

 0

= 22 eV =⇒ 0 = 564 nm

E51.

 

= max +  =⇒ max =

 

−  = 0750 eV

E53.

 

= max + 0 =⇒ 0 =

 

2 − 12 max =⇒ 0 = 515 × 1014 Hz

E54.

 = max +  =⇒ max = (48 eV) − (278 eV) = 202 eV =⇒

(b)

192

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v10

max = 842 × 105 m/s ³ ´ 2 E55. max =  1 − 10 = 12 max =⇒ max = 589 × 105 m/s ´ ³ 0  −11 m, mais 0 −  = −11 m. E56. (a)  =   = 4141 × 10 0  (1 − cos ) et  = 416 × 10 Finalement,  0 =

 0

= 291 keV .

(b) En accord avec la théorie de la relativité, la vitesse du photon est  . E57.

 = 120 keV =⇒  = 0 =

 

= 1036 × 10−11 m et  0 = 095 = 114 keV =⇒

 0

= 1095 × 10−11 m ³ ´ Avec 0 −  = 0  (1 − cos ), on trouve  = 391◦ .

 2 =  E58. (a) max = 12 max  − 0 =⇒ ¡ ¢¡ ¢2 (6626×10−34 )(300×108 ) (6626×10−34 )(300×108 ) 1 −31 26 × 106 = − =⇒ 2 911 × 10 015×10−9 0

0 = 150349 pm

(b) ∆ =

 0 

(1 − cos ) =⇒  = 312◦

E59. (a) On donne  = 001 × 10−9 m et  = 90 , de sorte que cos() = 0. À l’aide de l’équation 9.16, on peut alors écrire que 0 −  =

 0 

(1 − cos ())) =⇒ 0 =  +

 0 

= 12424 × 10−9 nm

Ensuite, on modifie l’équation 9.15 pour en extraire le gain en énergie cinétique de l’électron : ¡  =   −

 0

¢

×

³

1 eV 16×10−19 J

´

= 242 keV

(b) L’énergie totale de l’électron correspond, selon le chapitre 8, à  =  + 0 2 . En combinant cette relation avec l’équation 8.23, on obtient : ¢2 ¡  2 = 2 2 + 20 4 =⇒  + 0 2 = 2 2 + 20 4 =⇒ √  2 +20 2 2 2 4 2 2 2 2 4 = 850 × 10−22 kg·m/s  + 0  + 20  =   + 0  =⇒  =  (c) À partir de l’équation 9.14, on obtient 0= E60.

 0

sin (90 ) −  sin  =⇒ sin  =

 0 

=⇒  = 389◦

On donne l’énergie initiale des photons,  = 100 keV = 1602 × 10−14 J. En utilisant l’équation 9.12, on modifie l’équation 9.16 qui traite de l’effet Compton : =

 

0 −  =

=⇒  =  0 

 

=⇒

(1 − cos ) =⇒

1 0

−

1 

=

1 0 2

(1 − cos )

(i)

On cherche à déterminer l’énergie  0 des photons qui percutent la cible et qui reviennent vers le personnel médical. Ainsi, pour 0 = 911 × 10−31 ,  = 180◦ et (1 − cos ) = 2 v10

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193

dans l’équation (i), on trouve  0 = 719 keV Comme il est aussi possible de recevoir des photons qui proviennent directement de l’appareil, la plage des valeurs d’énergie pour ces photons va de 719 keV à 100 keV . E61. (a) De  −→ ∞ à  = 2 =⇒ ∆ =

 

= 34 eV =⇒  = 365 nm

(b) De  −→ ∞ à  = 1 =⇒ ∆ =   = 136 eV =⇒  = 914 nm ¢ ¡1 1 1 =⇒  = 122 nm E62.  =  12 − 22 E63. E64.

0 = 1 + 2 =⇒ 0 = 1 + 2 =⇒ 2 = 872 nm ³ ´ 1 1 1 = − = 0889 et on trouve i = 1 et f = 3 par un jeu d’essais et erreurs. 2 2    i

f

Problèmes P1.

(a) On transforme l’équation 9.15 pour isoler  et on obtient (6626×10−34 )(µ3×108 ) ¶ = 710 × 10−12 m  = ³  ´ = 16×10−19 J +

((45 keV)+(130 keV))×

0

(b) L’énergie du photon diffusé est  0 =

1 eV  = 130 0

keV, ce qui implique que

0 = 956 × 10−12 m. On peut alors calculer l’angle de diffusion au moyen de l’équation 9.16, en se rappelant que 0 −  =

 0 

= 243 × 10−3 nm, soit la longueur d’onde de Compton : Ã ! 0

 0 

(1 − cos ) =⇒  = arccos 1 −  − 0  ³ ´ 956×10−12 −710×10−12 ◦  = arccos 1 − = 907 243×10−12

=⇒

(c) On trouve l’angle de diffusion  au moyen des équations 9.13 et 9.14 :  

=

 0

cos  +  cos  =⇒ cos  =

0=

 0

sin  −  sin  =⇒ sin  =

 

 0 

−

 0 

sin 

cos 

(i)

(ii)

On divise l’équation (i) par l’équation (ii) et onÃobtient !  tan  =

0 

  0 cos   − Ã 

 = arctan P2.

sin 

Il suffit de

=

sin  0  −cos 

=⇒  = arctan !

sin(907◦ ) 956×10−12 ◦ 710×10−12 −cos(907 ) poser que   = 0 dans

sin  0  −cos 

=⇒

= 364◦

la loi du rayonnement de Wien pour obtenir max  la

longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale devient maximale. On donne  ( ) = Donc,  

194

=

 

Ã

 −   5  −   5

!

=

 − −5 max  6max

+

 −  max  2max  5max 

= 0 =⇒

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v10

−





max 

max  =

³

−5 6max

+

 7max 

 5

´

= 0 =⇒

−5 6max

+

 7max 

= 0 =⇒

 7max 

=

5 6max

=⇒

Cette équation a la même forme que l’équation 9.1, puisque le produit de la longueur d’onde et de la température est constant. =⇒ CQFD P3.

On montre qu’un électron libre ne peut absorber complètement un photon, c’est-à-dire son énergie et sa quantité de mouvement, en comparant l’expression de ces deux quantités, =

 

= 0  et  =  = 0 2 

On observe que l’absorption de ces deux quantités implique que l’électron aurait une vitesse égale à celle de la lumière, ce qui va à l’encontre de la théorie de la relativité restreinte. =⇒ CQFD P4.

Les expressions de l’énergie du photon incident  et de la différence d’énergie ∆ entre le photon diffusé et le photon incident sont données par  = la perte relative d’énergie ∆ 

P5.

=

  − 0   

=

−0 0

=

∆ 

−∆ 0

 

et ∆ =

 0

−

 

Ainsi,

s’exprime comme suit =⇒

∆ 

≈

−∆ 

=⇒ CQFD

(a) Le moment d’inertie d’une particule correspond au produit de sa masse et du carré du rayon de sa trajectoire. Le système de deux protons possède donc un moment d’inertie de

´ ¢³ ¡ −11  = 22 = 2 167 × 10−27 74×10 = 457 × 10−48 kg·m2 2

(b) Si le moment cinétique  =  est quantifié en multiple de

 2 ,

il est égal à

 2 ,

où  est

un nombre entier, et on trouve, pour la vitesse angulaire ¡ ¢ (6626×10−34 )   231 × 1013  rad/s 2 =   =⇒   = 2 = 2(457×10−48 ) =

(c) Au moyen du résultat obtenu en (b), on trouve +1 −  = 1 =

1 2

=

231×1013 2

= 367 × 1012 Hz

ce qui représente un rayonnement dans la portion infrarouge du spectre. P6.

En passant du niveau  = 5 au niveau  = 1 l’électron émet un photon de fréquence  ¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ égale à  =  12 − 12 = 1097 × 107 3 × 108 112 − 512 = 316 × 1015 Hz

Selon le principe de conservation de la quantité de mouvement (voir le chapitre 9 du tome 1), la quantité de mouvement du photon vers l’avant est compensée par la quantité de

v10

mouvement que gagne l’atome dans la direction opposée. ¡ ¢ Ainsi, si  = 100782 = 100782 1661 × 10−27 kg = 1674 × 10−27 kg, selon l’annexe Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.

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195

E (pour l’atome neutre d’hydrogène), on peut écrire que photon = atome =⇒

 

= 

Si la vitesse de recul de l’atome est faible devant  on peut poser que  = 1, ce qui donne (6626×10−34 )(316×1015 )  = (3×108 )(1674×10−27 ) = 417 m/s  =  P7.

On élimine les termes en  des équations 9.13 et 9.14 en additionnant les carrés des composantes de quantité de mouvement de l’électron et en faisant appel à une identité trigonométrique : 0=

 0

sin  −  sin  =⇒ 2 sin2  =

¡

0

sin 

¢2

¡ ¢2 cos  +  cos  =⇒ 2 cos2  =  − 0 cos  =⇒ ¡ ¢2 ¡ ¢2 2 sin2  + 2 cos2  = 2 = 0 sin  +  − 0 cos  =⇒ ³ ´ cos  + 10 2 (i) 2 = 2 12 − 2  0  

=

 0

( )

Au moyen des équations 2 = 2 = 2 = 2 =

P8.

2 2

− 20 2 ,  =  + 0 2 et  =

2  2 +2 2 +20 4 − 20 2 = 2 + 20 2 ¡ ¢ ¡   ¢ 1   2 − + 2 0 2   − 0 0 =⇒   ¡ ¢ ¡ ¢ 2 (ii) 2 1 − 10 + 20 1 − 10

 

−

  0

on peut écrire

=⇒

En égalisant les équations (i) et (ii), on trouve l’expression du déplacement de Compton : ³ ´ ¡ ¢2 ¡ ¢ cos  1 2 12 − 2  + = 2 1 − 10 + 20 1 − 10 =⇒ 0 0 2 ( ) ³ ´ ³ ´ ¡ ¢ 1 2 cos  2 1 2 + 20 1 − 10 =⇒  2 − 0 + 10 2 = 2 12 −  0 + 2 ( ) (0 ) ³ ³ 0 ´ ´ ¡ 2 ¢ ¡ cos  ¢ 0  −  =  − + 2  −  =  − 2  =⇒ 0 0 0  (1 − cos ) =⇒ CQFD 0 0

(a) L’équation 9.5 exprime la radiance spectrale selon la théorie de Planck et son énoncé est  ( ) =

22 −5    −1

Si on procède au changement de variable suivant,  = l’expression suivante ´ ³  ( ) =

 22     −1

−5

=

´ ³  5 22    −1

  

donc  =

  

on obtient

5

=  −1

dans laquelle l’ensemble des constantes ont été remplacées par . On cherche la longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale est maximale. Comme ¡  ¢      =   = − 2  

on constate que cette longueur d’onde max peut être obtenue en posant que

 

= 0.

Conséquemment, ³ ´ ³ 4  ´ 5 ( −1)−5    5 =  =  =0    −1 ( −1)2 196

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique

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v10

Le dénominateur de cette expression tend vers l’infini si  = 0 donc  −→ ∞ On trouve la solution en posant que le numérateur devient nul, c’est-à-dire 54 ( − 1) − 5  = 0 =⇒ 54 ( − 1) = 5  =⇒ 5 ( − 1) =  =⇒ 5 (1 − − ) =  =⇒ 5 −  = 5− =⇒ CQFD Il n’est pas possible de résoudre algébriquement cette équation, que l’on qualifie de transcendante. Il existe différentes méthodes d’analyse numérique permettant de la solutionner, la méthode de Newton en étant une. Si on fait appel au logiciel Maple, on trace d’abord le graphe des fonctions qui sont de part et d’autre de l’égalité afin de localiser le lieu d’intersection, puis, on résout l’équation de façon numérique dans la région où se situe l’intersection :  restart;  eq:=5-x=5*exp(-x);  plot({5-x,5*exp(-x)},x=0..10);  fsolve(eq,x,4..6); On en arrive à  = 4965 la valeur attendue. (b) Au moyen de la solution pour , on peut calculer la valeur de max : (6626×10−34 )(3×108 )   max = (4965) =⇒ max  = (4965) = (4965)(1381×10−23 ) =⇒ max  = 2898 × 10−3 m·K =⇒ CQFD P9.

On cherche à établir la loi de Stephan-Boltzmann,  =  4  Pour ce faire, on intègre sur toutes les longueurs d’onde la loi de Planck à l’aide du changement de variable  = Ainsi,  ( ) =

³ ´  −5 22    −1

De plus, comme  =

=

  

³ ´  5 22    −1

=

  

25  5 5 4 3  −1

on a  = − 2 , et le changement de variable peut être

appliqué à l’intégrale qui suit : ∞ ∞ R R0 ³ 25  5 5 ´ ¡  ¢ R ³ 25  5 5 ´ ¡  ¢  ( ) =  ( )  = −  =  =⇒  4 3 2  −1     4 3  −1 2  ∞ 0 0 ∞ ∞ R ³ 24  4 3 ´ R 3 24  4  ( ) =  =  2 3 2 3  −1  −1      0

P10.

0

Le résultat de l’intégrale est fourni dans la donnée, de sorte que ³ 4´ 4 4  25 4  4 4 =⇒ CQFD  ( ) = 2 15 = 152 3 =⇒  =  2 3

D’après la deuxième loi de Newton appliquée à ce système stable, la force électrique agit

comme force centripète, et on peut écrire que

 2 

=

2  (2)2

où  représente la distance

entre chaque particule et le centre de masse du système. v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie qu.

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197

Puisque le module du moment cinétique de l’électron,  =  ne peut prendre que des valeurs entières qui sont des multiples de } le module du moment cinétique du système est 2 = } Si on égale la vitesse dans les expressions du moment cinétique et des forces, on trouve  : 2 =

2 4

=

2 }2 2 42 

=⇒  =

2 }2 2

L’énergie mécanique du système est de  =  + où  = 2

2 

2

¢

2

= 2 et  = −  2 

Si on utilise le résultat pour   l’énergie mécanique prend cette forme : ³ 2 ´ 2  2 2 2 2 2 4   =  2 − 2 =  4 − 2 = 4 − 2 = − 4 = − 42 } 2 =⇒  ³ ´ 2 4 (9×109 ) (16×10−19 ) (91×10−31 ) 1 eV ¶ µ × 16×10  = − 12 =⇒  ≈ − 682eV =⇒ CQFD −19 J −34 2 4

P11.

¡1

6626×10 2

Dans le logiciel Maple, on définit d’abord les constantes fondamentales comme  la

constante de Planck,  la vitesse de la lumière et  la constante de Boltzmann. Puis, on définit l’expression de la radiance spectrale selon Wien, Rayleigh-Jeans et Planck en remplaçant les constantes  et  de l’équation 9.4 par les valeurs définies à l’équation 9.5. La constante  qui apparait dans l’expression de la radiance spectrale de RayleighJeans est remplacée par 2. On superpose finalement le graphe des trois fonctions de radiance spectrale à  = 2000 K :  restart;  h:=6.626e-34; c:=3e8; k:=1.381e-23;  A:=2*Pi*c^2*h; B:=h*c/k; C:=2*Pi*c*k; T:=2000;  IW:=A*lambda^(-5)*exp(-B/(lambda*T));  IR:=C*T/lambda^4;  IP:=A*lambda^(-5)/(exp(B/(lambda*T))-1);  plot({IR,IW,IP},lambda=0..9e-6,0..5e11);

198

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique

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v10

Chapitre 10 : La mécanique ondulatoire Exercices E1.

On peut associer les expressions classiques du module de la quantité de mouvement et de √ l’énergie cinétique au moyen de l’expression  = 2 Puisque la longueur d’onde de Broglie associée à une particule s’exprime par  =   on trouve la longueur d’onde associée à un électron en fonction de son énergie cinétique en combinant les deux expressions : =

 

=

(6626×10−34 ) =√ −31

√  2

√1 ) 

2(91×10

=

−19 m·J 12 491×10√ 

Si on veut pouvoir insérer une valeur de l’énergie cinétique en électronvolts, on doit multiplier ce résultat par le facteur adéquat. Ainsi q 12 −19 1 eV √  = 491×10√ m·J × 16×10  = 123 =⇒ CQFD −19 J =⇒ 

Dans ce résultat,  s’exprime en électronvolt et  en nanomètre. E2.

L’énergie cinétique de l’électron est donnée par  =  |∆ |, Grâce à l’exercice 1, on sait donc que la longueur d’onde associée est donnée par : = ≈

√  2

q

 2|∆ |

=√

15 |∆ |

6626×10−34 √1 2(91×10−31 )(16×10−19 ) |∆ |

=√

=

−9 m 1226×10 √ |∆ |

=⇒

=⇒ CQFD

Dans ce résultat, ∆ s’exprime en volt et  en nanomètre. E3.

E4.

On utilise le résultat de l’exercice 2 et on obtient q 15  ≈ 120 = 0112 nm

(a) On utilise le résultat de l’exercice 1 et on obtient =

123√nm·eV 12 2 eV

= 0870 nm

(b) La longueur d’onde du proton est donnée par l’expression suivante, obtenue par un raisonnement similaire à celui qui a conduit à la solution de l’exercice 2 : = E5.

=

s

6626×10−34 J·s ¶ µ 16×10−19 J 2(167×10−27 kg)(2 eV)× 1 eV

= 00203 nm

(a) On utilise l’équation 10.1 et on obtient = (b)  =

E6.

√  2

 

=

 

 

=

=

6626×10−34 (167×10−27 )(1×103 )

6626×10−34

(167×10−27 )(1×106 )

= 0397 nm

= 0397 pm

La longueur d’onde du proton est donnée par l’expression suivante, obtenue par un raisonnement similaire à celui qui a conduit à la solution de l’exercice 2 :

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 10 : La mécanique ondulatoire

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199

= E7.

√  2

=

s

6626×10−34 J·s µ ¶ 16×10−19 J 2(167×10−27 kg)(004 eV)× 1 eV

= 0143 nm

Pour trouver la largeur de la fente, on doit d’abord trouver la longueur d’onde associée à la particule, soit =

 

=

 

=

6626×10−34 (1×10−3 )(1×101 )

= 6626 × 10−32 m

La largeur de la fente est donnée par l’équation 7.1, dans laquelle  = 1 : =

 sin 

=

6626×10−32 sin(05◦ )

= 759 × 10−30 m

Non , cette expérience n’est pas réalisable. Il n’existe pas, même selon les théories connues de la matière, de situation offrant une fente de cette largeur et les moyens d’observer la diffraction qui s’y produirait. E8.

L’énergie du photon, qui peut être assimilée à de l’énergie cinétique, est donnée par l’équation 9.8 : photon =  =

 

=

(6626×10−34 )(3×108 ) 5×10−9

×

³

1 eV 16×10−19 J

´

=⇒ photon = 248 eV

En utilisant le résultat de l’exercice 1, on obtient l’énergie cinétique de l’électron : ³ ³ ´ ´2 12 2 123 nm·eV 12  = √123 =⇒ électron = 123 nm·eV = =⇒  5 nm é lec tro n

électron = 605 × 10−2 eV

E9.

E10.

(a) On utilise l’équation 9.8 et on obtient, pour  = 1 × 10−10 m ³ ´ (6626×10−34 )(3×108 ) 1 eV = × = 124 keV  =  =   1×10−10 16×10−19 J (b) Pour  = 1 × 10−15 m, on trouve ´ ³ (6626×10−34 )(3×108 ) 1 eV = 124 GeV = ×  =   1×10−15 16×10−19 J On utilise l’équation 10.1 et on obtient

= E11.

 

=

 

=⇒  =

 

=

6626×10−34 (91×10−31 )(600×10−9 )

= 121 km/s

On utilise l’équation 10.4 et on obtient ³ ´2 ¡  ¢2 6626×10−34  1 1 =⇒ ∆ = 2 = = 822 kV  = √2∆ −27 −19 −12  2(167×10 )(16×10 ) 01×10

E12. (a) On donne |∆ | = 60 V et  = 40 . À partir de la figure 10.6c, on peut écrire +

 2

= 90 =⇒  = 90 −

 2

= 700

(b) La valeur de , la longueur d’onde de matière des électrons, est obtenue avec l’équation établie à l’exemple 10.1 :  2|∆ |

= √

= 01584 nm

Ensuite, on fait appel à l’équation 10.5 et on calcule 2 sin  =  = (1) =⇒  = 200

 2 sin 

= 843 × 10−11 m

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 10 : La mécanique ondulatoire

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v10

E13. (a) On utilise le résultat de l’exercice 1 et on obtient, pour  = 80 eV =

123√nm·eV 12 80 eV

= 0138 nm

(b) Pour  = (80 eV) + (20 eV) = 100 eV, on trouve = E14.

12 123 √ nm·eV 100 eV

= 0123 nm

On utilise l’équation 10.1 et on obtient =

 

=

 

=⇒  =

 

=

6626×10−34 (91×10−31 )(01×10−9 )

= 726 × 106 m/s

E15. (a) On utilise l’équation 10.1 et on obtient =

 

=

 

=⇒  =

 

=

6626×10−34 (91×10−31 )(0053×10−9 )

= 137 × 107 m/s

(b) La valeur trouvée à l’exercice 40 du chapitre 9 est de Bohr = 219×106 m/s, et le rapport de ces deux quantités équivaut à (a ) B oh r

E16.

=

137×107 219×106

=⇒

(a ) B o h r

≈ 2

Par le principe de conservation d’énergie, on sait que le gain d’énergie cinétique de l’électron égale la perte d’énergie potentielle électrique. Ainsi, on peut exprimer sa vitesse q 2 comme  = 2   À une distance  = 01 nm du proton, la longueur d’onde de l’élec-

E17.

tron est alors de p     =  = =⇒ 22 r ¢ ¡ p  01×10−9  =  22 = 6626 × 10−34 = 0324 nm 2(91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 )2

On cherche la distance entre deux raies semblables, en fonction de la longueur d’onde

telle que  = =

√  2

 

√   de sorte que 2 (2 m)(6626×10−34 J·s) s ¶ µ 16×10−19 J m) 2(167×10−27 kg)(004 eV)× 1 eV

et  =

= (1×10−4

= 287 m

E18. (a) Un proton enfermé dans un puits de potentiel d’une largeur  = 1 × 10−14 m possède 2 2

  des niveaux d’énergie donnés par l’équation 10.12,  = 8 2  On obtient donc 2 −34 2 2 (6626×10 )  = 8(167×10−27 )(1×10−14 )2 =⇒ 1 = 329 × 10−13 J 1 = (1) 82

1 =

(2)2 2 82

2

=

(2)2 (6626×10−34 )

8(167×10−27 )(1×10−14 )2

=⇒ 2 = 131 × 10−12 J

(b) La fréquence du photon émis par un passage du proton de 2 à 1 est donnée par l’équation 9.8 : =

∆ 

=

2 −1 

=

(131×10−12 )−(329×10−13 ) 6626×10−34

= 149 × 1021 Hz

Ce photon se trouve dans la portion gamma du spectre électromagnétique. E19. (a) Un électron enfermé dans un puits de potentiel d’une largeur  = 01 × 10−9 m dispose de niveaux d’énergie donnés par l’équation 10.12,  = v10

2 2 82 

On obtient donc

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 10 : La mécanique ondulatoire

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201

1 = 2 =

(1)2 2 82 (2)2 2 82

2

= =

(6626×10−34 )

×

8(91×10−31 )(01×10−9 )2 2 (2)2 6626×10−34

(

)

×

8(91×10−31 )(01×10−9 )2

³ ³

1 eV 16×10−19 J 1 eV 16×10−19 J

´

=⇒ 1 = 377 eV

´

=⇒ 2 = 151 eV

(b) La longueur d’onde du photon émis par un passage de l’électron de 2 à 1 est donnée par l’équation 9.8 : = E20.

 ∆

 2 −1

=

(6626×10−34 )(µ3×108 )

=

((151 eV)−(377 eV))×

On utilise l’équation 10.12,  =

2 2  82

16×10−19 J 1 eV

¶

= 110 nm

et on calcule la largeur du puits, pour

 = 4, ce qui donne = E21.

√ 4 84

=

s

4(6626×10−34 ) µ ¶ 16×10−19 J 8(91×10−31 )(5 eV)× 1 eV

= 110 nm

On cherche photon = 3 − 1  Avec l’équation 10.12, on calcule ³ ´ 2 2 2 (6626×10−34 )  (1)2 2 2 1 eV photon = (3) − = = × 2 2 2 2 −19 8 8  16×10 J = 756 eV (91×10−31 )(02×10−9 )

Ce photon se trouve dans la portion des rayons X du spectre électromagnétique. E22.

On pose l’égalité suivante, pour  = 1 : 1 2 2 

=

=

 2

2 2 82

=

=⇒

1 2 2 

=

2 82

6626×10−34 2(91×10−31 )(1×10−4 )

E23. (a) On donne 1 =

(1)2 2 82

=⇒

= 364 m/s

= 20 eV. Au moyen de l’équation 10.12, on peut écrire que

 = 2 1  donc 2 = (2)2 1 = 800 eV . (b) La largeur du puits est aussi donnée par l’équation 10.12 : 2 (1)2 (6626×10−34 )  s  = √(1) = ¶ = 0137 nm µ 8 −19 1

8(91×10−31 )(200 eV)×

16×10 1 eV

J

E24. (a) On utilise l’équation 10.12 avec  = 1, ce qui donne ´ ³ 2 2 2 (6626×10−34 )  1 eV = 377 GeV = × 1 = (1) 2 2 −19 8 16×10 J 8(91×10−31 )(1×10−14 )

(b) L’électron n’a pas l’énergie suffisante pour être au cœur du noyau, cet état est donc impossible .

E25.

L’équation 10.15 établit que l’incertitude sur le module de la quantité de mouvement est supérieure ou égale au quotient de la constante de Planck et de l’incertitude sur la position, soit ∆ ≥

E26.

 ∆

=⇒ ∆ ≥

6626×10−34 10×10−10

=⇒ ∆ ≥ 663 × 10−24 kg·m/s

L’électron pouvant se trouver n’importe où dans le puits de largeur  l’incertitude sur la position correspond à ∆ = , et on peut calculer comme suit l’incertitude sur le module de sa quantité de mouvement :

202

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v10

∆ ≥

 ∆

=⇒ ∆ ≥

6626×10−34 20×10−10

=⇒ ∆ ≥ 331 × 10−24 kg·m/s

E27. (a) Avec l’équation 10.16, on calcule l’incertitude sur l’énergie de l’état excité, mais avec une incertitude sur le temps qui correspond à la durée de vie, soit  ∆

∆ ≥

=⇒ ∆ ≥

6626×10−34 1×10−8

=⇒ ∆ ≥ 663 × 10−26 J

(b) L’incertitude sur la fréquence du photon émis est donnée par ∆ =

∆ 

∆ ≥

 ∆

663×10−26 J 6626×10−34 J·s

=⇒ ∆ ≥ 100 × 108 Hz ¢ ¡ E28. (a) On utilise l’équation 10.15 avec ∆ = 2 = 2 20 × 10−14 et on obtient =⇒ ∆ ≥

=⇒ ∆ ≥

6626×10−34 2(20×10−14 )

=⇒ ∆ ≥ 166 × 10−20 kg·m/s

(b) Si le module de la quantité de mouvement du proton est égal à l’incertitude sur sa mesure

E29. E30.

trouvée en (a), l’énergie mécanique du proton prend la valeur suivante ³ ´ 2 2 (166×10−20 ) 1 eV  = 12  2 = 12  = 2(167×10−27 ) × 16×10 = 0516 MeV −19 J  = 8 × 10−15 J alors  =

 = 48 × 10−19 J alors  =

E31. (a)  = (b)  = E32.

√  2

√  2

= 0128 pm

√  2

= 0709 nm

=⇒  = 151 eV

 

= 124 keV (6626×10−34 ) √1   =  = √2 =√ =⇒ 2(167×10−27 )  q 12 −20 1 eV  = 1145×10√ m·J × 16×10 ≈ −19 J =⇒

−11 286×10 √ 

=⇒ CQFD

Dans ce résultat,  s’exprime en électronvolt et  en mètre.  

= 10667 × 10−17 kg·m/s =⇒  =

 

= 621 × 10−17 m

E33.

=

E34.

La longueur d’onde des électrons doit correspondre à  = (001) 12 nm = 0012 nm. Comme la vitesse des électrons doit être proche de celle de la vitesse de la lumière, on utilise les équations 10.1, 8.19 et 8.20 afin de la déterminer : =

 

=⇒  =  =

 

=⇒

q0  2 1− 2

=

 

=⇒



=√



= 594 × 107 m/s

2 2 20 +2

On exprime l’énergie cinétique relativiste en utilisant l’équation 8.22. Cette énergie provient d’une différence de potentiel : Ã

|| |∆ | =  = 0 2 ( − 1) = 0 2 0

|∆ | = E35. v10

=

2 

⎛

2 ⎝ r 1

2 1− 2 



⎞

−1⎠

q 1 2 1− 2 

!

−1

=⇒

= 103 kV

= 472 × 1010 rad/m =⇒  = 133 × 10−10 m =⇒

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203

 = E36.

 

= 498 × 10−24 kg·m/s

On donne 1 =

(1)2 2 82

= 34 eV. Au moyen de l’équation 10.12, on peut écrire que

 = 2 1  donc 2 = (2)2 1 = 136 eV E37.

1 =

E38.



(1)2 2 82

= 129 keV ¢ ¡ 2 2 2 6024 × 10−18 J et  = = 8 2 = 

∆  

Pour les trois premiers niveaux, on

obtient, de  = 2 à  = 1 12 = 273 × 1016 Hz de  = 3 à  = 2 23 = 455 × 1016 Hz de  = 3 à  = 1 13 = 727 × 1016 Hz E39.

On donne la largeur du puit,  = 15 × 10−9 m. L’énergie de chaque niveau est ¢ ¡ 2 2 −20 2  = 8 2 = 2678 × 10

On peut alors déterminer l’énergie des quatre premiers niveaux : 1 = 2678 × 10−20 J 2 = 1071 × 10−19 J 3 = 2410 × 10−19 J 4 = 4285 × 10−19 J On utilise ensuite l’équation 9.24b pour calculer la fréquence du photon absorbé lors du passage d’un niveau à l’autre : i +

 

= f =⇒ i +  = f =⇒  =

f −i 

Plusieurs combinaisons sont possibles : De  = 1 à  = 2 :  =

2 −1 

= 121 × 1014 Hz

De  = 1 à  = 3 :  =

3 −1 

= 323 × 1014 Hz

De  = 2 à  = 3 :  =

3 −2 

= 202 × 1014 Hz

De  = 3 à  = 4 :  =

4 −3 

= 283 × 1014 Hz

De  = 2 à  = 4 :  =

4 −2 

= 485 × 1014 Hz

Dans ces cinq fréquences, les trois plus basses et qui sont du domain du visibles sont 121 × 1014 Hz, 202 × 1014 Hz, 283 × 1014 Hz E40.

Dans le logiciel Maple, on donne une valeur unitaire à  et  On définit l’expression de la fonction d’onde donnée à l’équation 10.11 et la densité de probabilité  2 pour les trois premiers états ( = 1 2 3)  On superpose ensuite le graphe de ces trois expressions de

204

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v10

densité de probabilité :  restart;  L:=1; A:=1;  psi:=A*sin(n*Pi*x/L);  d1:=subs(n=1,psi)^2;  d2:=subs(n=2,psi)^2;  d3:=subs(n=3,psi)^2;  plot({d1,d2,d3},x=0..L); E41.

 =  = 182 × 10−23 kg·m/s, mais ∆∆ = . Donc, ∆ = et

∆ 

E42. (a)  =

 

 ∆

= 133 × 10−23 kg·m/s

= 00731 % = 543 × 1014 Hz

(b) ∆∆ ≥  =⇒ ∆ ≥

 ∆

=⇒ ∆ =

1 ∆

=⇒ ∆ ≥ 769 × 106 Hz

Problèmes P1.

(a) À basse énergie, on utilise les expressions classiques, comme à l’exercice 1, et on y arrive facilement, pour une particule de masse 0  à  ≈

√  20 

=⇒ CQFD

(b) Au problème 3 du chapitre 8, on a montré qu’en situation relativiste, c’est-à-dire à haute q ¡ ¢2 énergie,  = 20  +   Ainsi, la longueur d’onde de la particule s’exprime comme =

r



³ ´2  20 + 

=

³

 

sous le radical et  ≈

 

´

r 20 2  +1

Si, comme on le prétend dans la donnée,  À 0 2  on peut négliger le terme de gauche P2.

=⇒ CQFD

Si l’électron possède une énergie totale  = 200 MeV, sa longueur d’onde est donnée par l’équation relativiste démontrée au problème précédent. Si on néglige l’énergie au repos de l’électron ( ≈ ), on trouve ) (6626×10−34µJ·s)(3×108 m/s ¶ = 621 × 10−15 m  =   = 16×10−19 J (200 MeV)×

P3.

1 eV

(a) On trouve le module de la quantité de mouvement à l’état fondamental du modèle de Bohr en combinant les équations 9.21 et 9.22a, et en posant  = 1 : 2 2 (91×10−31 )(9×109 )(16×10−19 ) 22 =⇒  = = = 199 × 10−24 kg·m/s  =  = } −34   (1)(6626×10 ) (b) On pose ∆ = 2 et on trouve l’expression de l’incertitude sur la position ∆ que l’on compare au rayon de l’orbite fondamentale : ∆ =

v10

2 42

et  =

2 4 2 2

=⇒ ∆ ≥ 0165 nm ≈ Bohr

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205

P4.

Pour démontrer que  =

q

2 

on intègre le carré de la fonction d’onde et on le pose égal

à un : ¡ ¢¢2 R 2 R ¡ R 2 2 ¡  ¢  sin   =⇒   = 1 =⇒ 1 =  =  sin   0

0

0

¡ ¡ ¢¢ ¢ R ¡ R R 2 2 1= 2  + cos 2 1 − cos 2  =  =⇒  2 2  0 0 0 h ³ ´¯ ¢ ¡ 2 2  2 ¯  + (sin (2) − sin (0)) =⇒ 1 = 2 [| sin ¯ = 2 2 + 4 0 4  0 q ¡ ¢  2 1 = 2 2 =⇒  =  =⇒ CQFD 2

P5.

On utilise le résultat du problème précédent et on obtient la probabilité  en calculant

l’intégrale du carré de la fonction d’onde pour  = 1, entre les bornes fixées : 34 34 ¡ ¢ ¡ ¢¢ R R ¡ 2  = 2 sin2   = 1 − cos 2  =⇒  2  4

4

h ³ ´¯34 ¯ 34 =⇒  = 2 [|4 + 4 sin 2 ¯  4 ³ ³ ´ ¡ ¢ 2  ¡ 2 ¢´ 2(3)  + − sin − sin  = 1 3 = 4 4  4 4 4 2

 =

P6.

1 2

−

2 

1 2

(−2) =

1 2

−

1 

1 2

−

1 2

= 0818

¡ ¡ 3 ¢ ¡ ¢¢ sin 2 − sin 2 =⇒

Dans le puits de potentiel de la figure 10.24a, les conditions aux limites à  = 0 pour  et

 

s’écrivent, pour la solution générale :

 I =  II I 

=

I I 

(i) (ii)

Les solutions proposées ont la forme  I =  et  II =  sin () +  cos (), et on les insère dans les équations (i) et (ii) en évaluant à  = 0 Avec l’équation (i), on obtient 0 =  sin (0) +  cos (0) =⇒  =  Avec l’équation (ii), on obtient 0 =  cos (0) −  sin (0) =⇒  =  =⇒  = P7.

 

=⇒ CQFD

L’équation d’onde normalisée d’une particule confinée dans une zone de longueur  est q ´ ³ généralement représentée par  = 2 sin  , où  représente les niveaux d’énergie. 

Cette équation décrit bien ce qui se passe dans une zone que l’on a préalablement bornée de 0 à  Toutefois, si la zone est bornée de − 2 à

 2

la fonction qui remplit les conditions

aux limites (voir le problème 6) et qui décrit le mieux cette onde est un cosinus. La fonction cosinus est paire de part et d’autre du domaine, ce qui est équivalent à symétrie que possède la fonction sinus entre 0 et  Ainsi, la fonction d’onde normalisée pour les q ¡  ¢ 2 trois niveaux d’énergie les plus bas est donnée par   = , dans laquelle  cos  206

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v10

 = 123 . P8.

P9.

On substitue  = 15 dans 1 et 2 , et on calcule  : "√ #2 " √ #2 √ √ h i2 3   √ − 3−1 ( ) 2−√3 2 √ } √} √}  = 11 − = = = = 718 × 10−2 √ +2 2+ 3 3   3+1 + ( ) } } } On remplace  par 12  2 2 dans l’équation 10.10 et on introduit la solution proposée, 2

soit  = − : ¡ ¢ 2  − 12 2 2  = 0 =⇒ −  )  = 0 =⇒ 2 + 2 }2 ¡ ¢ ³ −2 ´ 2 1 2 2  − +  = 0 =⇒  2 2 }2 ³ ´ ¢ ¡ 2 2 2 2 2 − 4 2 2 − 2 − =  }2  − 2 2 } 2 + 2 ( ³2 }2 ´ 2 2 −  

Comme ce résultat doit toujours être vrai, on peut affirmer que les facteurs qui apparaissent de part et d’autre de cette égalité sont égaux, donc 4 2 = 2 =

2 2  }2

2 }2

=⇒ 4 2 = =⇒

 }2

2  2 }2

=⇒  =

=  =⇒  =

} 2 

 2} } 2

=⇒  =

=⇒ CQFD

2

Si on compare la solution  = − à la distribution normale, on note que  −1 = 2 2 , où  2 correspond au carré de l’écart-type. Ainsi,  −1 représente la largeur, à mi-hauteur, du paquet d’onde que décrit cette distribution normale. P10. (a) Le niveau fondamental est tel que 21 + 22 + 23 = 1 ce qui peut être obtenu avec 3 combinaisons où les  sont entiers : {1 2 3 } = {(001)(010)(100)} (b) Le premier niveau excité est tel que 21 + 22 + 23 = 2 ce qui peut encore être obtenu avec 3 combinaisons où les  sont entiers : {1 2 3 } = {(011)(110)(101)} P11.

La fonction d’onde d’une particule dans le ième état est donnée par l’équation 10.11, q q ¡  ¢ 2 2 dans laquelle  = ,  = sin    . Pour obtenir la valeur moyenne du carré

de la position, on applique directement la méthode proposée. Comme la fonction d’onde n’existe qu’à l’intérieur de la boîte, les bornes de l’intégrale sont ajustées : ­ 2 ® R 2 2 ¡  ¢´2 ¡ ¢ R ³q 2 R  =    = 2 sin  = 1 2 sin2   =⇒    0

­ 2®  =

­ 2®  =

1  1 

0

R 0

h

0

¡ ¡ ¢¢  =⇒ 2 1 − cos 2 

¯ 3 ¯ 3 ¯0

−

1 

R 0

2 cos

¡ 2 ¢ 

1 

 =

R 0

2 3

2  − −

1 

R

1 

R

2 cos

0

2 cos

0

¡ 2 ¢

¡ 2 ¢ 



 =⇒



On laisse le soin à l’étudiant de calculer la seconde intégrale, en appliquant deux fois la v10

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207

méthode d’intégration par partie afin d’obtenir, pour la primitive : ´ h 3 ³ 2 2 2 ­ 2 ® 2 ¢ ¡ ¡ 2 ¢¯¯ 2   = 3 − 1 83 3 4 2  − 2 sin 2 + cos ¯ =⇒   22  2 0 ³ ´ ­ 2 ® 2 1 2 () ­ 2® ¡ 1 ¢ 2 2  = 3 −  22 2 cos (2) = 3 − 22 2 =⇒  = 3 − 212 2 2 =⇒ CQFD

P12. (a) Comme on considère une solution pour l’axe des  positifs à l’intérieur de la barrière de potentiel (voir la figure 10.25), la fonction d’onde  doit se comporter comme une exponentielle décroissante. On élève au carré le rapport de la fonction d’onde  III évaluée des deux côtés de la barrière, et cette expression correspond au facteur  : ³ ´2 ³ − ´2  = I I I () = 0 =⇒  ≈ −2 =⇒ CQFD (0) III

Comme on le mentionne dans la donnée, le résultat est approximatif parce qu’on néglige

la réflexion interne de la fonction d’onde à la barrière. q 2( −) (b) On donne  = ,  = 01 nm,  = 100 eV et  = 50 eV, ce qui permet }2 d’évaluer  :

r

2(−) }2 =⇒ v ¶ µ u −19 J u 2 −31 kg ((100 eV)−(50 eV))× 16×10 2(2) 91×10 u ( ) 1 eV t m) (6626×10−34 J·s)2

−2

 ≈ −2 = 

−2(01×10−9

 ≈

 ≈ −7245 = 714 × 10−4

208

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v10

Chapitre 11 : Atomes et solides Exercices E1.

La valeur du module du moment cinétique orbital  d’un électron dépend de la valeur du nombre quantique orbital . (a) Pour l’état 3 , selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont  = 3 et  = 1 Avec l’équation 11.2, on obtient p p √  =  ( + 1)} = (1) (1 + 1)} = 2}

(b) Pour l’état 4 , selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont  = 4 et  = 3, ce qui

E2.

donne p √  = (3) (3 + 1)} = 12}

Au moyen de l’équation 11.2, on calcule p p  =  ( + 1)} =⇒  ( + 1) = } =

2 (365×10−34 ) 6626×10−34

= 34611 =⇒

 ( + 1) = (34611)2 ≈ 12 =⇒ 2 +  − 12 = 0 =⇒ ( + 4) ( − 3) = 0 La seule racine positive est  = 3 . E3.

Selon le tableau 11.2, l’état 4 implique que  = 4 et  = 2  Les valeurs possibles pour  sont  = 0 ± 1 ± 2 et  = ± 12 . Au total, il y a donc 10 états possibles.

E4.

Selon le tableau 11.2, pour la sous-couche   = 1 de sorte que  = 0 ± 1 Selon l’équation 11.3, les valeurs possibles pour  sont  = 0 ± } .

E5.

Si  = 2 les valeurs possibles de  sont  = 0 1 et celles de  sont  = 0 ± 1 (a) Selon l’équation 11.3, les valeurs possibles pour  sont  = 0 ± } . (b) Pour  = 0  = 0, il n’y a donc aucun vecteur à décrire. Pour  = 1  =

√ 2}, et les

valeurs possibles de l’angle sont données par l’équation 11.4 et  = 0 ± 1 : ³ ´  }  √ cos  =  = √ =⇒ =⇒  = arccos 2} ³ ´ ³ ´2 ±1  = arccos √02 ou  = arccos √ 2 → − On cherche l’angle que forme le vecteur L avec l’axe des  positifs; comme sa valeur doit se situer entre 0◦ et 180◦  les valeurs possibles sont  = 45◦  90◦  135◦ . E6.

Si  = 3 les valeurs possibles de  sont  = 0 1 2 et celles de  sont  = 0 ±1 ±2

E7.

(a) La valeur maximale de  est max = 4 . (b) La valeur maximale de  correspond à  − 1; la valeur maximale de  est donc

v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 11 : Atomes et solides

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209

max = 5 E8.

(a) Si  = 3 les valeurs possibles de  sont  = 0 1 2 et celles de  sont  = 0 ±1 ±2 (b) On utilise l’équation 9.23c et on obtient  =

E9.

(−136 eV) 2 2

=⇒ 3 =

(−136 eV)(2)2 (3)2

= −604 eV

(a) On utilise l’équation 9.23c et on obtient  =

(−136 eV) 2 2

=⇒ 3 =

(−136 eV)(3)2 (2)2

= −306 eV

(b) Si  = 2 les valeurs possibles de  sont  = 0 1 et celles de  sont  = 0 ± 1

E10.

E11.

→ − On obtient la valeur minimale possible de l’angle  entre L et  lorsque  =  Si p √  = 4 on a  = 4  =  } = 4} et  =  ( + 1)} = 20} de sorte que ³ ´ √4 =⇒  = arccos cos min =  = √4} = 266◦ min 20} 20 Au moyen de l’équation 11.2, on calcule p p  =  ( + 1)} =⇒  ( + 1) = } =

2 (2583×10−34 ) 6626×10−34

= 2448 =⇒

 ( + 1) = (2448)2 ≈ 6 =⇒ 2 +  − 6 = 0 =⇒ ( + 3) ( − 2) = 0

La seule racine positive est  = 2 et la valeur maximale de  est  max =  = 2 La valeur maximale de  max est alors  max =  max } = 2} . E12.

Pour chaque niveau , les nombres quantiques   et  varient selon  = 0 1 2 ...  − 1  = 0 ± 1 ± 2 ±   = ± 12 Le tableau 11.2 donne les valeurs possibles de ces nombres pour  allant de 1 à 4 Pour  = 5 on a  = 0 1 2 3 4 Pour chaque valeur de  les valeurs de  et de  sont

210







0

0

± 12

1

0 ± 1

± 12

2

0 ± 1 ± 2

± 12

3

0 ± 1 ± 2 ± 3

± 12

4

0 ± 1 ± 2 ± 3 ± 4

± 12

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v10

Pour chaque valeur de  d’après le tableau 11.2 et celui qui décrit  = 5 le nombre d’états possibles est 

Nombre d’états

1

2

2

8

3

18

4

32

5

50

On compte donc 22 états par niveau  . E13.

→ − Puisque  et  sont déterminés avec exactitude et que  est le module du vecteur L  on peut déduire la somme quadratique 2 + 2 = 2 − 2 , mais non chacune de ces deux composantes individuellement. Si on utilise les équations 11.2 et 11.3, on trouve que la somme 2 + 2 correspond à 2 + 2 = 2 − 2 =  ( + 1) }2 − 2 }2 =⇒ ³q ´ q 2 + 2 =  ( + 1) − 2 } =⇒ CQFD

E14. (a) Si  est parfaitement connu, on a ∆ = 0 et lim

∆ −→0

∆ =

} lim ∆ −→0 ∆

= ∞ =⇒ ∆ est complètement inconnu

(b) Les conclusions de l’exercice 13 demeurent vraies, chacune des composantes, prise isolément, est indéterminée, et  et  sont inconnus . E15.

On donne 0 = 00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.6 et on obtient 2(0 ) −2 4(2 ) − 0541 1 (0 ) = 30  0 = 40 = (00529×10 102 × 1010 m−1 −9 ) = 0

E16.

On donne 0 = 00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.7 et on obtient ³ ´2 (0 ) −1 (2 ) − 004599 2 (0 ) = 803 2 − (00 )  0 = 80 = (00529×10 869 × 108 m−1 −9 ) = 0

E17.

On utilise l’équation 11.6 et on obtient 0 ¡ 0 ¢ 4( 20 )2 − 2( 2 ) −1 0368 696 × 109 m−1 (a) 1 2 = 3  0 = 0 = (00529×10 −9 ) = 0

(b) 1 (20 ) =

E18.

4(20 )2 −  03

2(20 ) 0

=

16−4 0

=

0293 (00529×10−9 )

= 554 × 109 m−1

On utilise l’équation 11.7 et on obtient µ ¶2 ( 0 ) ¡ 0 ¢ ( 20 )2 ( 20 ) − 2 2 − 0 (a) 2 2 = 83  0 =⇒ 0

2

v10

¡ 0 ¢ 2

¡

= 2−

¢ −1 1 2  2 2 320

=

004265 (00529×10−9 )

= 806 × 108 m−1

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211

(b) 2 (20 ) = E19.

(20 )2 803

³ 2−

´ (20 ) (20 ) 2 −  0  0

= (2 − 2)2

−2 20

= 0

Pour démontrer que la fonction d’onde de l’état fondamental est normalisée, on doit vérifier que l’intégrale de la probabilité sur tout l’espace est égale à 1 Chaque élément infinitésimal de volume est une mince coquille d’épaisseur  de sorte que  = 42  : µ ¶ ∞ ∞ ∞ R 2 R q 1 −  2¡ ¢ R 2 − 2 2  = 4  0 4  1  =    0  3 3   0

0

0

0

0

En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient ¯ ¶ µ∙ ∞ 2 ¡ 0 ¢ − 2 2 ¯∞ ∞ R 2 R ¡ 0 ¢ − 4 ¯ − 2 (2)  0  = 0 +  1  = 3 − 2  0  ¯ − 0

0

0

0

4 03

¡ 0 ¢ ∞ R 2

2 −

(2) 

0



0

De nouveau, on intègre par partie : ¯∞ ∞ ¶ µ∙ ∞ ¯ ¢ − 2 ¡ 0 ¢ − 2 R ¡ R − 2 2 2  1  = 2 − 2  0 (2)¯¯ − 2 − 20  0  = 0 + 20  0  =⇒ 0 0 0 0 0 ¯ ∙ 2 ¯∞ ∙ ∞ ∞ 2 ¯∞ ¯ ¢ ¡ R 2 R − −  1  = 20 − 20  0 ¯¯ =  0 ¯¯ = −∞ − 0 =⇒  21  = 1 =⇒ CQFD ∞ R 0

E20.

0

0

0

Soit 0  le volume d’une sphère de rayon 0  On reprend l’intégrale de l’exercice 18, mais

en changeant l’une des bornes d’intégration : µ ¶ R0 q R0  2¡ 2 ¢ 2 1 − 0 2  = 4 2 − 0  4  1  =   3 3  

 R0 0

0

0

0

0

En appliquant deux fois la méthode d’intégration par partie, on obtient ¯ ∙ ¶ µ R0 2 ¡ 0 ¢ − 2 2 ¯0 0 R0 − 2 4 ¯   1  = 3 =⇒ − 2  0  ¯ + 2 (2)  0  0 0 0 ∙ 0 ¯ ¯ ∙ µ ¶ R0 ¯0 ¡  ¢2 R0 − 2 ¡ 0 ¢ − 2 2 ¯0 ¡ 0 ¢2 − 2 2 4 0  0 (2)¯¯ + 2  1  = 3 2 0  =⇒ − 2  0  ¯¯ − 2 0 0 0 0 0 ¯0 ¯ ¯ ¶ µ ∙ ∙ ∙ R0 ¯ ¡ 0 ¢ − 2 2 ¯0 ¡ 0 ¢2 − 2 ¡ 0 ¢3 − 2 ¯0 2 4 ¯ ¯ ¯    0 0 0   =⇒ −2   1  = 3  ¯ − 2 (2)¯ − 2 2 ¯ 0 R0 0 R0 0

E21.

0

 21  =

4 03

³ 3  − 20 −2 −

0 03 −2 3 − 40 −2 2 R0

 21  = 1 − 5−2 = 03233 =⇒

0

+0+0+

0 ´ 03 0  4

0

¢ ¡ ¡ ¢ = 4 − 54 −2 + 14 =⇒

 21  ≈ 032 =⇒ CQFD

L’énergie acquise par les électrons est  =  |∆ |. On calcule la différence de potentiel

au moyen de l’équation 11.10 : 0 = E22.

 

=

 |∆ |

=⇒ |∆ | =

 0

=

(6626×10−34 )(3×108 ) (16×10−19 )(005×10−9 )

= 248 kV

L’énergie acquise par les électrons est  =  |∆ |. On calcule la longueur d’onde au moyen de l’équation 11.10 : 0 =

E23.

 

=

 |∆ |

=

(6626×10−34 )(3×108 ) (16×10−19 )(25×103 )

= 496 × 10−11 m

Les données conduisant à la loi de Moseley pour la fréquence  de la raie  sont présentées à la figure 11.11. La constante  de l’équation 11.11 correspond à la pente de la droite qui apparaît dans le graphe. On l’évalue directement pour obtenir  ≈ 5 × 107 Hz12 .

212

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v10

E24.

Si les électrons subissent une différence de potentiel ∆ la longueur d’onde minimale 0 des rayons X émis s’écrit aussi sous la forme 0 =

E25.

 

=

 |∆ |

=

(6626×10−34 )(3×108 ) (16×10−19 )

1 |∆ |

=⇒ 0 =

124×103 nm·V |∆ |

=⇒ CQFD

La figure 11.10 illustre comment les raies caractéristiques des rayons X sont désignées d’après le niveau le plus bas dans la transition. Les énergies, et donc les fréquences, des raies émises en cascade  et  s’additionnent, et ainsi, pour le molybdène, les fréquences des raies  et  permettent de calculer celle de la raie  :  =  −  =⇒

E26.

1 

=

1 

−

1 

=

1 063 nm

−

1 071 nm

=⇒  = 559 nm

À l’aide la loi de Moseley, on peut exprimer les rapports de longueur d’onde des raies  en termes de rapports de numéros atomiques : p p  =  ( − 1) =⇒  =  ( − 1) =⇒

1 2

=

(2 −1)2 (1 −1)2

Pour le molybdène ( = 42), on donne  = 071 nm. (a) Pour l’argent ( = 47), on trouve ¡ ¢2 (071 nm) = 0564 nm  = 41 46

E27.

(b) Pour le fer ( = 26), on trouve ¡ ¢2 (071 nm) = 191 nm  = 41 25

Au moyen de l’équation 11.10, on calcule l’énergie nécessaire à chacune des transitions : ³ ´ (6626×10−34 )(3×108 ) 1 eV = ×  =  −9 −19 (071×10 ) 16×10 J = 1748 eV  ´ ³ (6626×10−34 )(3×108 ) 1 eV = 1970 eV  =  = × −9 −19 (063×10 ) 16×10 J  

On détermine ensuite l’énergie des niveaux voisins au moyen de la figure 11.10 : 1 = 2 −  = (−2870 eV) − (1748 eV) = −462 keV

3 = 1 +  = (−4618 eV) + (1970 eV) = −262 keV E28.

La configuration de l’atome d’argon [Ar] indique que le niveau  = 3 est possède 3 électrons dans la sous-couche 3 La configuration électronique 33 42 obéit donc à l’ordre de remplissage normal décrit à la figure 11.13, car la sous-couche 4 est remplie (elle contient 2 électrons). D’après le tableau périodique de l’annexe D, cette configuration est celle du Vanadium .

E29.

Un atome d’oxygène possède la configuration électronique 24 et contient 8 électrons auxquels on associe les nombres quantiques suivants :

v10

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213

(  ) ¢ 1 0 0 ± 12 ¡ ¢ 2 0 0 ± 12 ¡ ¢ 2 1 1 ± 12 ¡ ¢ 2 1 0 ± 12 ¡

E30.

En ne considérant pas le nombre quantique de spin, on arrive à 

1

2

3

4



1

2à5

6 à 14

15



0

0 1

0 1 2

0



0

0 0 ±1

0 0 ±1 ±2

0

Les éléments nobles sont ceux qui présentent des sous-couches complètes, soit les numéros 1 5 et 14 donc le groupe hydrogène, bore, silicium . E31.

E32.

On donne  = 3 On utilise l’équation 11.2 et le module de l’équation 11.12, et on obtient p (16×10−19 )(6626×10−34 ) √  }  = 2 = 2  ( + 1) = 12 = 321 × 10−23 J/T 2(91×10−31 )(2) ³− ´ → L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul L = 0 ; son moment ma-

gnétique orbital est donc nul, et on ne peut que lui associer un moment magnétique de

spin. Les deux valeurs possibles de  sont  = −2 B = ±B  → − → − (a) On donne B = 04 k T; selon l’équation 11.13, les deux valeurs possibles de l’énergie potentielle sont ¢ ¡ → − →  = −−   · B = −  = ±B (04) = ± 927 × 10−24 (04) = ±371 × 10−24 J

(b) La différence d’énergie entre les deux niveaux détermine la fréquence du photon de transition : = E33.

+ −− 

=

(371×10−24 )−(−371×10−24 ) 6626×10−34

= 112 GHz

En présence d’un champ magnétique, le sodium de configuration électronique 31 émet un doublet de raies à 1 = 5890 nm et à 2 = 5896 nm lors de transitions vers le niveau fondamental. (a) La différence d’énergie entre les états excités est de ³ ´ ∆ = 1 − 2 =  11 − 12 =⇒ ´ ³ ´ ³ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 1 eV − ∆ = 6626 × 10−34 3 × 108 5890×10 × −9 5896×10−9 16×10−19 J = 214 meV

(b) Comme à l’exercice 32, les deux valeurs possibles de  sont  = −2 B = ±B , et

214

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v10

la relation entre la différence d’énergie et la composante du champ magnétique selon  → − → est encore  = −−   · B = −  = ±B   Le résultat obtenu en (a) correspond à la différence entre les deux valeurs de  Ainsi ∆ = + − − = B  − (−  ) = 2  =⇒ ¶ B  µ B  ∆ 2B

 =  =

E34.

16×10−19 J 1 eV 2(927×10−24 )

(214 meV)×

=

= 185 T

³− ´ → L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul L = 0 ; son moment ma-

gnétique orbital est donc nul, et on ne peut que lui associer un moment magnétique de spin. Les deux valeurs possibles de  sont  = −2 B = ±B  La composante de force selon  que subit l’atome de masse  = 18 × 10−25 kg en mouvement sous l’action du champ magnétique non uniforme est ¢ ¡   −24 (120) = ±111 × 10−21 N  = −   =   = ±B  = ± 927 × 10

(a)  = | | =

| | 

=

111×10−21 18×10−25

= 618 × 103 m/s2

(b) On calcule l’amplitude de la déviation verticale |∆| pour un parcours horizontal sur ∆ = 20 cm en considérant que l’accélération agit de façon constante pendant le temps  de vol horizontal à la vitesse  = 400 m/s dans le champ magnétique : ∆ 

020 400

= 5 × 10−4 s =⇒ ¡ ¢¡ ¢2 |∆| = 12 | | 2 = 12 618 × 103 5 × 10−4 = 0773 mm

=

=

Problèmes P1.

On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de  pour laquelle

2 () 

=0

au moyen de l’équation 11.7. Comme deux maxima sont visibles à la figure 11.3, on ne conservera que le maximum absolu. Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de 2 () et on calcule la dérivée de cette expression par rapport à . On résout ensuite l’équation

2 () 

= 0:

 restart;  P2s:=(r^2/(8.0*r0^3))*(2-r/r0)^2*exp(-r/r0);  dP2s:=diff(P2s,r);  solve(dP2s=0,r); Le logiciel donne 4 valeurs de  Pour identifier le bon résultat, on doit faire un graphique de 2 () et localiser la valeur de  qui correspond au maximum absolu :  r0:=1; v10

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215

 plot(P2s,r=0..7*r0); Le graphe confirme que la valeur à conserver est  = 520 =⇒ CQFD P2.

La dépendance radiale de la fonction d’onde pour l’état 2 dans l’hydrogène s’exprime  − 2

par  2 () =  pour laquelle

0

2 () 

 On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de 

= 0 au moyen de −



2 () = 42  2 () = 43  20 =⇒ µ ¶ µ ¶ ³ ´    − 2 − 2 − 2  1 3 2 3 0 0 0 = 4 2  =⇒ +  − 20   4  ´  ³ − 2 () = 42  20 2 − 20 = 0 

Cette égalité est vraie pour  = 0  −→ ∞, ou encore pour 2− P3.

 20

= 0 =⇒  = 40 =⇒ CQFD

On reprend la même solution qu’à l’exercice 20, mais en changeant les bornes d’intégration : 2 R0 2  1  = 0 2 R0

 21  =

0

2 R0 0

P4.

4 03 4 03

à ¡

− 20

¢

¯ ! ¯20 ∙ 2 ¯20 ∙ ∙ ¯ ¡ 0 ¢2 − 2 ¡ 0 ¢3 − 2 ¯20 −  2 ¯¯  0 ¯ − 2  0 (2)¯¯ − 2 2  0 ¯¯ =⇒ 0

³ −203 −4 − 03 −4 −

0

03 4

2 R0

 21  = 1 − 13−4 = 07619 =⇒ q

−4 + 0 + 0 +

0

 1 − 0  3 0

03 4

0

´

0

¢ −4 1 ¢ ¡¡ + 4 =⇒ = 4 − 13 4 

 21  ≈ 076 =⇒ CQFD

et  = 42 , et on calcule ¶ µq ∞ ∞ ∞  2¡ ¢ R R R 3 − 2 2 1 − 0 2  = 4 hi =  1  =     0  4 3 3   On donne  1 =

0

0

0

0

0

En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient ¯ ¶ µ∙ ¡ 0 ¢ − 2 3 ¯∞ ∞ R ¡ 0 ¢ ¡ 2 ¢ − 2 4 ¯   − 2 3  0  hi = 3 =⇒ −2  0 ¯ − 0 0µ 0 ¯ ∙ µ ∞ ¶ ¶ ¡ 0 ¢ − 2 3 ¯∞ 30 4 ∞ R 2 − 2 R 2 − 2 3 4 4 0 hi = 3 − 2  0  ¯¯ + 2 3   0  = 0 + 2 3   0  0

0

0

0

0

0

L’intégrale qui reste entre parenthèses représente la distribution de probabilité sur tout l’espace, et, comme on l’a vu à l’exercice 19, cette inégrale vaut 1 de sorte que hi = P5.

30 2

(1) =⇒ hi = 150 =⇒ CQFD

L’énergie cinétique gagnée par l’électron provient de l’accélération que provoque la différence de potentiel |∆ | = 40 kV, soit ∆ =  |∆ |, et l’expression relativiste de cette énergie pour l’électron est ∆ = 0 2 ( − 1) =⇒  |∆ | = 0 2 ( − 1) =⇒  = =

216

(16×10−19 )(40×103 ) (91×10−31 )(3×108 )2

|∆ | 0 2

+ 1 =⇒

+ 1 = 10781

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v10

Au moyen de l’équation 8.3, on trouve ensuite µ ¶ q q 1 1 8  =  1 −  2 = 3 × 10 1 − (10781)2 = 0374

Finalement, avec  = 0  l’expression relativiste du module de la quantité de mouvement, on trouve la longueur d’onde de Broglie : = P6.

 

=

 0 

=

6626×10−34 (10781)(91×10−31 )(0374)(3×108 )

= 602 pm

Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de 1 () et 2 ()  On donne une valeur arbitraire à 0 et on trace le graphe demandé :  restart;  P1s:=4*r^2*exp(-2*r/r0)/r0^3;  P2s:=(r^2/(8.0*r0^3))*(2-r/r0)^2*exp(-r/r0);  r0:=1;  plot([P1s,P2s],r=0..10*r0,color=[red,blue]);

v10

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217

Chapitre 12 : La physique nucléaire Exercices E1.

On utilise l’équation 12.1. (a) Pour le nuclide

16 O, 8

avec  = 16 on obtient

 = 1213 fm = 12 (16)13 fm = 302 fm (b) Pour le nuclide

56 Fe, 26

avec  = 56 on obtient

 = 12 (56)13 fm = 459 fm (c) Pour le nuclide

238 U, 92

avec  = 238 on obtient

 = 12 (238)13 fm = 744 fm E2.

On donne T = 6400 km et T = 5500 kg/m3  La masse de la Terre est ¡ ¢ ¢ ¡ 3 = 4 (5500)  6400 × 103 3 = 604 × 1024 kg T = T T = T 43 T 3

On cherche le rayon d’une sphère possédant la même masse, mais pour laquelle la masse volumique est n = 23 × 1017 kg/m3  Si on inverse l’équation utilisée, on obtient ³ ´13 µ 3 604×1024 ¶13 ( ) 3T = 4(23×1017 ) = 184 m n = 4 n

E3.

La masse du Soleil est S = 199 × 1030 kg. Avec un rayon égal à é = 10 km, on trouve ¡ ¢ 3(199×1030 ) 3S = 475 × 1017 kg/m3 S = é é = é 43 é3 =⇒ é = 4S 3 = 4 3 = 4(10×103 )4 3 é

é

Il s’agit d’une masse volumique plus élevée que celle de la matière nucléaire donnée à l’exercice 2.

E4.

¡ ¢ Le rayon d’une sphère de même masse que l’Univers Un = 1050 kg et formée d’une ³ ´ matière de densité nucléaire n = 23 × 1017 kg/m3 est ³ ´13 µ 3 1050 ¶13 ( ) 3U n = 4(23×1017 ) = 470 × 1010 m Un = 4 n

E5.

Pour doubler le rayon du noyau, il faut augmenter le nombre de masse par le facteur

suivant : 2 1

E6.

13

=

122

13 121

13

= 2 =⇒

2

13

1

= 2 =⇒

On calcule le rayon du nuclide

235 U 92

2 1

= 800

dans l’hypothèse où il a la même densité que celle

de la Terre, soit T = 5500 kg/m3  de la façon suivante. On calcule d’abord la masse de l’isotope grâce à l’information qu’on trouve dans l’annexe E : ¡ ¢ U = 23504 u = 23504 1661 × 10−27 kg = 390 × 10−25 kg Ensuite, on calcule son rayon :

218

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

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v10

U = E7.

³

3U 4T

´13

=

µ

3(390×10−25 ) 4(5500)

¶13

= 257 × 10−10 m

L’abondance relative des deux isotopes du cuivre,

63 Cu 29

et

65 Cu, 29

qui forment la masse

atomique pondérée du cuivre (Cu = 6355 u), se calcule d’après la moyenne pondérée des masses atomiques isotopiques respectives de 6293 u et 6493 u données à l’annexe E: Cu = 63 + (1 − ) 65 =⇒ 6355 u =  (6293 u) + (1 − ) (6493 u) =⇒ 29 Cu 29 Cu 6355 = 6293 + 6493 − 6493 =⇒ 200 = 6493 − 6355 = 138 =⇒  = 069 =⇒ 1 −  = 031 Ainsi, l’abondance relative est de 690 % de E8.

63 Cu 29

et de 310 % de

Les abondances relatives des deux isotopes principaux du néon,

65 Cu 29

20 Ne 10

et

. 22 Ne, 10

sont res-

pectivement de  = 091 et de 1 −  = 009 La masse de chacun de ces isotopes est donnée à l’annexe E, soit 20 = 19992 u et 22 = 21991 u. La masse atomique 10 Ne 10 Ne approximative du néon est, si l’on ne considère que ces deux isotopes Ne = 20 + (1 − ) 22 = (091) (19992 u) + (009) (21991 u) = 202 u 10 Ne 10 Ne Ce résultat correspond bien à la masse atomique du néon telle que l’indique le tableau périodique de l’annexe D. E9.

(a) On calcule le rayon de l’isotope d’or ( = 197) au moyen de l’équation 12.1 Au = 1213 fm = 12 (197)13 fm = 698 fm (b) On considère la charge du noyau d’or (79) concentrée en son centre. Une particule  de rayon  = 18 fm et de charge 2 arrive à proximité du noyau d’or et parvient à toucher sa surface. L’énergie cinétique initiale de la particule  est convertie en énergie potentielle électrique, ce qui donne

E10.

(79)(2) ∆ = f − i = −i et ∆ = −∆ = − Au  = − ( =⇒ A u + ) ´ ³ 2 (9×109 )(79)(2)(16×10−19 ) 1 eV = 259 MeV i = (698×10−15 )+(18×10−15 ) × 16×10 −19 J

On calcule la charge par unité de volume, ou densité volumique de charge, en établissant

le rapport entre la charge du nuclide et son volume. On donne Fe = 26 et  = 56 On calcule d’abord le rayon du nuclide avec l’équation 12.1 : Fe = 1213 fm = 12 (56)13 fm = 459 fm On calcule ensuite la charge par unité de volume : 3(26)(16×10−19 ) 3Fe  = Fe = 4 Fe 3 = 4 = 103 × 1025 C/m3 3 = Fe 4(459×10−15 )3 3 Fe

v10

Fe

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219

E11.

On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2b, en divisant  par  le nombre de masse de l’isotope :  

=

2 

[H +  n − X ]

Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que  =  −  et 9315 MeV  2

que u =

(a) Pour cet isotope du calcium, avec  = 40 et 40 = 39962591 u, selon l’annexe E, on 20 Ca obtient    

=

2 40

[(20) (1007825 u) + (20) (1008665 u) − (39962591 u)] =⇒ ³ ´ 2 2 = 40 (0367209 u) = 40 (0367209) 93152MeV = 855 MeV

(b) Pour cet isotope d’or, avec  = 118 et 197 = 196966543 u, selon l’annexe E, on 79 Au obtient    

E12.

=

2 197

[(79) (1007825 u) + (118) (1008665 u) − (196966543 u)] =⇒ ´ ³ 2 2 = 197 (1674102 u) = 197 (1674102) 93152MeV = 792 MeV

On utilise la méthode présentée à l’exercice 11.

(a) Pour cet isotope de lithium, avec  = 3 et 63 Li = 6015121 u, selon l’annexe E, on obtient  

=

2 6

 

=

2 6

[(3) (1007825 u) + (3) (1008665 u) − (6015121 u)] =⇒ ´ ³ 2 (0034349 u) = 6 (0034349) 93152MeV = 533 MeV

(b) Pour cet isotope de césium, avec  = 78 et 133 = 132905429 u, selon l’annexe E, on 55 Cs obtient    

E13.

=

2 133

[(55) (1007825 u) + (78) (1008665 u) − (132905429 u)] =⇒ ³ ´ 2 2 = 133 (1200816 u) = 133 (1200816) 93152MeV = 841 MeV

On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2b :  = [H +  n − X ] 2 Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que  =  −  et que u =

9315 MeV  2

(a) Pour cet isotope de carbone, avec  = 7 et 136 C = 13003355 u, selon l’annexe E, on obtient  = 2 [(6) (1007825 u) + (7) (1008665 u) − (13003355 u)] =⇒ ³ ´  = 2 (010425 u) = 2 (010425) 93152MeV = 971 MeV 220

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v10

(b) Pour cet isotope d’azote, avec  = 6 et 137 N = 13005739 u, selon l’annexe E, on obtient

E14.

 = 2 [(7) (1007825 u) + (6) (1008665 u) − (13005739 u)] =⇒ ³ ´  = 2 (0101026 u) = 2 (0101026) 93152MeV = 941 MeV On utilise la méthode présentée à l’exercice 13.

(a) Pour cet isotope d’azote, avec  = 8 et 157 N = 15000109 u, selon l’annexe E, on obtient  = 2 [(7) (1007825 u) + (8) (1008665 u) − (15000109 u)] =⇒ ³ ´  = 2 (0123986 u) = 2 (0123986) 93152MeV = 115 MeV

(b) Pour cet isotope d’oxygène, avec  = 7 et 158 O = 15003066 u, on obtient  = 2 [(8) (1007825 u) + (7) (1008665 u) − (15003066 u)] =⇒ ³ ´  = 2 (0120189 u) = 2 (0120189) 93152MeV = 112 MeV

E15. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un neutron au nuclide 73 Li en évaluant la différence entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra, 63 Li. On utilise pour ce faire l’équation 12.2b : h i i £ ¤ £ ¤ h ∆ =  73 Li −  63 Li = 3H + 4n − 73 Li 2 − 3H + 3n − 63 Li 2 =⇒ h i ∆ = n − 73 Li + 63 Li 2 Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que

∆ = [(1008665 u) − (7016003 u) + (6015121 u)] 2 =⇒ ³ ´ ∆ = 2 (0007783 u) = 2 (0007783) 93152MeV = 725 MeV

(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de lithium, avec  = 4 et 73 Li = 7016003 u, selon l’annexe E, on trouve  

=

2 7

 

=

2 7

[(3) (1007825 u) + (4) (1008665 u) − (7016003 u)] =⇒ ³ ´ 2 (0042132 u) = 7 (0042132) 93152MeV = 561 MeV

Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne (a ) lia iso n

=

725 MeV 561 MeV

=⇒

(a ) lia iso n

= 129

E16. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un proton au nuclide 126 C en évaluant la différence entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra,

11 B. 5

On utilise pour ce

faire l’équation 12.2b : i i h £ £ ¤ ¤ h ∆ =  126 C −  115 B = 6H + 6n − 126 C 2 − 5H + 6n − 115 B 2 =⇒ h i ∆ = H − 126 C + 115 B 2

Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que v10

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

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221

∆ = [(1007825 u) − (12 u) + (11009305 u)] 2 =⇒ ´ ³ ∆ = 2 (0017175 u) = 2 (0017175) 93152MeV = 160 MeV

(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de carbone, avec  = 6 et 126 C = 12 u, on calcule    

=

2 12

[(6) (1007825 u) + (6) (1008665 u) − (12 u)] =⇒ ³ ´ 2 2 = 12 (009894 u) = 12 (009894) 93152MeV = 768 MeV

Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne (a ) lia iso n

E17.

=

160 MeV 768 MeV

(a ) lia iso n

=⇒

= 208

On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.6 du manuel. On calcule d’abord 0 d’après la fraction de mole  = 001 g et de  = 60 g/mole, la masse molaire du cobalt. 0 =

A 

=

(001 g)(602×1023 atomes/mol) 60 g/mol

= 10037 × 1020 atomes

On calcule ensuite la constante de désintégration au moyen de 12 = 527 a : =

E18.

0693 12

=

0693 (527)(3156×107 )

= 4167 × 10−9 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.9, ce qui donne ¢¡ ¢ ¡ 0 = 0 = 4167 × 10−9 10037 × 1020 = 418 × 1011 Bq On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.6 du manuel. On calcule d’abord 0

d’après la fraction de mole  = 0001 g et de  = 32 g/mole, la masse molaire du phosphore, ce qui donne 0 =

A 

=

(0001 g)(602×1023 atomes/mol) 32 g/mol

= 1882 × 1019 atomes

On calcule ensuite la constante de désintégration en fonction de 12 = 143 jours : =

E19.

0693 12

=

0693 (143)(86400)

= 5609 × 10−7 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.9 : ¡ ¢¡ ¢ 0 = 0 = 5609 × 10−7 1882 × 1019 = 106 × 1013 Bq Connaissant le taux initial de désintégration 0 = 320 Bq du radon

222 Rn 86

et la demi-vie

12 = 382 jours, on calcule le nombre initial 0 d’atomes dans l’échantillon : =

0693 12

=

0693 (382)(86400)

0 = 0 =⇒ 0 =

= 210 × 10−6 s−1

0 

=

320 210×10−6

= 1524 × 108 atomes

Compte tenu de la décroissance exponentielle, on calcule le nombre d’atomes après

222

 = 1 jour et on obtient ¡ ¢ −6  = 0 − = 1524 × 108 −(210×10 )(86400) = 127 × 108 atomes

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v10

E20.

Pour qu’un noyau X soit instable par rapport à la désintégration  rendant ainsi possible l’émission d’une particule  il faut que sa masse soit supérieure à la somme des masses des produits Y +  ou encore que l’énergie de désintégration  soit supérieure à zéro, c’est-à-dire  = (X − Y − He ) 2  0 dans laquelle He = 4002603 u; la masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E. (a) On trouve l’énergie libérée par la désintégration  du 84 Be d’après la réaction 8 Be 4

−→ 42 He + 42 He : ³ ´  = 84 Be − 42 He − 42 He 2 = ((8005305 u) − (4002603 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0000099 u) 2 = (0000099) 2 93152MeV = 922 keV

(b) On calcule l’énergie libérée par l’émission de trois particules  par le nuclide

12 C 6

au

moyen de la réaction 126 C −→ 42 He + 42 He + 42 He : ³ ´  = 126 C − 342 He 2 = ((12 u) − 3 (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (−0007809 u) 2 = (−0007809) 2 93152MeV = −727 keV

Comme   0 on en conclut que, non , ce processus n’est pas possible.

E21.

L’émission d’un positon est possible pour un noyau X s’il est instable par rapport à la désintégration  +  Il faut pour ce faire que l’énergie de désintégration  soit supérieure à zéro, c’est-à-dire  = (X − Y − 2e ) 2  0 dans laquelle, étant donné que la transformation s’opère sans modification de la charge, on ajoute deux électrons de masse : ¡ ¢ ³ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 −27

kg

´

= 5486 × 10−4 u

La masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E. Si le nuclide 116 C émet un positon, le nuclide restant est le

11 B, 5

et l’énergie de désintégra-

tion est ³ ´  = 115 C − 115 B − 2e 2 =⇒ ¢¢ ¡ ¡  = (11011434 u) − (11009305 u) − 2 5486 × 10−4 u 2 =⇒ ³ ´  = (0001032 u) 2 = (0001032) 2 93152MeV = 0961 MeV On en conclut que, oui , la production de

E22. v10

11 B 5

est possible.

On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon de 1 m2 contenant une Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

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223

masse  = 1 g de 90 38 Sr dont la demi-vie est 12 = 288 a : −6 (1×10 g)(602×1023 atomes/mol) A 0 =  = 6691 × 1015 atomes  = 90 g/mol On calcule ensuite la constante de désintégration : =

0693 12

=

0693 (288)(3156×107 )

= 7624 × 10−10 s−1

On calcule le taux initial de désintégration par unité de surface avec l’équation 12.9 : ¡ ¢¡ ¢ 0 = 0 = 7624 × 10−10 6691 × 1015 = 510 × 106 Bq

On cherche le temps nécessaire  pour que le taux de désintégration par unité de surface devienne ¡ ¢ ¢¡  = 1 Ci = 1 × 10−6 37 × 1010 Bq = 37 × 104 Bq On calcule  avec l’équation 12.9 :  = 0 − =⇒ ³ ´ − = ln 0 =⇒  =  0

E23. (a) On donne

=

9 Ci 15 Ci

´ ³  ln  0

−

=

¶ µ 37×104 ln 510×106 −7624×10−10

×

³

1a 3156×107 s

´

= 205 a

= 06 au bout d’un temps  = 25 h. On calcule d’abord la

constante de désintégration avec l’équation 12.9, puis la demi-vie : ´ ³  = 0 − =⇒  = 0693 

 ln  0 −

=

ln(06) −(25)(3600)

= 5676 × 10−5 s−1

0693 5676×10−5

= 122 × 104 s ¢¡ ¡ ¢ (b) On sait que 0 = 15 Ci = 15 × 10−6 37 × 1010 Bq = 555 × 105 Bq et que 12 =

0 =

E24.

0 

=

555×105 5676×10−5

=

= 978 × 109 atomes

On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon contenant une masse  = 1 g de 0 =

A 

239 Pu 94

dont la demi-vie est 12 = 241 × 104 a : (1 g)(602×1023 atomes/mol) = = 252 × 1021 atomes 239 g/mol

On calcule ensuite la constante de désintégration : =

0693 12

=

0693 (241×104 )(3156×107 )

= 9111 × 10−13 s−1

Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.9 : ´ ¢¡ ¢ ³ ¡ 1 Ci 0 = 0 = 9111 × 10−13 252 × 1021 × 37×10 = 621 × 10−2 Ci 10 Bq

E25. (a) On calcule le nombre initial 0 d’atomes de 146 C dans un échantillon contenant une masse  = 80 g de carbone. La demi-vie du en nombre des isotopes

224

14 C/12 C 6 6

14 C 6

est 12 = 5730 a. On suppose que le rapport

est  = 13 × 10−12 et qu’il est resté constant dans

l’atmosphère. En raisonnant comme à l’exemple 12.9, on obtient ³ ´ ¡ ¢ (80 g)(602×1023 atomes/mol) A 0 =   = 522 × 1012 atomes = 13 × 10−12  12 g/mol

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v10

On calcule ensuite la constante de désintégration : =

0693 12

=

0693 (5730)(3156×107 )

= 3832 × 10−12 s−1

On calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.9 : ¡ ¢¡ ¢ 0 = 0 = 3832 × 10−12 522 × 1012 = 2000 Bq

Au moyen du taux actuel de désintégration  = 45 dés./min = 075 Bq, on calcule l’âge de l’échantillon d’os, compte tenu de la décroissance exponentielle :  = 0 − =⇒ ³ ´ − = ln 0 =⇒  =

´ ³  ln  0

−

=

µ ¶ 075 ln 2000

−3832×10−12

×

³

1a 3156×107 s

´

= 271 × 104 a

(b) Puisque la mesure, prise en une minute, est  ∆ = 45 désintégrations, l’équation 12.10 donne √ √  =  ∆ = 45 = 6708 désintégrations Avec  = 45 +  = (45 + 6708) dés./min =⇒  = 08618 Bq =⇒  = 260 × 104 a Avec  = 45 −  = (45 − 6708) dés./min =⇒  = 06382 Bq =⇒  = 285 × 104 a L’âge de l’échantillon se situe donc entre 260 × 104 a et 285 × 104 a . (c) Évaluer  sur un ∆ supérieur à 1 min ou mesurer  directement . E26.

La série de l’uranium est un ensemble de processus de désintégration  et  qui agissent successivement sur les nuclides intermédiaires de la chaîne à partir de

238 U. 92

En fonction

de chaque désintégration, on identifie les éléments de la série : 238 U 92

E27.

−→ 

234 Th 90

−→ 

−

234 Pa 91

−→ 

−

234 U 92

−→ 

230 Th 90

Une série est un ensemble de processus de désintégration  et  Elle peut s’écrire X 

−→

0 Y, 0

où 0   et  0   Pour la série de l’actinium, on a

235 U 92

−→

207 Pb, 82

où

 − 0 = 235 − 207 = 28 ce qui implique l’émission de  particules  avec la diminution correspondante de charge :  =

−0 4

=

28 4

= 7 et ∆ = −2 = −14

Comme la charge finale  0 = 82 diffère de  + ∆ = 92 − 14 = 78, il faut qu’intervienne un nombre  − de désintégrations  :  − =  0 − ( + ∆ ) = 82 − 78 = 4 Il y a donc au total émission de 7 particules  et de 4 électrons . E28.

Le taux initial de désintégration d’un échantillon de

131 I, 53

de demi-vie 12 = 802 jours,

s’élève à 0 = 02 Ci. v10

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225

(a) En fonction du taux initial de désintégration, on calcule le nombre initial d’atomes : =

0693 12

=

0693 (802)(86400)

0 = 0 =⇒ 0 =

= 1000 × 10−6 s−1

0 

=

¶ µ 37×1010 Bq (02 Ci)× 1 Ci 1000×10−6

= 7400 × 1015 atomes

On calcule finalement la masse de l’échantillon en utilisant la relation établie à l’exemple 12.6 : 0 =

A 

=⇒  =

0 A

=

(131 g/mol)(7400×1015 atomes) (602×1023 atomes/mol)

= 161 g

(b) Le nombre de noyaux présents après 10 jours s’obtient au moyen de la décroissance exponentielle :

E29.

¢ ¡ −6  = 0 − = 7400 × 1015 −(1000×10 )(10)(86400) = 312 × 1015 atomes

La diminution dans le temps du taux de désintégration d’un échantillon de radionuclide

obéit à la décroissance exponentielle ¶ pour  = 2 h µ de sorte que  = 0 − =⇒  =

´ ³  ln  0

−

=

320 coups/min ln 500 coups/min −2 h

= 02231 h−1

On calcule ensuite la demi-vie du nuclide : 12 = E30.

0693 

=

0693 02231 h−1

= 311 h

La demi-vie du tritium 31 H est 12 = 123 a. On calcule ensuite la fraction restante après  = 10 a d’un échantillon en considérant la décroissance exponentielle :  = 0 − =⇒

E31.

 0

0693 −  12

= − = 

−

=

(0693)(10 a) (123 a)

= 569 %

La variation du nombre de noyaux de rubidium pendant la désintégration  de demi-vie 12 = 488 × 1010 a, obéit à la décroissance exponentielle. Pour une diminution initiale de 12 % de ce nombre, le temps écoulé correspondant est de 0693 ³ ´ − 12  = 0 − =⇒ 0 = − =  12 =⇒  = ln 0 −0693 =⇒ 10 (488×10 a) = 850 × 108 a  = ln (1 − 0012) −0693

E32.

On cherche le taux de désintégration par gramme d’un échantillon de

14 C, 6

vie 12 = 5730 a, vieux de 15000 a. Le rapport en nombre des isotopes

de demi-

14 C/12 C 6 6

est

 = 13 × 10−12 , et on suppose qu’il est resté constant dans l’atmosphère. On calcule d’abord le nombre 0 d’atomes de 146 C dans un gramme de 126 C : ´ ¡ ³ ¢ (1 g)(602×1023 atomes/mol) A = 13 × 10−12 = 652 × 1010 atomes 0 =    12 g/mol

Puis, on calcule le taux initial de désintégration : 0693(652×1010 ) 0 µ ¶ = 0250 Bq 0 = 0 = 0693 12 = 3156×107 s (5730 a)×

1a

Le taux de désintégration après  = 15000 a correspond donc à

226

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v10

 = 0 E33.

0693 −  12

−

= 0 

= (0250 Bq) −

0693(15000 a) 5730 a

Les deux principaux isotopes de l’uranium,

235 U 92

et

×

¡

60 s 1 min

238 U, 92

¢

= 244 min−1

que l’on distingue ici par les

indices 1 et 2 possèdent les demi-vies respectives suivantes : ¡ ¢ ¢ ¡ 12 1 = 704 × 108 a et 12 2 = 446 × 109 a. L’abondance relative

235 U/238 U 92 92

étant actuellement de 07 % on cherche quel était ce

rapport il y a ∆ = 109 a. Pour ce faire, on divise les équations respectives de décroissances exponentielles :

E34.

10 −1 ∆ 10 −1 ∆+2 ∆ 10 (−1 +2 )∆ = = 20    20 −2 ∆µ ¶ 20 0693 0693 − 109 a) + 704×108 a 446×109 a (

1 2

=

1 2

= (0007) 

=

Ã

10 20 

−

0693 0693 + (12 )1 (12 )2

!

∆

=⇒

= 00160

L’isotope radioactif

40 K, 19

de demi-vie 12 = 126 × 109 a, sert à la datation des roches.

Le taux de désintégration d’un échantillon de masse  = 1 g se calcule au moyen du nombre d’atomes, que l’on obtient ainsi A 

0 =

=

0 = 0 = E35.

(1×10−6 g)(602×1023 atomes/mol) 40 g/mol 06930 12

=

0693(1506×1016 ) (126×109 )(3156×107 )

= 1506 × 1016 atomes

= 0262 Bq

On calcule l’énergie libérée dans la réaction de capture électronique qui fait suite à une désintégration  + comme 74 Be(e− )73 Li, au moyen de l’équation 12.15. Les masses des

E36.

isotopes sont données à l’annexe E. On obtient ainsi ³ ´  = 74 Be − 73 Li 2 = ((7016929 u) − (7016003 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0000926 u) 2 = (0000926) 2 93152MeV = 0863 MeV La désintégration  du radionuclide

210 Po 84

−→ 

206 Pb 82

210 Po 84

donne le produit suivant :

+ 42 He

L’énergie libérée dans cette réaction correspond à ´ ³ −  2 =⇒  = 210 206 Pb − 4 He Po 84 82 2

E37.

 = ((209982857 u) − (205974440 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0005814 u) 2 = (0005814) 2 93152MeV = 542 MeV

La série du thorium comprend un ensemble de processus de désintégration  et ,

232 Th 90

−→

208 Pb, 82

où  − 0 = 232 − 208 = 24 ce qui implique l’émission de  particules

 avec la diminution correspondante de charge :  = v10

−0 4

=

24 4

= 6 et ∆ = −2 = −12

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227

Comme la charge finale  0 = 82 diffère de  + ∆ = 90 − 12 = 78, il faut qu’intervienne un nombre  − de désintégrations  :  − =  0 − ( + ∆ ) = 82 − 78 = 4 Il y a donc au total émission de 6 particules  et de 4 électrons E38.

L’énergie libérée dans la désintégration du neutron libre est calculée au moyen de l’équation 12.3, des données fournies à l’annexe E et de ´ ¡ ¢ ³ 1u = 1007276 u p = 1672622 × 10−27 kg × 1660540×10 −27 kg ³ ´ ¡ ¢ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 = 5486 × 10−4 u −27 kg Ainsi,

E39.

 = (n − p − e ) 2 =⇒ ¡ ¡ ¢¢  = (1008665 u) − (1007276 u) − 5486 × 10−4 u 2 =⇒ ³ ´  = (0000840 u) 2 = (0000840) 2 93152MeV = 0782 MeV L’équation de la désintégration  − du radionuclide

40 K 19

E40.

−→ −

40 Ca 20

40 K 19

est

+ e− + 

L’énergie libérée dans la désintégration correspond donc à ´ ³ −  2 = ((39963999 u) − (39962591 u)) 2 =⇒  = 40 40 19 K 20 Ca ³ ´  = (0001408 u) 2 = (0001408) 2 93152MeV = 131 MeV On considère deux mécanismes de désintégration de l’isotope

218 Po. 84

(a) La désintégration  donne du 214 82 Pb avec l’énergie de réaction suivante : ´ ³ − 214 − 42 He 2 =⇒  = 218 84 Po 82 Pb  = ((218008965 u) − (213999801 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0006561 u) 2 = (0006561) 2 93152MeV = 611 MeV

(b) La désintégration  − donne du ´ ³ 2 =⇒ −   = 218 218 At  Po 84 85

E41.

218 At 85

avec l’énergie de réaction suivante :

 = ((218008965 u) − (21800868 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0000285 u) 2 = (0000285) 2 93152MeV = 0265 MeV

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi

on remplace le proton par un atome d’hydrogène. (a) L’équation de la réaction est 14 N 7

228

+  −→

17 O 8

+ 11 H

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v10

L’énergie de cette réaction est ³ ´  = 147 N + 42 He − 178 O − 11 H 2 =⇒

 = ((14003074 u) + (4002603 u) − (16999131 u) − (1007825 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (−0001279 u) 2 = (−0001279) 2 93152MeV = −119 MeV

(b) L’équation de la réaction est 7 Li 3

+ p −→

4 He 2

+ 42 He

L’énergie de cette réaction équivaut à ³ ´  = 73 Li + 11 H − 242 He 2 =⇒

 = ((7016003 u) + (1007825 u) − 2 (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0018622 u) 2 = (0018622) 2 93152MeV = 173 MeV

E42. (a) L’équation de la réaction est 9 Be 4

+  −→

12 C 6

+ n

L’énergie de cette réaction s’élève à ³ ´  = 94 Be + 42 He − 126 C − n 2 =⇒

 = ((9012182 u) + (4002603 u) − (12 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0006120 u) 2 = (0006120) 2 93152MeV = 570 MeV

(b) L’équation de la réaction est 27 Al 13

+  −→

30 P 15

+ n

L’énergie de cette réaction équivaut à ³ ´ 2  = 27 +  −  −  4 30 n  =⇒ 13 Al 2 He 15 P

E43.

 = ((26981539 u) + (4002603 u) − (29978314 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (−0002837 u) 2 = (−0002837) 2 93152MeV = −264 MeV

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi

on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’équation de la réaction est 9 Be 4

+ 11 H −→

6 Li 3

+ 

L’énergie de cette réaction s’élève à ´ ³  = 94 Be + 11 H − 63 Li − 42 He 2 =⇒

E44. v10

 = ((9012182 u) + (1007825 u) − (6015121 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0002283 u) 2 = (0002283) 2 93152MeV = 213 MeV

Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 =  et  0 =  Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

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229

10 B 5

+ n −→

7 Li 3

+

4 He 2

(b) 63 Li + p −→

4 He 2

+

3 He 2

18 F 9

+ n

(a)

18 O 8

(c)

+ p −→

Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 =  et  0 = 

E45. (a)

32 S 16

+ n −→ p +

(b)

19 F 9

+ p −→

4 He 2

(c) 94 Be + n −→  + (d) E46.

14 N 7

+ n −→ p +

32 P 15

+

16 O 8

10 Be 4 14 C 6

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’équation de la réaction est 14 N 7

+ n −→

1H 1

+

12 C 6

L’énergie de cette réaction s’élève à ´ ³  = 147 N + n − 11 H − 146 C 2 =⇒

E47.

 = ((14003074 u) + (1008665 u) − (1007825 u) − (14003241 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0000673 u) 2 = (0000673) 2 93152MeV = 0627 MeV

L’équation pour l’énergie de la réaction est ³ ´  = 188 O + 11 H − 188 F − n 2 =⇒ 188 O + 11 H − 188 F − n =

 2

=⇒

188 F = 188 O + 11 H − n −

 2

=⇒

188 F = (17999160 u) + (1007825 u) − (1008665 u) −

(−245 MeV) 2

188 F = 1800095 u

×

³

2 (u) (9315 MeV)

E48. (a) Pour connaître l’énergie libérée par la fission d’une masse  = 1 kg de

235 U, 92

´

=⇒

on cherche

d’abord le nombre d’atomes : (1×103 g)(602×1023 atomes/mol) A = 2563 × 1024 atomes 0 =   = 235 g/mol On multiplie ensuite le nombre d’atomes par l’énergie libérée pour chaque désintégration, ce qui donne ¢ ¡  = 0  = 2563 × 1024 (190 MeV) = 487 × 1032 eV

(b) Si cette énergie totale  est disponible avec un rendement de 32 % elle peut alimenter une ville qui consomme une puissanceµ  = 500 MW pendant un temps de ¶ 16×10−19 J 32 (487×10 eV)× 1 eV ∆ = (032)  = 139 h  = (032) 500×106 J/s 230

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v10

E49.

On sait qu’il faut une énergie thermique ∆th = 1 cal = 4186 J pour augmenter de 1◦ C la température de 1 g d’eau. On déduit directement le nombre de fissions requises avec ce calcul : =

E50.

∆th 

= (190×106

4186 ¶ µ J 16×10−19 J eV)× 1 eV

= 138 × 1011 atomes

On calcule d’abord le nombre initial 0 d’atomes dans une masse  = 1 g de

235 U 92

dont

la demi-vie pour la fission est 12 = 3 × 1017 a : (1 g)(602×1023 atomes/mol) A = 2563 × 1021 atomes 0 =   = 235 g/mol On calcule ensuite la constante de désintégration : =

E51.

E52.

0693 12

=

0693 (3×1017 )(3156×107 )

= 7319 × 10−26 s−1

On calcule enfin le taux initial de désintégration avec l’équation 12.9 : ´ ¢¡ ¢ ³ ¡ Bq 0 = 0 = 7319 × 10−26 s−1 2563 × 1021 × 86400 = 162 fissions/jour 1 jour−1

L’énergie de cette réaction équivaut à ´ ³ 2 +  −  −  − 3  = 235 144 89 n n  =⇒ 92 U 56 Ba 36 Kr ´ ³ 2 =⇒ −  −  − 2  = 235 144 89 n 92 U 56 Ba 36 Kr

 = ((235043924 u) − (14392294 u) − (8891764 u) − 2 (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (018601 u) 2 = (018601) 2 93152MeV = 173 MeV

On obtient la variation de masse au repos due à la libération de 20 kilotonnes d’énergie

par l’équivalence masse-énergie, en considérant que 1 kilotonne de TNT libère 42 × 1012 : ¶ µ

∆ = 0 2 =⇒ 0 = E53.

∆ 2

=

42×1012 J (20 kilotonnes)× 1 kilotonne (3×108 m/s)2

= 0933 g

Le rapport des énergies cinétiques après une collision est 12  Après deux collisions, il tombe à

1 4

et ainsi de suite. Après  collisions, il est de

 0

=

0025 eV 1 MeV 

On trouve le nombre de

collisions au moyen de la relation générale suivante : ³ ´−1 0  = =⇒  = 21 0 =⇒ 2 =  0  = E54.

³ ´  − ln  0

ln(2)

=

¶ µ 0025 eV − ln 1 MeV ln(2)

= 253 collisions

On obtient la longueur d’onde de Broglie du neutron thermique d’énergie cinétique  = 004 eV au moyen de l’équation établie à l’exercice 1 du chapitre 10 : =

E55.

=

s

6626×10−34 J·s ¶ µ 16×10−19 J 2(1675×10−27 kg)(004 eV)× 1 eV

= 0143 nm

L’équation de la réaction est 2H 1

v10

√  2

+ 21 H −→

3 He 2

+ n

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231

L’énergie de cette réaction équivaut à ´ ³  = 221 H − 32 He − n 2 =⇒

E56.

 = (2 (2014102 u) − (3016029 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0003510 u) 2 = (0003510) 2 93152MeV = 327 MeV =⇒ CQFD L’équation de la réaction est

3H 1

+ 21 H −→

4 He 2

+ n

L’énergie de cette réaction s’élève à ´ ³  = 31 H + 21 H − 42 He − n 2 =⇒

E57.

 = ((3016049 u) + (2014102 u) − (4002603 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0018883 u) 2 = (0018883) 2 93152MeV = 176 MeV =⇒ CQFD L’équation de la réaction est

2H 1

+ 21 H −→

3H 1

+ 11 H

L’énergie de cette réaction équivaut à ³ ´  = 221 H − 31 H − 11 H 2 =⇒

E58.

 = (2 (2014102 u) − (3016049 u) − (1007825 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0004330 u) 2 = (0004330) 2 93152MeV = 403 MeV =⇒ CQFD Selon l’équation 12.17, chaque réaction de fusion D−T produit une énergie

 = 176 MeV. Le nombre  de ces réactions de fission par seconde nécessaires au maintien d’une puissance  = 40 MW est donné par (40×106 µJ/s)(1 s) ¶ = 142 × 1019 fissions  = ∆ = 16×10−19 J (176×106 eV)×

E59.

1 eV

Le nombre  de molécules d’eau dans un kilogramme d’eau de mer est (1000 g)(602×1023 atomes/mol) A  =  = 3346 × 1025 atomes  = 18 g/mol On donne une fraction de

1 6500

pour le rapport en nombre d’isotopes de deutérium par

rapport à l’hydrogène. Comme chaque molécule d’eau contient 2 atomes d’hydrogène, le nombre 0 d’isotopes de deutérium dans un kilogramme d’eau s’élève à ¢ ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢¡ 0 = 6500 3346 × 1025 = 1029 × 1022 atomes 0 = 6500

L’énergie libérée par la fusion D−D est  = 403 MeV, mais elle nécessite 2 isotopes à

E60.

chaque fois. L’énergie disponible est donc ³ ´ ³ ´ 22 16×10−19 J  = 20  = 1029×10 (403 MeV) × = 332 × 109 J 2 1 eV

232

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

126 C + n − 136 C = 0005310 u =⇒  = 495 MeV

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v10

On calcule, pour les éléments qui constituent séparément l’isotope neutre de

E61.

214 Po, 84

une

masse 8411 H + 130n = 21578375 u. Si l’énergie de liaison par nucléon est de 77852 MeV, pour tout l’atome elle est égale à  = 214 (77852 MeV) = 1666 MeV et correspond à un défaut de masse de ³ ´ 2 (u) ∆ = 2 = 16662MeV × (9315 MeV) = 178851 u

= 21578375 u − 178851 u = 2139952 u La masse de l’isotope est donc de 214 84 Po La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux

E62.

électrons de masse : ¡ ¢ ³ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 −27

kg

´

= 5486 × 10−4 u

Ainsi, l’équation pour l’énergie de la réaction est ´ ³  = 127 N − 126 C − 2e 2 =⇒ 127 N − 126 C − 2e = 127 N = 126 C + 2e + 2 =⇒ ¡ ¢ 127 N = (12 u) + 2 5486 × 10−4 u + 0 =

E63.

0 

(16316 MeV) 2

×

³

 2

=⇒

2 (u) (9315 MeV)

´

= 12018613 u

= 4218 × 108 atomes. Entre 1 = 212 et 2 = 312  le nombre de désintégra-

tions est de

0 8

= 527 × 107 désintégrations.

E64. (a) On compte 0 = 9786 × 1011 atomes de

14 C 6

=⇒ 0 = 0 = 375 Bq

(b)  = 0 − = 277 Bq E65. (a)

15 N 7

(b) 0 = 74 × 105 Bq = 0 =⇒ 0 = 130 × 108 noyaux E66.

− = 0097 =⇒  = 193 × 104 a

E67. (a) On sait que, pour 1 litre de lait, 0 = 2000 Bq. Pour le

131 I, 53

on donne aussi 12 = 802 jours avec  = 131 g/mol. On calcule d’abord

la constante de désintégration : ³ ´ 0693 1j −5 s−1 = ×  = 0693  802 j 86400 s = 0100 × 10 12

Finalement la masse de matériau radioactif par litre de lait est calculée à partir de  =  =  0A =⇒ 0 =

0  A

= 435 × 10−16 kg par litre

(b)  = 212 = 160 jours E68.

La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux électrons de masse : ¡ ¢ ³ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 −27

v10

kg

´

= 5486 × 10−4 u

Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire

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233

Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à ´ ³  = 137 N − 136 C − 2e 2 =⇒ ¢¢ ¡ ¡  = (13005739 u) − (13003355 u) − 2 5486 × 10−4 u 2 =⇒ ³ ´  = (0001287 u) 2 = (0001287) 2 93152MeV = 120 MeV − = 02 =⇒  = 293 × 109 a

E69.

E71. (a)

 

12 0693

= 4145 × 1013 atomes ¢ ¡ ¢ ¡  =  (301 u) = 4145 × 1013 (301) 1661 × 10−27 = 207 × 10−13 kg =

E70.

=

22 Ne 10

(b) La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux électrons de masse : ¡ ¢ ³ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 −27

kg

Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à ´ ³ 2 −  182 MeV  = 22 22 Ne − 2e  = Na 11 10

E72. (a) On compte  = 653 × 1010 atomes de

14 C 6

´

= 5486 × 10−4 u

=⇒

 =  = 0250 Bq = 150 désintégrations/(min·g) (b) Dans  = 04 g, on a 0 = 6 désintégrations/min, alors que  = 135 désintégrations/min. On calcule ainsi l’âge du fragment :  = 0 − =⇒  = 123 × 104 a (c) Puisque la mesure, prise en une minute, est  ∆ = 81 désintégrations, l’équation 12.10 donne √ √  =  ∆ = 81 = 9 désintégrations Avec  = 81 +  = (45 + 9) dés./min =⇒  = 115 × 104 a Avec  = 81 −  = (45 − 9) dés./min =⇒  = 133 × 104 a L’âge de l’échantillon se situe donc entre 115 × 104 a et 133 × 104 a . (d) Évaluer  sur un ∆ supérieur à 1 min ou mesurer  directement . E73. (a) 0 = 0 =

06930 12

=⇒ 0 = 310 × 107 noyaux

(b)  = 0 − =⇒  = 122 × 106 s Tous les isotopes présentés sont radioactifs. Ainsi, ils émettront tous un positon afin de

E74.

devenir stable, de même qu’un neutrino. (a) 234

11 C 6

→

11 B 5

+ + + 

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v10

(b)

13 N 7

13 C 6

(c)

68 Ga 31

→

68 Zn 30

+ + + 

(d)

82 Rb 37

→

82 Kr 36

+ + + 

(e)

18 F 9

→

→

18 O 8

+ + + 

+ + + 

E75. (a) On donne la masse du technicien,  = 70 kg, le nombre de photons,  = 103 et leur longueur d’onde,  = 001 nm. La dose  est la quantité d’énergie absorbée par le technicien par rapport à sa masse et s’exprime donc en joules/kilogramme : =

ab so rb ée 

=

(   ) 

= 284 × 10−3 J/kg

Avec le tableau de l’énoncé et l’équation 12.11, on calcule la dose efficace ne pondérant la sommation selon les différents tissus. Comme il s’agit de photons, l’équation 12.11 indique que R = 1 pour le photon.  = ΣT R  =⇒  ∗ = Σ T R  où  ∗ est la dose efficace qui tient compte de chaque proportion  de tissus : ¢ ¡  ∗ = ((06) (001) (1) + (03) (008) (1) + (01) (012) (1)) · 284 × 10−3 =⇒  ∗ = 119 × 10−4 J/kg = 119 × 10−4 Sv = 0119 mSv

(b) On reprend le même calcul avec R = 20 pour une particule alpha. La dose reste la même. ¢ ¡  ∗ = ((06) (001) (20) + (03) (008) (20) + (01) (012) (20)) · 284 × 10−3 =⇒  ∗ = 239 × 10−3 J/kg = 239 × 10−3 Sv = 239 mSv

E76.

On donne la masse de l’étudiant,  = 60 kg, le temps pendant lequel il est exposé à la source, ∆ = 2 h, le nombre de noyaux,  = 1011  l’énergie des photons émis, p = 10 MeV et la demi-vie de ce nuclide, 12 = 50 a. On calcule d’abord la constante de désintégration  avec l’équation 12.7 : 12 =

0693 

=⇒  = 01386 a−1

Avec l’équation 12.4a, on peut estimer le nombre de désintégrations des nuclides émettant des photons :

¡ ¢¡ ¢³ d =  ∆ = 01386 a−1 1011 2 h ·

1j 24 h

·

1a 36525 j

On calcule ensuite la dose : = v10

 

=

(01)d p 

´

= 31622 × 106 désintégrations

= 844 × 10−10 Gy

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235

Cette dose est très faible, donc elle est sans danger . E77.

On donne la masse du patient,  = 60 kg, le taux de désintégration initial, 0 = 25 mCi = 925 × 108 Bq, et la demi-vie du processus de désintégration, 12 = 132 h. 123 I

+ − →

123 Te∗

→

123 Te

+  + photon

Avec l’équation 12.7, on détermine la constante de désintégration : 12 =

0693 

=⇒  = 146 × 10−5 s−1

On considère que tous les nuclides

123 I

ont le temps de se désintégrer. Avec l’équation

12.9, on obtient 0 = 0 =⇒  = 0 =

0 

= 634 × 1013 désintégrations

Pour calculer l’énergie absorbée par les cellules du patient, on fait une moyenne pondérée de l’énergie des photons et on inclut le constat que 50% de l’iode a été excrété du corps du patient :  = (05) ((087) (159 keV) + (013) (127 keV))  = 0786 J On calcule finalement la dose absorbée : = E78.

 

= 131 mGy

On donne l’épaisseur de la demi-couche d’atténuation, 12 = 04 × 10−3 m. (a) Avec l’équation 12.13, on détermine le coefficient d’extinction  : 12 =

0693 

=⇒  = 17325 m−1

Avec l’équation 12.12, on peut alors déterminer l’épaisseur de la couche de plomb :  = 0 − =⇒

 0

= 0005 = − =⇒  = 306 mm

(b) On donne la masse de l’infirmière,  = 70 kg, l’épaisseur du blindage de plomb sur la seringue,  = 5×10−3 m, le taux de désintégration, 0 = 20 mCi = 74×108 Bq, l’énergie des protons produits, p = 02 MeV = 320 × 10−14 J et le temps d’exposition, ∆ = 300 s. On calcule la puissance émise : 0 = 0 p = 237 × 10−5 W Sachant que  =  on utilise l’équation 12.12 pour calculer la puissance absorbée :  = 0 − =⇒

 

=

0 − 

=⇒  = 0 − = 410 × 10−9 W

On peut alors calculer l’énergie absorbée par l’infirmière :  =  ∆ = 123 × 10−6 J 236

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v10

Finalement, on trouve la dose radiative absorbée par l’infirmière : =

 

= 176 × 10−8 Gy

(c) Cette dose est très faible, donc elle est sans danger . E79.

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’énergie de la réaction est ³ ´  = 73 Li + 11 H − 74 Be − n 2 =⇒

 = ((7016003 u) + (1007825 u) − (7016929 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (−0001766 u) 2 = (−0001766) 2 93152MeV = −165 MeV

Ce processus est impossible. E80.

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on remplace le proton par un atome d’hydrogène. (a) L’énergie de la réaction s’élève à ´ ³  = 157 N + 11 H − 126 C − 42 He 2 =⇒

 = ((15000109 u) + (1007825 u) − (12 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0005331 u) 2 = (0005331) 2 93152MeV = 497 MeV

(b) L’énergie de la réaction s’élève à ³ ´  = 136 C + 11 H − 147 N 2 =⇒

E81.

 = ((13003355 u) + (1007825 u) − (14003074 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0008106 u) 2 = (0008106) 2 93152MeV = 755 MeV 98 Zr 40

E82. (a) 200 MeV = 32 × 10−11 J, 20 kilotonnes = 836 × 1013 J. Le nombre de fissions est donc de  = 261 × 1024 ¢ ¡ ¢ ¡ (b)  =  (235 u) = 261 × 1024 (235) 1661 × 10−27 = 102 kg

Problèmes P1.

On considère le radioisotope

90 Sr 38

de demi-vie 12 = 288 a. On soustrait de la popu-

lation initiale la population restante après un an afin de trouver le nombre de noyaux qui se désintègrent durant cette première année, à l’aide de la loi de la décroissance exponentielle : 0 = v10

0 

=

0 12 0693

=

µ ¶ µ ¶ 37×1010 Bq 3156×107 s (24 Ci)× (288 a)× 1 Ci 1a 0693

= 11647 × 1015 atomes

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237

P2.

0693 −  12

¢ − 0693(1 a) ¡ = 1164 × 1015  (288 a) = 11370 × 1015 atomes ¢ ¡ ¢ ¡ 0 −  = 11647 × 1015 − 11370 × 1015 = 277 × 1013  = 0

−

= 0 

On établit l’équation différentielle qui régit l’apparition du nuclide résultant en notant

que le taux d’accroissement de cette population 2 est proportionnel à la présence du nuclide radioactif de population 1 = 10 − . Ainsi, 2 

= 1 =⇒

2 

= 10 − =⇒ 2 = 10 − 

On intègre cette équation en posant que 2 = 0 à  = 0, ce qui donne h − ¯  R2 R R − ¯ − 2 = 10   =⇒ 2 = 10   = 10 − ¯ =⇒ 0

P3.

0

0

0

¢ ¡ ¡ ¢ 2 = −10 − − 1 =⇒ 2 = 10 1 − − =⇒ CQFD

L’expression du taux d’accroissement de la population du radionuclide résultant,

2  

contient deux termes, un premier terme de création proportionnel à 1  la population du nuclide parent de constante 1  et un second terme de destruction proportionnel à 2 de constante 2 : 2 

= 1 1 − 2 2

Pour que le nombre de nuclide 2 ne varie pas, il faut que 2 

P4.

2 

= 0; donc

= 1 1 − 2 2 = 0 =⇒ 1 1 = 2 2

On sait que la diminution du taux d’accroissement de la population du radionuclide est proportionnelle à sa propre population :  

= − =⇒  = 0 − =⇒  = −  =⇒  = −0 − 

(i)

Dans cette population qui diminue, chaque radionuclide possède une durée de vie moyenne dont la valeur est obtenue par l’équation qui suit, dans laquelle on fait usage de l’équation (i) pour trouver une valeur à  : R0 R0 (−0 )− 



0 0

= R

=

0

−0



0

=

∞ R

− 

0

Les bornes de cette nouvelle intégrale découlent du changement de variable. En effet,  = 0 à  = 0, et  −→ 0 avec  −→ ∞ On applique la méthode d’intégration par

partie et on obtient ¯∞ h³ ´ ³ ´ ¯∞ ∞ £ R − ¯ 1 1 − − ¯  = − +   = −  ¯ = 0 − − =⇒  = 0 0

P5.

0

1 

=⇒ CQFD

(a) Dans une désintégration  la conservation de la quantité de mouvement exige que chacun des fragments résultant de la désintégration emporte la même quantité de mouvement

238

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v10

dans des directions opposées. L’énergie de désintégration se répartit entre les fragments. Si les fragments se déplacent parallèlement à l’axe des  et qu’on utilise les modules de vitesse, on écrit P P ava nt = a p rè s =⇒ 0 =   − R R =⇒   = R R

2  =  + R =⇒  = 12  2 + 12 R R

De l’équation (i), on note que (  )2 = (R R )2 =⇒

1 2  

³

 R

´

(i)

(ii)

2 = 12 R R

Si on insère ce résultat dans l’équation (ii), on obtient ³ ´ ³ ´ ³ ´ R +  1 2 1 +  =   = 12  2 + 12    = =⇒      2 R R R  =

R  R +

=⇒ CQFD

(b) L’équation de la réaction est 226 Ra−→ 222 Rn 88 86

+ 

L’énergie de cette réaction équivaut à ³ ´  = 226 −  2 =⇒ 222 Rn − 4 He Ra 88 86 2

 = ((226025402 u) − (222017570 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0005229 u) 2 = (0005229) 2 93152MeV = 4871 MeV

On calcule ensuite l’énergie cinétique de la particule  avec l’équation utilisée en (a) :  =

P6.

R  R +

=

(222017570 u)(4871 MeV) (222017570 u)+(4002603 u)

= 478 MeV

Dans la désintégration  +  un positon (e+ ) est émis à partir du noyau, et l’équation de la réaction s’écrit comme suit :  D−→   −1 R

+ + + 

Si on désigne par D et R la masse des noyaux de départ (D) et résultant (R), et que la masse du positon est la même que celle d’un électron, l’équation qui définit l’énergie de cette réaction est  = (D − R − e ) 2 La masse du neutrino  est négligeable. Dans la désintégration, le noyau perd une charge positive, ce qui implique que, pour rester neutre, l’atome doit aussi perdre un électron. La relation entre la masse  de l’atome neutre, avant ou après la désintégration, et son noyau  s’établit de la manière suivante : D = D + e =⇒ D = D − e v10

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239

R = R + ( − 1) e =⇒ R = R − ( − 1) e Si on remplace par ces valeurs la masse des noyaux dans l’expression établie plus haut on arrive à  = (D − R − 2e ) 2 =⇒ CQFD La masse de chaque électron (ou positon) est ´ ¡ ¢ ³ 1u e = 91094 × 10−31 kg × 1660540×10 = 5486 × 10−4 u −27 kg

P7.

Et l’énergie de la réaction proposée est ³ ´ −  − 2  = 64 2 =⇒ 64 e 29 Cu 28 Ni ¢¢ ¡ ¡  = (63929768 u) − (63927969 u) − 2 5486 × 10−4 u 2 =⇒ ³ ´  = (0007018 u) 2 = (0007018) 2 93152MeV = 654 keV

Avec la décroissance exponentielle, la diminution de 40 % en 35 h du taux de désinté-

gration d’un échantillon radioactif permet de calculer sa demi-vie : 0693 ³ ´ − 0693 ´ =⇒ ³  = 0 − = 0  12 =⇒ ln 0 = − 0693  12 =⇒ 12 = − ln  0

12 =

P8.

h) − 0693(35 ln(06)

= 475 h

On donne l’expression de l’énergie potentielle électrique d’une sphère chargée de rayon ,  =

32 5 

dans laquelle  =  correspond à la charge du noyau et non à l’énergie

de désintégration. On sait que le rayon  (en mètre) du noyau est associé au nombre de ¡ ¢ masse par  = 12 × 10−15 13 ; la variation d’énergie potentielle électrique au cours de la réaction de fission dépend donc du nombre de masse  et de la charge  sur les

noyaux de départ :  =

32 5

=

32 5(12×10−15 )13

=

2  200×10−15 13

=

2 2 200×10−15 13

On analyse la réaction de fission suivante : 236 U−→ 141 Ba 92 56

+

92 Ba 36

pour laquelle on a 2 (9×109 )(16×10−19 ) i = −15 200×10

P9.

(92)2 (236)13

= 1578 × 10−10 J ´ 2 ³ (9×109 )(16×10−19 ) (56)2 (36)2 + = 10248 × 10−10 J f = −15 13 13 200×10 (141) (92) ¡¡ ¢ ¡ ¢¢ ³ 1 eV ´ ∆ = f −i = 10248 × 10−10 J − 1578 × 10−10 J × 16×10 = −346 MeV −19 J

(a) Dans ce type de réaction, on a R ∝  − 4 et R +  ∝ ( − 4) + 4 =  de sorte que le rapport  =

240

+ 3n

R R +

R  R +

=

−4  ,

=⇒  =

et le résultat du problème 5(a) peut être réécrit comme suit (−4) 

=⇒ CQFD

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v10

(b) L’énergie de la réaction proposée est ³ ´ −   = 236 2 =⇒ 232 Th − 4 He U 92 90 2

 = ((236045561 u) − (232038054 u) − (4002603 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (0004904 u) 2 = (0004904) 2 93152MeV = 4568 MeV

On calcule ensuite l’énergie cinétique finale de la particule  avec l’équation utilisée en (a) :  =

(−4) 

=

(236−4)(4568 MeV) 236

= 449 MeV

P10. (a) Pour que la réaction endothermique (  0) ait lieu, il faut que l’énergie de réaction soit fournie par la variation de l’énergie cinétique totale ∆CM calculée dans le repère du centre de masse (CM) de la collision entre les réactifs, |∆CM | = − Cette variation d’énergie cinétique doit ensuite être associée à l’énergie cinétique de la particule incidente a = 12 a a2  Cette dernière est l’énergie seuil S qu’il faut fournir pour que la réaction ait lieu, a = S  On considère la conservation de la quantité de mouvement selon un axe des  parallèle au mouvement de la particule incidente et des produits de réaction : P P (i) ava nt = a p rè s =⇒ a a = b b − Y Y

On calcule la vitesse du centre de masse en fonction des vitesses avant la collision : CM =

a a +X (0) a +X

=

a a a +X

(ii)

et après la collision CM =

b b −Y Y b +Y

(iii)

Comme on le voit dans ces équations, la particule «a» est absorbé par le noyau «X» afin de former le noyau «Y» et libérer la particule «b». Si on cherche la valeur «seuil» de l’énergie nécessaire, on peut supposer que la particule «b» ne récupère qu’une faible fraction de l’énergie cinétique et que le mouvement des particules «Y» et «b» après la collision est négligeable, par rapport au centre de masse. La variation de l’énergie cinétique, dans le repère du centre de masse, correspond alors à 2 ∆CM = − 12 a (a − CM )2 − 12 X CM

Si on fait appel à l’équation (ii), ce dernier résultat devient X X X  2 = − (a ∆CM = − 12 (aa+ +X ) a =⇒  = − |∆CM | = − (a +X ) a =⇒ X) a +X S = − a  =⇒ CQFD X v10

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(b) L’énergie de la réaction pour cette transformation a déjà été calculée à l’exercice 41(a),  = −119 MeV. Avec 42 He = 4002603 u et 147 N = 14003074 u, on calcule ainsi l’énergie seuil : S = −

4 H e +14 N 2

7

14 N 7

u)+(14003074 u)  = − (4002603 (−119 MeV) = 153 MeV (14003074 u)

Dans ce calcul, l’effet de la masse des électrons est annulé. P11.

On considère que la transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on remplace le proton par un atome d’hydrogène. Ainsi, l’énergie de la réaction est ³ ´  = 136 C + 11 H − 137 N − n 2 =⇒  = ((13003355 u) + (1007825 u) − (13005739 u) − (1008665 u)) 2 =⇒ ³ ´  = (−0003224 u) 2 = (−0003224) 2 93152MeV = −3003 MeV

On calcule l’énergie seuil au moyen du résultat du problème 10 : S = −

1 H +13 C 1

6

13 C

 =⇒

6

u)+(13003355 u) S = − (1007825 (−3003 MeV) = 323 MeV =⇒ CQFD (13003355 u)

Dans ce calcul, l’effet de la masse des électrons est annulé.

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