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7/16/2019 Solutionnaire Benson NYC
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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( + ) = 003 sin(20 + 4 ) m. Donc
l’amplitude vaut = 003 m et la phase est () = + = 20 + 4
(a) On cherche la plus petite valeur de 0 telle que |()| = = 003 ce qui implique que
sin
¡20 +
4 ¢= ±1 =⇒ 20 +
4 = ±2 =⇒ = 00125 s ou −00375 s
Pour avoir min 0 on conserve le premier résultat, soit = 00125 s
(b) Selon l’équation 1.3, la vitesse du bloc est donnée par
= = (20) (003) cos
¡20 +
4
¢= 06 cos
¡20 +
4
¢On cherche la plus petite valeur de 0 telle que || = = 06. Ainsi, la vitesse
peut prendre deux valeurs, et
= ±06 = 06 cos¡
20 + 4
¢=⇒ cos
¡20 +
4
¢= ±1
Cette condition est obtenue pour
20 + 4 = 0; ; 2; =⇒ = −00125 s; 00375 s; 00875 s; ...
Pour avoir min 0 on conserve le second résultat, soit = 00375 s
(c) Selon l’équation 1.4, l’accélération du bloc est donnée par
= = − (20) (06)sin
¡20 +
4
¢= −122 sin
¡20 +
4
¢On cherche la plus petite valeur de 0 telle que || = 2 = 122 ce qui implique
que sin¡
20 + 4
¢= ±1 comme on l’a vu en (a), donc = 00125 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);
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 1
© ERPI, tous droits réservés.
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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 001 m. Donc, on obtient
= ∆ ∆ = p
4∆ = 150(98)4(001) =⇒ = 368× 104 N/m
(b) La période d’oscillation dépend de la masse totale que supporte chaque roue, à savoir
= a+p4 = 400 kg
Conséquemment, on trouve
= 2p
= 2
q 400
368×104 s =⇒ = 0655 s
E4. La position du bloc est donnée par = 02 sin(12+02) m dans laquelle la phase équivaut
à () = + = 12 + 02. La vitesse du bloc est donnée par =
= 24 cos(12 + 02) m/s, et l’accélération, selon l’équation 1.5b, correspond à
= = −2 = −288 sin(12 + 02) m/s2
(a) Quand = 008 m, −2 = − (12)2 (008) =⇒ = −115 m/s2
(b) Si = 01 m =⇒ sin(12 + 02) = 05, on a () = 12 + 02 = 6 ou 5
6 mais la
condition 0 implique que cos(12 + 02) 0 c’est-à-dire 2 ≤ () ≤ 3
2 ; la phase
doit avoir une valeur se situant dans le second ou le troisième quadrant. On retient la
solution () = 56 =⇒ = 0201 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 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations v4
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omega:=12;
plot([x,ax/omega^2],t=0..0.4,color=[red,blue]);
E5. La position du bloc est donnée par () = 035 sin(36 + 107) et, selon l’équation 1.3 du
manuel, la vitesse du bloc est () = cos(36 + 107).
On veut que
|| = 05 =⇒ cos(36 + 107) = ±05
Cette égalité est satisfaite pour () = ±3 ; ±2
3 ; ±43 ; ±5
3 ; ±73 , donc
(36 + 107) = ±3 ; ±2
3 ; ±43 ; ±5
3
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs ( 0) et que 3 107, les valeurs
d’angle à conserver sont 23 4
3 53 et 7
3 . Avec ces quatre valeurs, on calcule
1 = 0285 s; 2 = 0866 s; 3 = 116 s; 4 = 174 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 () = + 2 = 2
+ 2 .
De plus, dans ce cas,
= = cos
¡2 +
2
¢ et =
= −2 = −2 sin¡2 +
2
¢.
(a) On veut que
|| = 05 =⇒ cos¡
+ 2
¢= ±05
Cette égalité est satisfaite pour () = ±3 ; ±2
3 ; ±43 ; ±5
3 ; ±73 , donc
2 +
2 = ±3 ; ±2
3 ; ±43 ; ±5
3 ; ±73
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs ( 0) et que 2
3 , les valeurs
d’angle à conserver sont 23 4
3 53 et 7
3 . On obtient ainsi
2 +
2 = 23 ; 4
3 ; 53 ; 7
3 =⇒ 2 =
6 ; 56 ; 7
6 ; 116 =⇒
1 = 12 ; 2 = 5
12 ; 3 = 7 12 ; 4 = 11
12
À chacun de ces instants, sin¡
+ 2
¢= ±
√ 32 = ±0866, soit = ±0866
(b) On veut que
|| = 052 =⇒ sin¡
+ 2
¢= ±05
Cette égalité est satisfaite pour () = ±6 ; ±5
6 ; ±76 ; ±11
6 ; ±136 , donc
2 +
2 = ±6 ; ±5
6 ; ±76 ; ±11
6 ; ±136
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs ( 0) et que 2
6 , les valeurs
d’angle à conserver sont 56 7
6 116 et 13
6 . On obtient ainsi
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 3
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2 +
2 = 56 ; 7
6 ; 116 ; 13
6 =⇒ 2 =
3 ; 23 ; 4
3 ; 53 =⇒
1 = 6 ; 2 =
3 ; 3 = 2 3 ; 4 = 5
6
À chacun de ces instants, sin¡
+ 2
¢= ±1
2 = ±05, soit = ±0500
E7. Puisque = 50 N/m et = 05 kg, la fréquence angulaire est
=q
=q 50
05 = 100 rad/sLes 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 = 01 s, on calcule = 10(01) = 1 rad, ce qui implique que
= −02 = sin(1 + ) (i)
= 05 = 10 cos (1 + ) =⇒ 005 = cos (1 + ) (ii)
(a) On divise (i) par (ii) afin d’isoler :−02005 = sin(1+)
cos(1+) =⇒ − 40 = tan (1 + ) =⇒
(1 + ) = arctan(−40) = −1330 rad ou 182 rad
Pour choisir la bonne constante de phase, on suit le même raisonnement qu’à l’exemple
1.4. 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 = −1330 − 1 = −233 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 − 233 =⇒ = 395 rad
On résout ensuite pour au moyen de l’équation (i) :
= −02sin(1+) = −02
sin(495) =⇒ = 0206 m
(b) On utilise les valeurs de et de ce qui donne () = 0206 sin(100 + 395) , où
est en mètres et en secondes.
(c) La condition = 02 m et = −05 m/s implique que sin(()) 0 et que cos(()) 0
ce qui survient lorsque l’argument () = 10 + 395 appartient au deuxième quadrant.
Si on reprend l’équation de la position, on trouve
= 02 = 0206sin(10 + 395) =⇒ sin (10 + 395) = 0971 =⇒
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() = 10 + 395 = arcsin(0971) = 1330 rad ou 1812 rad
On conserve 1812 rad pour que l’argument se trouve dans le deuxième quadrant, et on
obtient
10+395 = 1812 =⇒ = −0214 s. Toutefois, il faut rejeter cette valeur parce qu’elle est
négative. On obtient la bonne valeur en remplaçant 1812 rad par (1812 rad + 2 rad),soit la même position dans le cercle trigonométrique, mais avec un tour supplémentaire.
Ainsi,
10 + 395 = 1812 + 2 =⇒ = 0414 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 = 025 kg, la fréquence angulaire est
=q
=
q 4
025 = 400 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 = 015 s, on a = 4(015) = 06 rad, donc
= −0174 = 4 cos(06 + ) =⇒ −01744 = −00435 = cos(06 + ) (i)
= 0877 = −16 sin(06 + ) =⇒ 0877−16 = −00548 = sin(06 + ) (ii)
On divise (ii) par (i) afin d’isoler :
−00548−00435 = sin(06+)
cos(06+) =⇒ 126 = tan (06 + ) =⇒ (06 + ) = 0900 rad ou 4042 rad
Pour choisir la bonne réponse, on doit revenir aux équations (i) et (ii). À = 015 s,
le cosinus et le sinus sont négatifs ; on doit donc choisir la valeur pour (06 + ) qui se
trouve dans le troisième quadrant, soit 4042 rad. Avec cette valeur, on obtient
= 4042 − 06 = 344 rad
On résout ensuite pour au moyen de l’équation (i) :
= −00435cos(4042) = 00700 m
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On utilise les valeurs de et de et on écrit () = 00700 sin(400 + 344) , 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 = 016 m. On en déduit, en suivant le
raisonnement de l’exemple 1.5, que =
éq =
05(98)
016 = 3063 N/m et que l’oscillationaura une fréquence angulaire de =
q = 7826 rad/s.
(a) Comme on l’a vu à l’exemple 1.5, 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 = 008 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 () = 00800 sin¡
783 + 2
¢, où est en mètres et en secondes.
(b) Lorsque l’allongement du ressort correspond à = 01 m, la variable 0 qui décrit
l’oscillation a pour valeur 0 = − éq = 010 − 016 = −006 m. On trouve donc
−006 = 008sin¡
783 + 2
¢=⇒ sin
¡783 +
2
¢= −075
La vitesse du bloc est proportionnelle à cos¡
783 + 2
¢; or, puisque cos2 + sin2 = 1
alors¯cos
¡783 +
2
¢¯=q
1 − sin2¡
783 + 2
¢= 0661 de sorte que
|| = ¯cos
¡783 +
2
¢¯=⇒ || = 0414 m/s
De plus, selon l’équation 1.5b, on obtient
= −20 =⇒ = +368 m/s2
E10. Sachant que la fréquence angulaire est de =q
le rapport des fréquences d’oscillation
= 2 en fonction des masses s’écrit ainsi 1
2=q
21
Si 1 = 12 Hz pour 1 = et si
2 = 09 Hz pour 2 = + ¡50× 10−3 g¢, le rapport des fréquences devient
1209 =
q +50×10−3
=⇒ (1333)2 − 1 = 50×10−3
=⇒ = 643 × 10−3 kg
et puisque 1 = 12 = 1
2
q =⇒ = (2 1)2 =⇒ = 366 N/m
E11. On donne = 14 N/m et = 003 kg, de sorte que
=q
=
q 14003 = 683 rad/s
On donne aussi = 12 cm.
6 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations v4
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(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 :
cos( + ) = ±p
1 − sin2 ( + ) = ±09428
ce qui permet de calculer la vitesse du bloc :
= cos( + ) = (683) (012)(±09428) =⇒ = ±0773 m/s
On obtient l’accélération du bloc au moyen de l’équation 1.5b :
= −2 = − (683)2 (−004) =⇒ = 187 m/s2
(b) Si = 8 cm, on trouve
= sin ( + ) =⇒ sin( + ) = 8 cm
12 cm = 23 =⇒
cos( + ) = ±p
1 − sin2 ( + ) = ±0745 =⇒
= cos( + ) =⇒ = ±0611 m/s
= −2 =⇒ = −373 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 e ffi cace
de la constante des deux ressorts. Puisque
eff = 1 + 2 et que = 2q
eff
=⇒ = 2q
1+2
(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
par la position du bloc. La somme des forces sur le point de contact des deux ressorts
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 7
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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 = −11 + 22 = 0 =⇒ 11 = 22 (i)
D’autre part, seul le ressort 2 crée une force sur le bloc, ce qui donneP = −22 = (ii)
On cherche la valeur efficace des deux ressorts, de sorte que le côté gauche de (ii) corres-
pond à
−22 = −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 = 121+2
Puisque = 2q
eff
=⇒ = 2
q (1+2)
12
E13. Le module de la vitesse tangentielle de la particule et la vitesse angulaire de son mouve-
ment circulaire sont liés par l’équation 11.5 du tome 1, t = Comme t est constant,
le sera aussi. En coordonnées planes polaires (voir la section 1.7 du tome 1), la position de
la particule selon chaque axe est donnée par = cos() et = sin() où = aug-
mente 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 étant donné qu’elles ont la même forme que l’équation 1.2. =⇒ CQFD
E14. On donne = 32 N/m et = 005 kg, de sorte que =q
=
q 32005 = 2530 rad/s, ce
qui permet de déduire que la période des oscillations est = 2 = 2483 ms. On donne
aussi = 02 m, et les équations de position et de vitesse sont
() = sin ¡ + 2 ¢ et () = cos ¡ +
2 ¢(a) À = 02 on a = 2
(02 ) = 04, et, sachant que = 122 et = 1
22 on
obtient
= 2
¡− cos
¡04 +
2
¢¢2=
2 (− cos(09))2 =⇒ = 579 mJ
= 2
¡ sin
¡04 +
2
¢¢2=
2 ( sin(09))2 =⇒ = 611 mJ
(b) On insère la valeur = 2 dans l’équation de la position et on calcule
8 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations v4
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2 = sin
¡ +
2
¢=⇒ sin2
¡ +
2
¢= 1
4
Ce qui implique, pour le cosinus du même argument, que
cos 2¡
+ 2
¢= 1 − sin 2
¡ +
2
¢= 3
4
On remplace ensuite par ces deux fractions dans les équations de l’énergie cinétique et
de l’énergie potentielle. On obtient =
2
¡− cos
¡ +
2
¢¢2= 3
8 ()2 =⇒ = 480 mJ
= 2
¡ sin
¡ +
2
¢¢2= 1
82 =⇒ = 160 mJ
(c) La condition = implique que
2
¡− cos
¡ +
2
¢¢2=
2
¡ sin
¡ +
2
¢¢2 (i)
Toutefois, si = 2 l’équation (i) devient
2 ¡
− cos
¡ +
2 ¢¢2
= 2
2 ¡ sin
¡ +
2 ¢¢2
=⇒
cos2¡
+ 2¢
= sin2¡
+ 2¢
Cette égalité est satisfaite pour toute valeur d’angle correspondant à un multiple impair
de la valeur 4 , soit
4 34 54 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) · 310 ms, où ∈ N
(d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de l’énergie potentielle et de l’énergie ciné-
tique 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]);
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 9
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E15. On donne = 60 N/m et = 0080 kg, de sorte que =q
=
q 60
0080 = 274 rad/s et
l’amplitude du mouvement est = 12 cm.
Sachant, selon l’équation 1.13 du manuel, que + = = 122, la condition = 1
2
implique que
12 + = =⇒ =
23 =⇒
12
2
=23¡12
2¢On en déduit que = ±
q 23.
En insérant cette condition pour dans () = sin() on obtient
sin() = ±q
23 =⇒ = arcsin
³±q
23
´Le calcul de l’arcsinus avec la valeur positive du radical donne = 09553 rad. Les trois
résultats suivants sont, en faisant croître la valeur de l’angle, − 09553 = 2186 rad,
+ 09553 = 4097 rad et 2 − 09553 = 5328 rad.
Puisque () = sin() = (12 cm)sin(274) on trouve
= 980 cm à 1 = 349 ms et 2 = 798 ms
= −980 cm à 3 = 150 ms; 4 = 194 ms
E16. On calcule directement avec = 1012 Hz, = 005 nm et = 10−26 kg.
(a) = 2 =⇒ = 314 m/s
(b) = max = 12 ()2 =⇒ = 493× 10−22 J
(c) 2 = (2 )2 =⇒ 2 = 197× 1015 m/s2
(d) = 2 = (2 )2 =⇒ = 0395 N/m
E17. L’équation de la position s’écrit () = 02sin(4 + 0771) et on donne = 12 N/m. De
cette équation, on déduit que = 4 rad/s et que = 02 m.
(a) Au moyen de l’équation 1.9, on calcule
=q
=⇒ =
2 = 12(4)2
= 0750 kg
(b) Au moyen de l’équation 1.13, on obtient
= 122 = 1
2 (12) (02)2 = 0240 J
(c) On cherche le premier instant où = 12 . Si on insère cette condition dans l’équation
1.13, on obtient
+ = =⇒ 12 + = =⇒ = 2
3 =⇒ 122 =
¡23
¢122 =⇒ 2 = 2
32
Cette condition implique que = ±q
23 = ±08165, mais nous cherchons le premier
instant 0 pour lequel cette condition est respectée.
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Si = −08165 alors sin(4 + 0771) = −08165 ou encore que
sin (4 + 0771) = −08165 =⇒
(4 + 0771) = arcsin(−08165) = 4097 rad ou 5328 rad
Si = 08165 alors sin(4 + 0771) = 08165 ou encore que
sin (4 + 0771) = 08165 =⇒ (4 + 0771) = arcsin(08165) = 09553 rad ou 2186 radPuisqu’on cherche le premier instant positif, il faut retenir le troisième résultat, ce qui
donne
(4 + 0771) = 09553 =⇒ = 09553−07714 = 00461 s
(d) On calcule la position à l’instant fourni,
= 02sin(4(01) + 0771) = 01842 m
et on obtient l’accélération à partir de l’équation 1.5b :
= −2
= − (4)2
(01842) = −295 m/s2
E18. Si la masse du système passe de 1 = à 2 = + 2 = 3
2 on observe
(a) que, comme l’amplitude ne dépend pas de la masse, cela ne produit aucun eff et
(b) que, comme l’énergie mécanique ne dépend pas de la masse, mais plutôt de l’amplitude
du mouvement, cela ne produit aucun eff et
(c) que, comme la période dépend de la masse, on trouve
0
=
q 0
=⇒ 0
=
q 23 =⇒ 0
= 0816
(d) que, comme le déphasage ne dépend pas de la masse, cela ne produit aucun eff et
E19. On donne = 0050 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 1.5 du
manuel, la partie B décrit la position 0 d’équilibre que prendrait le bloc s’il n’oscillait
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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 = 20. C’est
ce que montre la partie C de la figure.
Selon l’exemple 1.5, 0 = = (0050)(98)
4 = 01225 m, de sorte l’étirement maximal du
ressort sera de = 2(01225) = 0245 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 =1
22
+ (−) et i = f =⇒ 0 = 1
22 − =⇒ = 2 = 0245 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
période du mouvement d’oscillation qui s’amorce. Au moyen de l’équation 1.10, on trouve
∆ = 12 =
p =⇒ = 0351 s
E20. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6.
On donne = 09 s, donc = 2 = 6981 rad/s. À = 0 = = 8 cm =⇒ =
2
L’expression de la position en fonction du temps est alors
() = sin¡
+ 2
¢= 008 sin
¡6981 +
2
¢(a) À = 12 s, = 008sin
¡6981(12) +
2
¢= −00400 m
(b) À = −005 m, sin¡
+ 2
¢= −5
8 =⇒ cos¡
+ 2
¢= ±
q 1 − sin2
¡ +
2
¢=⇒
cos¡
+ 2
¢= ±07806 et, selon l’équation 1.3
= cos ¡ + 2 ¢ = (008) (6981) (±07806) = ±0436 m/s
(c) Au moyen de l’équation 1.5b, à = −005 m, on obtient = −2 = 244 m/s2
(d) Lorsque = 0 on trouve l’énergie mécanique au moyen de la vitesse maximale:
= 12 ()2 = 935 mJ
E21. Pour un bloc attaché à un ressort, l’énergie mécanique s’exprime comme suit, quels que
soient et : = 122 + 1
22 = 122 =⇒ 2 =
¡
¢ ¡2 − 2
¢=⇒
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= ±√
2 − 2 =⇒ CQFD
E22. Pour un pendule simple, on a =q
=
q 9808 = 35 rad/s.
À = 0 on donne ( = 0) = 015 rad, et la vitesse tangentielle a pour valeur
t =
¡¢=0
= +60 cm/s
L’équation 11.5 du tome 1 associe la vitesse tangentielle du pendule à la vitesse angulaire
de son mouvement :¡
¢=0
= t = 060
080 = 075 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
= sin ( + ) (i)
= 0 cos( + ) =⇒ 1
0 = cos ( + ) (ii)
(a) On divise (i) par (ii) en posant que = 0 afin d’isoler :
sincos = (=0)
( )=0
=⇒ = arctan³35(015)075
´=⇒ = 0611 rad ou 3753 rad
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 = 0611 rad
D’après l’équation (i), on obtient
sin = (=0)
0=⇒
0 = (=0)
= 015
0573=⇒
0 = 0262 rad
(b) Avec = 004 kg, on calcule l’énergie mécanique pour t = 06 m/s et
( = 0) = 015 rad, ce qui donne
= 122t + (1 − cos ) = 004
³(06)2
2 + 98 (08)(1 − cos(015))´
= 107 mJ
(c) À la hauteur maximale, on pose t = 0 dans = 122t + =⇒
= 274 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 = 1122 + 2
(a) Lorsque le pivot passe par l’extrémité avec = 2 , on trouve
= 1122 + 2 = 0333 =⇒ = 2
q 0333
2
= 164 s
(b) Lorsque le pivot passe par = 060 m avec = − 2 = 010 m on obtient
= 1122 + 2 = 00933 =⇒ = 2
r 00933
(−2 )
= 194 s
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E24. Pour un disque homogène de masse et de rayon la période du pendule composé
équivaut à
= 2q
où = 3
2 2 =⇒ = 2q
32
E25. Pour un pendule à torsion formé d’un disque dont = 12 2 on calcule directement la
fréquence: = 1
2
p = 1
2
q 2 = 1
2(005)
q 2(2)01 = 201 Hz
E26. Pour un pendule à torsion formé d’une tige dont = 112 2 on calcule directement la
fréquence:
= 2
q = 2
q 12 = 2(05)
q 01
12(25) = 0181 s
E27. On calcule directement pour 0 = 20◦ = 9 rad et =
q =
q 9804 = 495 rad/s, ce qui
permet d’obtenir
(a) = 2q
= 2q
0498 = 127 s
(b)¡
¢max
= 0 tmax = ¡
¢max
= 0 = 04 (495)(9 ) = 0691 m/s
(c) = 122tmax
= 12 (005)(0691)2 = 119 mJ
E28. Puisque ∝√
pour une même constante de torsion, le rapport des périodes s’établit
comme suit :
2 1
=q
2 1
=⇒ 43 =
q 05+ 05 =⇒ = 0389 kg·m2
E29. Puisque ∝√
∝ √
où = 112 2, et sachant que 2
1= 1
2 et que 2 1
= 2 on
obtient
2 1
= 21
q 2 1
= 12
√ 2 = 1√
2où 1 = 09 s =⇒ 2 = 0636 s
E30. (a) On calcule directement sachant que = 2q
Pour = 20 s, on trouve 242 =
2 = 0993 m
(b) Puisque ∝√
et 12
= 6 on obtient 2 = 1
q 12
= 490 s
E31. La position angulaire initiale doit être exprimée en radians, soit 0 = 30◦ = 0524 rad, et
la fréquence angulaire équivaut à = q = q 9808 = 35 rad/s.
(a) = 2 = 180 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
= 2 , de sorte que
() = 0 sin¡
+ 2
¢= 0524 sin
¡350 +
2
¢, où est en radians et en secondes.
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(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
maximal et correspond à 0. Ainsi, on trouve = 122 = 1
2 (0)2 = 215 mJ
(d) À () = 15◦
= 0
2, on a sin ¡ +
2¢ = ()
0= 1
2=⇒
cos¡
+ 2
¢= ±
q 1 − sin2
¡ +
2
¢=⇒ cos
¡ +
2
¢= ±0866
On calcule alors t = ¯
¯= 0
¯cos
¡ +
2
¢¯= 127 m/s
E32. 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 leplus bas lorsque = 0 s.
Quand il atteint () = 10◦ = 02 , 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 = 0333 s
E33. (a) = 2(024)06 = 08 s =⇒ = 2
= 785 rad/s
(b) max =
¡2
¢= 0150 (785)2 (012) = 111 N
(c) = 785(012) = 0942 m/s
E34. (a) = 2 = 2
5 = 0400 s
(b) = 0250 m
(c) 4 rad
(d) = 5 (025) = 393 m/s
(e) 2 = (5)2 (025) = 617 m/s2
E35. (a) = 025 sin ¡5 (02) + 4 ¢ =
−0177 m
(b) = cos¡
5 (02) + 4
¢= −278 m/s
(c) = −2 = − (5)2 (−0177) = 437 m/s2
E36. (a) = 016sin(8(01) + 598) = 763× 10−2 m
(b) = 8(016)cos(8(01) + 598) = 113 m/s
(c) = −2 = − (8)2¡
763 × 10−2¢
= −488 m/s2
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E37. (a) = 2 et 2 = (2 )2 =⇒ = 704× 10−2 m et = 4 = 0282 m
(b) = (2 ) = 0531 m/s
E38. (a) = 125 m/s et 2 = 90 m/s2 =⇒ = 2 = 90
125 =⇒ = 720 rad/s et
= 125 =⇒ = 0174 m
(b) =
1
2
2
+
1
2
2
=
1
2
2
et =
2
=⇒ = 0907 m/sE39. (a) = 120 cm et = 2(06) = 12 s =⇒ = 2
12 =⇒ = 524 rad/s
(b) = 0628 m/s
(c) 2 = 329 m/s2
E40. (a) = 015 m/s et 2 = 090 m/s2 =⇒ = 2 = 090
015 =⇒ = 600 rad/s =⇒
= 2 = 105 s
(b) = 015 =⇒ = 250 cm
E41. (a) = (2 ) = 0314 m/s
(b) 2 = 987 m/s2
E42. (a) = (2 ) = 221 m/s
(b) 2 = 611× 103 m/s2
E43. (a) = 2 = 2
04 = 157 rad/s et 2 = 28 m/s2 =⇒ = 0113 m
On insère = 0 s et = 2 dans l’équation 1.4, ce qui permet d’obtenir
−2 sin() = 2 =⇒ − sin() = −1 =⇒ = 32 rad
(b) = 0113 sin¡
157 + 32
¢, où est en mètres et en secondes.
E44. (a) On pose = = 008 m dans = 008sin(515), de sorte que
1 = sin(515) =⇒ arcsin(1) = 2 = 515 =⇒ = 0305 s
(b) Si = = (008)(515) dans = (008)(515)cos(515) alors 1 = cos(515).
Toutefois, comme on veut le premier instant pour lequel 0, on exclut le résultat
arccos(1) = 0. De sorte que arccos(1) = 2 = 515 =⇒ = 122 s
(c) Avec = 2 = (008) (515)2 dans =
−(008)(515)2 sin(515) on obtient
−1 = sin(515) =⇒ arcsin(−1) = 32 = 515 =⇒ = 0915 s
E45. (a) La période ne change pas.
(b) =¡
¢12et = 2
= 2¡
¢12=⇒
0 = 2³0
´12= 2
¡2
¢12=¡
212¢ ³
2¡
¢12´=¡
212¢
= (2)12 (25) = 354 s
(c) 0 = 2¡0
¢12= 2
¡2
¢12=
(2)12= 25
(2)12= 177 s
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E46. Selon l’exemple 1.5, il existe une relation simple entre la position 0 d’équilibre du ressort
et sa constante :
0 = 0 =⇒ = 00
= 0025(98)016 = 153 N/m
Pour un bloc de masse = 0040 kg, on obtient = 2 = 2
( )
12 = 102 s
E47. = 056 m/s =⇒ =056016 = 35 rad/s et =
¡ ¢12
=⇒ =2 = 0200 kg
E48. On donne = 019 kg, 0 = −225 cm et 0 = 0. Comme la vitesse initiale est nulle,
on peut déduire facilement que l’amplitude du mouvement est = |0| = 0225. 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 = 035 s qui correspond à la moitié d’une période. On conclut donc
que = 2(035) = 070 s.
(a) Au moyen de l’équation 1.10, on calcule la constante du ressort :
= 2p
=⇒ =
¡2
¢2 =
³2070
´2(019) = 153 N/m
(b) Toujours au moyen de l’équation 1.10, on calcule la fréquence angulaire :
= 2 =⇒ = 2
= 2070 = 898 rad/s
On calcule ensuite le module de la vitesse maximale du bloc :
= (898) (0225) = 202 m/s
(c) 2 = (898)2 (0225) = 181 m/s2
E49. D’après l’exemple 1.5, on trouve pl = 0 =⇒ = pl 0
= 05(98)014 = 350 N/m
Si on ajoute le poisson (po) sur le plateau (pl), on obtient
2 = pl +p o
=⇒ (pl + po ) = 2 =
(2 )2= 0807 kg =⇒ po = 0307 kg
E50. (a) = 2 = 880 rad/s et = 029 m/s =⇒ = 330 cm
(b) = 2 = 002(880)2 = 155 N/m
(c) 4 = 185 cm/s
E51. (a) = 404 = 10 cm et 2 = 36 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 = 0100sin¡
600 + 2
¢, où est en mètres
et en secondes.
(b) = 0100sin¡
600 + 2
¢= 0 =⇒
¡600 +
2
¢= =⇒ = 0262 s
E52. La distance totale parcourue durant un cycle est 4 =⇒ = 604 = 015 m.
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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
= 0150sin( + ) , où est en mètres et en secondes.E53. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.4 et de l’exercice 7. À = 0
= sin = 015, et = 6 cos = 13; donc
(a) = 0264 m
(b) = 0606 rad
E54. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6.
(a) = −2 = 85 m/s2 =⇒ = 5 rad/s
À = 0 = =⇒ = 2 et
= 0340 sin¡
500 + 2
¢, où est en mètres et en secondes.
(b) = 5(0340) = 170 m/s
(c) = 170 cos¡
5 + 2
¢= 170 =⇒ cos
¡5 +
2
¢= 1 =⇒ 5 +
2 = 0 ou 2 On choisit
2 pour que l’instant trouvé soit positif, et = 0943 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 = 061 s, de sorte que = 2 = 103 rad/s. La position du bloc, à l’instant
, est
= sin(103 + 2 ) = cos(103)
Et sa vitesse est donnée par
= = − sin(103)
Mais à = 005 s, =
− sin(103) =
−0964 m/s =
⇒ = 0190 m
E56. (a) = −2 =⇒ =
q −(−405)
2 = 450 rad/s
(b) Puisque = 2 dans l’équation 1.13, on obtient
122 + 1
22 = 122 =⇒ 2 + 2
2 = 2 =⇒ = 268 cm
E57. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.4 et de l’exercice 7. À = 0
= sin et = cos . Pour chaque cas, on considère la valeur de et le signe de
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la vitesse.
(a) = sin = =⇒ sin = 1 =⇒ = 2
(b) = sin = − =⇒ sin = −1 =⇒ = 32
(c) = sin = 0 =⇒ = 0 ou Mais 0 =⇒ cos 0 =⇒ =
(d) = sin =
2 =⇒ sin =1
2 =⇒ =
6 ou5
6 Mais 0 =⇒cos 0 =⇒ =
6
(e) = sin = 2 =⇒ sin = 1
2 =⇒ = 6 ou 5
6 Mais 0 =⇒
cos 0 =⇒ = 56
E58. (a) 122 = 1
22 = 9 mJ =⇒ = 490 cm
(b) Le temps de contact est 2 =
p = 0257 s
E59. (a) La variable 0 représente la position d’équilibre lorsque le bloc de masse inconnue est
accroché au ressort. Selon l’exemple 1.5, = 0 Si on accroche le second bloc de
0050 kg, la nouvelle position d’équilibre est donnée par
( + (0050 kg) ) = (0 + 038 m)
Si on combine les deux équations, on arrive à = (0050 kg)038 m = 129 N/m
(b) = 2p
=⇒ 1 = 2
42 = 00209 kg
E60. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.4 et de l’exercice 7. On donne
= ¡¢
12= 112 rad/s. À = 0 = − =⇒ sin = −1 =⇒ = 3
2
= 00500sin(112 + 32 ) , où est en mètres et en secondes.
E61. (a) = −2 = −197 m/s2
(b) Si = 008sin(2) = 005 et que sin2 + cos2 = 1 =⇒ cos(2) = ±07806 =⇒
= cos(2) = ±0392 m/s
E62. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.4 et de l’exercice 7. À = 0
= − =⇒ sin = −1 =⇒ = 32
On donne la vitesse lorsque = 0 c’est-à-dire lorsqu’elle est maximale; donc
= 90 cm/s =⇒ = 6 rad/s, et = 0150sin(600 + 32 ) , où est en mètres et
en secondes.
E63. On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.4 et de l’exercice 7.
(a) On donne =q
= 433 rad/s. À = 0 = sin = 0 =⇒ = 0 ou Comme
= cos 0 =⇒ = 0 =⇒ = 0150 sin(433) , où est en mètres et en
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secondes.
(b) 1 = 0150 sin(4331) = 002 =⇒ 1 = 309 ms et
2 = 0150sin(4332) = 012 =⇒ 2 = 2142 ms =⇒ ∆ = 183 ms
E64. (a) = 122 = 04 J =⇒ = 200 N/m
(b) =2
= 785 rad/s =⇒ =
2 = 0324 kgE65. = 2
= 126 rad/s, = 2 = 316 N/m
= 122 + 1
22 = 362 mJ et = 122 =⇒ = 479 cm
E66. (a) = 122 = 02 J =⇒ = 100 cm
(b) Lorsque l’amplitude est nulle, = 12 ()2 = 02 J =⇒ = 183 m/s
(c) = 122 + 1
22 = 02 J =⇒ = 702 cm
(d) 2 =
¡¢
2 = 333 m/s2
E67. (a) = 2 = 524 rad/s =⇒ = 2 = 219 N/m =⇒ = 122 = 158 mJ
(b) = 0628 m/s
(c) = 122 + 1
22 = 158 mJ, à = 006 m =⇒ = 0544 m/s
E68. (a) = 2 = 864 N/m, = 122 = 0249 J,
= 122 + 1
22 = 0249 J =⇒ = ±271 m/s
(b) = 122 + 1
22 = 0249 J =⇒ = ±0205 m
(c) = 0249 J
E69. (a) = 2 = 140 rad/s =⇒ = 2 = 156 N/m =⇒ = 1
22 = 0344 J =⇒
= 0210 m
(b) = 293 m/s
(c) = 122 + 1
22 = 0344 J =⇒ = 258 m/s
E70. (a) Lorsque l’amplitude est nulle, = 12 ()2 = 018 J =⇒ = 0230 kg
(b) = 122 = 018 J =⇒ = 184 N/m
(c) = 125 m/s =
⇒ = 893 rad/s =
⇒ =
2 = 142 Hz
(d) = 122 + 1
22 = 018 J =⇒ = ±108 m/s
E71. (a) = 12 ()2 = 022 J et = 2 = 1956 N/m =⇒ = 930 g
(b) = 218 m/s
(c) = − 122 = 0185 J
(d) = − 122 = 0153 J
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E72. (a) = 122 + 1
22 = 121 mJ
(b) = 122 = 121 J =⇒ = 695 cm
(c) Lorsque l’amplitude est nulle, = 12 ()2 = 121 mJ =⇒ = 634 cm/s
E73. (a) = −2 =⇒ = 137 rad/s
(b)
2
=
=⇒ = 0192 kg(c) = 1
22 + 122 = 461 mJ
E74. (a) 2 = 77 m/s2 =⇒ = 2 = 981 rad/s =⇒ = 0640 s
(b) = 2 = 722 N/m =⇒ = 122 = 231 mJ
E75. (a) cos (47 + 605) = 1 =⇒ 47 + 605 = 0 =⇒ 0
Toutefois, on aura de nouveau cos(47 + 605) = 1 lorsque 47 + 605 = 2 ce qui
implique que = 489 ms
(b) L’accélération est maximale et positive lorsque = − =⇒ sin(47 + 605) = −1 =⇒ 47 + 605 = 3
2 =⇒ 0
Comme en (a), on aura de nouveau sin(47 + 605) = −1 lorsque 47 + 605 = 72 ce
qui implique que = 105 s
E76. (a) On suit un raisonnement similaire à celui de l’exemple 1.3 et de l’exercice 6.
On donne =q
= 20 rad/s. À = 0 = =⇒ =
2
L’expression de la position en fonction du temps est alors
= sin¡
20 + 2¢
ou encore = cos (20) =⇒ = − sin(20)
À = 005 s, = − sin(20 (005)) = −069 m/s =⇒ = 00410 m
(b) = 122 = 202 mJ
E77. (a) Si = 12 =⇒ = 1
4 max = 14 =⇒ = 3
4 = 34
¡122
¢=⇒
122 = 3
4
¡122
¢=⇒ = ±173 cm
(b) Si = =⇒ = 12 =⇒ 2 = 1
22 =⇒ = ±141 cm
E78. = 2q et = 19 s
8 = 238 s =⇒ = 42 2 = 980 m/s2
E79. = 2q
et = 200 s =⇒ = 2
42 = 0993 m
E80. = 2q
=⇒ = 2
42= 226 × 10−3 kg·m2
E81. = 2q
= 2
r 2
3
(2 )=⇒ = 2
q 23
Pour un pendule simple, = 2q
0
de sorte que 0 = 23 = 0800 m
E82. = ¡4
¢2+
¡34
¢2= 5
82
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= 2q
= 2
q
2(4 )= 2
r ( 582)2(4 )
= 2q
54 = 203 s
E83. Selon la conservation de l’énergie mécanique, 122max = (1 − cos 0) =⇒
2max = 2 (1 − cos 0) =⇒ = 0389 m =⇒ = 2q
= 125 s
E84. (a) Selon la conservation de l’énergie mécanique, 122max = (1 − cos 0) =⇒
2max = 2 (1 − cos 0) =⇒ 0 = 0353 rad
(b) =q
= 374 rad/s et = 0 sin() 0353sin(374) = 02 =⇒ = 0161 s
E85. 2 1
=q
21
= 1125 De plus, 2 = ( + 1) 1 =⇒ = 8 et = 2 = 145 s
E86. 2 = (2 )2 = =⇒ = 1282 D’après le thérorème des axes parallèles, on a
= 2
12 + 2 et on combine les deux expressions pour obtenir
1282 = 2
12 + 2 =⇒ 0 = 112 + 2 − 1282 =⇒ = 687 cm
E87. = 2q
et au moyen du théorème des axes parallèles, on trouve = 2
2 + 2
de sorte que = 115 s
Problèmes
P1. On a =q
=
q 3205 = 8 rad/s.
L’énergie cinétique initiale du bloc correspond à l’énergie cinétique maximale du système
bloc-ressort, soit
max = 122 = 1
2 (05) 22 = 1 J
La conservation de l’énergie mécanique implique que
= max =⇒ max = 122 =⇒ =
q 2 max
= 025 m
Étant donné les conditions initiales 0 = 0 et 0 0 et au moyen d’un raisonnement
similaire à celui de l’exemple 1.4, on déduit que
= 0250 sin(800 + ) , 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 = 010 m et = 2 , on
aura au point critique 2 = =⇒ = 12
q = 1
2
√ 98 = 158 Hz
P3. Le raisonnement qu’il faut suivre ici est similaire à celui de l’exemple 1.5. 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
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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 =⇒
∆ = 122 + 1
22r + 1
2 (0 + 0)2 − (0 + 0)
Mais comme r =
et =1
2
2
on trouve∆ = 1
2
¡ +
2
¢2 + 1
2 (0 + 0)2 − (0 + 0) (i)
L’énergie mécanique reste constante dans le temps, donc = 0 =⇒ (∆ )
= 0
Si 0 = et qu’on se rappelle que = 0
et que = la dérivée de l’équation
(i) donne¡ +
2
¢ + (0 + 0) − =⇒
¡ +
2 ¢ + 0 = 0 =⇒ = −
+ 2
0 (ii)
Si on compare l’équation (ii) avec l’équation 1.7, on en déduit que la fréquence angulaire
d’oscillation de ce système est
2 = 2 +2 =⇒ =
q 2
+2 =⇒ CQFD
P4. La fréquence angulaire du système formé des deux blocs et du ressort est
=q
+ =
q 205+1 = 1826 rad/s.
À l’aide deP
et deP
on trouve, pour le module de l’accélération du bloc ,
= s
Comme = 04 m, la valeur maximale de ce module est
max = 2 = s =⇒ s = 2 = 0136
P5. (a) La situation est identique à celle d’un pendule simple, et on le vérifie en partant de
= :
− ( sin ) = 2 22 (i)
Mais, comme sin ≈ (i) devient − = 2
2 qui possède la même forme que l’équation
1.5a =
⇒CQFD
(b) 2 = =⇒ = 2
q
P6. (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
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= :P = − = =⇒ − (2) = =⇒ − 2
= 22 =⇒ 2
2 + 2 = 0
Ce dernier résultat possède la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD
(b) 2 = 2 =⇒ = 2
q 2
P7. En posant égale à zéro la dérivée de l’équation 1.29a par rapport à e on trouve lemaximum:
e
= e
e
Ã1q
(20−2e )2+(e
)2
!=⇒
e
= e
Ã−1
2
2(20−2e )(−2e )+2(e )(
)³(20−2e )
2+(e
)2´32
!= e
Ãe
2(20−2e )+ 2
2³(20−2e )
2+(e
)2´32
!= 0
Si on exclut la possibilité que e = 0 ou que e −→ ∞ cette égalité n’est vraie que si le
numérateur de l’expression entre parenthèses est nul :
2 ¡20
−2
e¢ + 2
2 = 0 =
⇒2
e = 20
− 2
22 =
⇒CQFD
P8. À l’équilibre, le poids du bloc égale le poids du volume d’eau déplacée par la partie im-
mergée du bloc (principe d’Archimède), etP
= 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 = B = B =
⇒ −f = B
22 =
⇒ −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
= 12 () (0)2 = 1
2 ¡ ¢ ¡ ¢2 = 122
3 2
et l’énergie cinétique totale du ressort
=R 0
= 122
3
R 0
2 =⇒ = 162 =⇒ CQFD
(b) On calcule l’énergie mécanique du système formé du ressort et du bloc :
=¡ 2 +
6
¢2 + 1
22
Puisque l’énergie mécanique est constante et que = , on trouve
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= 0 =⇒
¡¡ 2 +
6
¢2¢
= 0 =⇒ 22 +
+3
= 0 =⇒ = 2
q +
3
P10. (a) Au moyen de l’équation = − on trouve [] = M2L2T−2; les unités sont donc des
Nm/rad
(b) En se servant de l’analyse dimensionnelle, on obtient
= =⇒ [ ] =¡ML2
¢¡M2L2T−2
¢ =⇒ 1 = −2 et 0 = + =⇒
= −12 et = 1
2 =⇒ ∝q
P11. On calcule directement avec l’argument en radians, et on obtient
(a) = 15◦ = 12 rad =⇒ = 100430 s
(b) = 30◦ = 6 rad =⇒ = 101738 s
(c) = 45◦ = 4 rad =⇒ = 103963 s
(d) = 60◦ = 3 rad =⇒ = 107129 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);
= 0403 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);
= 109 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 1.5, on obtient
= + res + =⇒ = 122 + 1
22 −
(b) = 0 =⇒ 2
2 + − = 0 (i)
Soit 0 =
−0 où 0 =
correspond à la position d’équilibre du bloc. Avec ce
changement de variable, l’équation (i) devient
20
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
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= − sin où sin =
Puisqu’il s’agit de la seule force agissant sur la particule de masse , on aP = −
= =⇒ 22 +
= 0 qui possède
la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD
(b) 2
=
=⇒ = 2q
≈ 844 minP14. (a) Lorsqu’on applique = à cette tige, pour laquelle = 1
3 2, on trouve
(i) − () = 22 = 1
32 22 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
− () = 13 2 2
2=⇒ − = 1
3 22
=⇒ 22
+ 3 = 0 qui possède
la même forme que l’équation 1.5a =⇒ CQFD
(b) 2 = 3 =⇒ = 2q
3
P15. (a) La fréquence angulaire amortie est donnée par
0 =q
20 −
¡ 2
¢2=q
−
¡ 2
¢2=
r 4200600 −
³0133
2(0600)
´2= 8366 rad/s et
= 20 = 0751 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 −
− 0133(0751)2(0600) = 00799 ou 799 %
(c) On obtient le mode critique si = 20 = 2q
=⇒
= 1
¡ 2
¢2= 1
420
³01332
´2= 0105 g
P16. (a) On donne = 0500 kg et = 10 N/m. Selon le problème 15, la diminution de l’amplitude
au bout d’une période est donnée par
1 − − 2 = 010 =⇒
− 2(0500) = − = 090 =⇒ = 0105
D’autre part, la fréquence angulaire amortie est associée à la période, ce qui donne
0 = 2 = q − ¡
2¢2 = r 100500− ³
2(0500)´2
=⇒
2 0105 = p 20
− 2 =
⇒3581 2 = 20 − 2 =⇒ 2 = 20
3582 =⇒ = 00747 kg/s
(b) 0 = 2 = 2
0105
=⇒ 0 = 2(00747)0105 = 447 rad/s
P17. 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
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res = 122 = 1
220− sin2(0)
On a besoin de l’expression de la vitesse pour obtenir celle de l’énergie cinétique. Comme
= alors
=
³0
−2 sin(0)
´= 00
−2 cos(0) −
20−2 sin(0)
On suppose que la situation est sous-amortie et que, de plus, 0
≈ 0 Dans l’équation1.25, cette condition implique que 0 À
2 et permet de négliger le deuxième terme de
l’équation de la vitesse. Il est alors facile d’exprimer l’énergie cinétique du système :
= 122 = 1
20220− cos2(0)
Puisque 0 ≈ 0 =⇒ 02
2 = 2
=
2 et = 22
0− cos2(0)
L’énergie mécanique est la somme des énergies potentielles et cinétiques :
= + res = 122
0− cos2(0) + 1
220− sin2(0) = 1
220− =⇒
= 0−
, où 0 = 1220 =⇒ CQFD
P18. (a) On traite les trois termes séparément, on les additionnera ensuite :
(i) = 0−2 sin(0 + )
(ii) =
³0
−2 sin(0 + )
´=⇒
= 00−2 cos(0 + ) − 2
20−2 sin(0 + ) =⇒
= 0−2
¡0 cos(0 + ) −
2 sin(0 + )¢
(iii) 22 =
= ³0
−2 ¡0 cos(0 + ) −
2 sin(0 + )¢´ =⇒
22 = −
20−
2
¡0 cos(0 + ) −
2 sin(0 + )¢
+0−2
³−02 sin(0 + ) − 0
2 cos(0 + )´
Après simplifications, ce dernier terme devient
22 = 0
−2
³³ 2
42 − 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 + )
− 2 sin(0 + )¢
+³³
2
42 − 02´
sin(0 + ) − 0
cos(0 + )´
= 0
On regroupe tous les termes qui contiennent un "sinus" et tous les termes qui contiennent
un "cosinus" :h − 2
2 + ³
2
42 − 02´i
sin(0 + ) + [ 0 − 0] cos(0 + ) = 0
Le deuxième terme disparaît. Quant au premier terme, il sera nul si
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− 2
2 + ³
2
42 − 02´
= 0 =⇒ − 2
42 − 02 = 0
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 diff
érentielle. Quantaux 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 [−00 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 [−00 sin(0(0)) + 0 cos(0(0))] =⇒
0 = − 20 + 0 =⇒ =
0+2
00 =⇒ CQFD
P19. 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)
22 =
= (−e sin(e −))
= −2e cos(e − ) (3)
Ces 3 termes, insérés dans l’équation diff érentielle, conduisent à
−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
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= cos(e− ) soit une solution de l’équation diff érentielle, 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
=
2
0 ce qui correspond au carré de la fréquence angulairenaturelle d’oscillation du système, on obtient facilement que
tan =( )e
20−2e(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
£¡ − 2
e
¢cos +
¡
¢e sin
¤= 1 =⇒
e
£¡20 −
2
e¢
cos + (
)e sin ¤
= 1 (v)Cette équation a presque la même forme que l’équation (ii). Pour en extraire une infor-
mation valable, il faut introduire le résultat (iv), mais de deux façons. D’abord comme
ceci:
e
h( )e
tan cos + ( )e sin
i= 1 =⇒
sin e
£( )e cos2 + (
)e sin2 ¤
= 1 =⇒ e
( )e = sin (vi)
Puis comme cela: e
£¡20 − 2
e
¢cos +
¡20 − 2
e
¢tan sin
¤= 1 =⇒
cos e
£¡20 − 2
e
¢cos2 +
¡20 − 2
e
¢sin2
¤= 1 =⇒
e
¡20 − 2
e
¢= cos (vii)
Si on élève les équations (vi) et (vii) au carré et qu’on les additionne, on arrive à³ e
´2 ¡20 − 2
e
¢2+³ e
´2 ¡( )e
¢2= cos2 + sin2 =⇒
³ e ´
2
¡20 − 2
e¢2
+ ³ e ´
2
¡( )e¢
2= 1 =⇒¡
20 − 2
e¢2 +
¡( )e
¢2 =
¡ e
¢2
Après quelques manipulations, on arrive à l’équation 1.29a , qui définit l’amplitude du
mouvement :
= eq
(20−2e )2+(( )e )
2
En conclusion, l’équation diff érentielle est respectée si ce dernier résultat et l’équation
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(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
= eq
(20−2e )2+(( )e )
2=
er
(20−2e )2+20
2e
2
Si le facteur d’amortissement est faible, le pic de résonance sera élevé, et la fréquenceangulaire de résonance sera très proche de la fréquence angulaire naturelle de l’oscillateur,
soit e ≈ 0 À cette fréquence angulaire, l’amplitude devient
max = e20
= e20
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 = 122
max = 2e 2
2240=⇒ = e√
220=
e
r (20−2e )
2+20
2e
2
=⇒
2402 = (2
0 − 2e )2 +
202e
2 =⇒ 0 = 40 + 4
e − 2202
e +20
2e
2 − 2402 =⇒
0 = 4e + 2
02e
³12 − 2
´+ 4
0
³1 − 2
2
´Il s’agit d’une équation quadratique en 2
e , dont les solutions sont données (après quelques
étapes) par
2e = 2
0
³1 − 1
22 ±q
144 + 1
2
´Puisque le facteur de qualité est élevé, on néglige 4 sous le radical, de sorte que
2e = 2
0 ³1−
122 ±q 12´ = 2
0 ³1−
122 ±
1´ = 2
0 ³1 ± 1´
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
e = 0
q 1 ± 1
= 0
³1 ± 1
2
´Les deux valeurs possibles sont 1 et 2, et on peut facilement montrer que
2−10
= ∆0
= 1 =⇒ CQFD
P21. 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);
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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.
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Chapitre 2 : Les ondes mécaniques
Exercices
E1. On cherche les longueurs d’onde associées à des fréquences d’ondes électromagné-
tiques. 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= 278 m et max =
min= 3×108
88×106= 341 m
L’intervalle de longueurs d’onde va de 278 m à 341 m .
E2. On cherche la fréquence du signal enregistré sur le microsillon. Lorsque le microsillon
tourne à raison de r =331
3tours
min ×2 rad1 tour ×
1 min60 s = 349 rad/s, l’ondulation présente
sur la circonférence ( = 15 cm) est équivalente à une onde sinusoïdale progressive de
longueur d’onde = 12 mm. On calcule la vitesse de propagation de cette onde au
moyen de l’équation 11.5 du tome 1 :
= r = 349(015) = 05235 m/s
Au moyen de l’équation 2.5c , on obtient
= =⇒ =
= 0523512×10−3
= 436 Hz
E3. L’onde transversale, de forme sinusoïdale, se propage à = 40 cm/s vers la droite et, en
observant la figure 2.28 du manuel, on obtient les autres données nécessaires.
(a) Comme = 4 cm, on obtient au moyen de l’équation 2.5c
=
= 0404×10−2
= 100 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 ∆ = 25 cm, la variation de phase entre ces deux
points est donnée par
∆ = 2¡∆
¢= 2
³25×10−2
4×10−2
´= 393 rad
(c) Selon le paragraphe qui précède dans le manuel l’équation 2.5 a , la phase de l’onde à un
instant quelconque est fixée par 2¡
¢et la période de l’onde est = 1
= 1
100 = 01 s.
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En un point donné, si la variation de phase est de ∆ = 60◦ ס2 rad360◦
¢= 1047 rad, le
temps écoulé est
∆ = 2¡∆
¢=⇒ ∆ = ∆
2 = 010(1047)2 = 00167 s
(d) Chaque particule de la corde subit un mouvement harmonique simple. Comme on le voit
à lafi
gure 1.3, lorsque la position d’une particule est nulle, sa vitesse est maximale etdonnée 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
en conclut, au moyen de l’équation 2.5a , que
= − = −¡2
¢ = −
³2010
´¡2× 10−2
¢= −126 m/s
E4. La fréquence du signal sonore enregistré sur le microsillon est = 1× 104 Hz. On donne
= 15 cm, le rayon du microsillon, et r =331
3tours
min ×2 rad1 tour ×
1 min60 s = 349 rad/s, sa
vitesse de rotation.(a) À = 145 cm, la vitesse tangentielle d’un point sur le disque est donnée par l’équation
11.5 du tome 1:
= r = 349(0145) = 0506 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 :
= =⇒ = = 0506
1×104 = 506× 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 diff ère.
Dans le cas du son, pour lequel s = 340 m/s, la longueur d’onde est, selon l’équation
2.5c
=
= 3401×104
= 340× 10−2 m
E5. Étant donné les deux vitesses de propagation, S = 5 km/s et P = 8 km/s, le délai
d’arrivée ∆ = 18 min entre les deux ondes s’exprime en fonction de la distance ∆
entre l’épicentre et la station d’observation :
∆ = ∆S−∆P
= ∆³
1S−
1P
´= ∆
³P−SS P
´=⇒ ∆ = ∆
³S PP−S
´=⇒
∆ =¡
18 min ×60 s1 min
¢ ³5(8)8−5
´= 144× 106 m
E6. On donne = 25 g et = 3 m; donc, =
= 25×10−3
3 = 833× 10−3 kg/m.
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Avec = 40 m/s et l’équation 2.1, on trouve
=q
=⇒ = 2 =
¡833× 10−3
¢(40)2 = 133 N
E7. On donne = 20 m/s, = 30 N et = 75 m. Si on combine =
avec l’équation 2.1,
on trouve
= q
=⇒ 2 =
=⇒ =
2 =⇒
=
2 =⇒ =
2 = (75)(30)
202 = 0563 kg
E8. 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
2 1
=2
2
21
=⇒ 2 = 1
³22
21
´= 15
³452
282
´= 387 N
E9. (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
= = =⇒ = 1
q
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
2 1
=1
2
q 2
1
1
q 1
= 12
q 2 1
= 11
q 2 1 1
=⇒ 2 1
= 141
(b) Selon l’équation 2.5c , la vitesse de propagation et la fréquence sont directement propor-
tionnelles, de sorte que
2
1 = 141
E10. 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.
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(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 ∆ = 05 s. Ainsi
m oy = ∆∆ = 1 cm
05 s = 200 cm/s
E11. 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.
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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 ∆ = 10 s. Ainsi
m oy = ∆∆ = −1 cm
10 s = −100 cm/s
E12. 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
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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 2.31, 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
fi
gure 2.31,on conclut aussi que = 0075 m et = ∆
∆ = 001203 = 004 m/s, ce qui implique que
= 2 = 2 004
0075 = 335 rad/s
= 2 = 2
0075 = 838 m−1
Si la crête se trouve à = 0 à l’instant = 0 on obtient = 2 , et la fonction d’onde
s’écrit
= 00200 sin¡
838 − 335 + 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 est³
´max
= , la vitesse de propagation de l’onde est
= , et le module de la vitesse maximale d’une particule sur la corde est ()max =
Puisque = = (), on obtient ()max = ³
´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 = 01 s :
y1:=subs(t=0,y);
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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∆
= 01 s, on en conclut que
= ∆∆ = 25 cm
01 s = 250 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
variation de phase entre deux points correspond à ∆ = 23 on obtient
∆ = 2¡∆
¢=⇒ 2
3 = 2¡∆
¢=⇒ ∆ =
3 = 10 cm3 = 0105 m
E17. Une onde sinusoïdale progressive est décrite par
= 24cos¡ 20 (05 − 40)
¢= 24cos
¡ 40 − 2
¢où et sont en centimètres, et en secondes.
(a) Le module de la vitesse maximale d’une particule est
= 2 (24) = 151 cm/s
(b) L’équation générale de la vitesse d’une particule est
= = −24 (−2)sin
¡40 − 2
¢= 24 (2)sin
¡40 − 2
¢Pour = 15 cm et = 025 s, on calcule
= 24 (2)sin¡40 (15) − 2 (025)
¢=⇒ || = 150 cm/s
(c) Le module de l’accélération maximale d’une particule est
2 = (2)2 (24) = 947 cm/s2
(d) L’équation générale de l’accélération d’une particule est
= = −24 (−2)2 cos
¡40 − 2
¢= −24 (2)2 cos
¡40 − 2
¢Pour = 15 cm et = 025 s, on calcule
= −24 (2)2 cos
¡40 (15) − 2 (025)
¢= −111 cm/s2
(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);
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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
= 003cos(24 − 12 + 01)
où et sont en centimètres, et en secondes.(a) On calcule la fréquence, soit =
2 = 122 = 191 Hz
(b) On calcule la vitesse de propagation, soit = = 12
24 = 500 cm/s
(c) On note l’amplitude, soit = 00300 cm
(d) L’équation générale de la vitesse d’une particule est
= = (12) (003) sin (24 − 12 + 01)
Pour = 15 cm et = 02 s, on calcule
= (12) (003) sin (24 (15) − 12(02) + 01) = 0272 cm/s
(e) Le module de l’accélération maximale d’une particule est
2 = (12)2 (003) = 432 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 = 002 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
∆ = 2¡∆
¢= 2
³8×10−2
20×10−2
´= 251 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 ∆ = 0035 s, la
variation de phase durant ce délai en temps correspond à
∆ = 2¡∆
¢= 2
³0035002
´= 110 rad
Comme elle est supérieure à 2 cette valeur de déphasage est équivalente à
∆ = 110 − 2 = 472 rad
(c) Dans le logiciel Maple, on définit l’expression d’une onde sinusoïdale d’amplitude
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= 1 cm, de déphasage = 0 de longueur d’onde = 20 cm et de période = 002 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 = 0035 s − = 0015 s, le graphe confirme la réponse obtenue
en (b).
E21. Une onde sinusoïdale progressive est décrite par
= 002 sin(04 + 50 + 08)
où et sont en centimètres, et en secondes.
(a) On calcule la longueur d’onde, soit = 2 = 2
04 = 157 cm
(b) On note le déphasage, soit = 0800 rad
(c) On calcule la période, soit = 2 = 2
50 = 0126 s
(d) On note l’amplitude, soit = 00200 cm
(e) On calcule la vitesse de propagation, soit = = 50
04 = 125 cm/s
(f) L’équation générale de la vitesse d’une particule est
= = (50) (002) cos (04 + 50 + 08)
Pour = 1 cm et = 05 s, on calcule
= (50) (002)cos(04 (1) + 50 (05) + 08) = 0483 cm/s
E22. Une onde sinusoïdale progressive est décrite par
= 004 sin(5 − 2) = 004 sin(02 − 2)
où et sont en mètres, et en secondes.
(a) On calcule la longueur d’onde, soit = 2 = 2
02 = 314 m
(b) On calcule la période, soit = 2 = 2
2 = 314 s
(c) On calcule la vitesse de propagation, soit = = 2
02 = 100 m/s
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E23. On donne: la longueur d’onde, = 0025 m; la période, = 001 s; et l’amplitude,
= 003 m. Si l’onde se propage dans la direction des négatifs, on a
= sin¡2 + 2
+ ¢
= 003 sin³
20025 + 2
001 + ´
= 003sin(251 + 628 + )
À = 0 s et = 0 m, = −002 m, et donc
−002 = 003sin =⇒ = arcsin (−0667) =⇒ = 387 rad ou 555 radL’expression générale de la vitesse d’une particule est
= = (003)(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 = 555 rad, et l’expression de la fonction d’onde
devient
= 00300 sin (251 + 628 + 555)
où et sont en mètres, et en secondes.
E24. On donne : le nombre d’onde, = 01 rad/m; la vitesse de propagation, = 50 m/s; et
l’amplitude, = 005 m.
La fréquence angulaire équivaut à = = 01(50) = 500 rad/s, et, si l’onde se propage
dans la direction des négatifs, on a
= sin( + + ) = 00500 sin (0100 + 500 + )
À = 2 s et = 0 m, = 00125 m, et donc
00125 = 00500sin (500 (2) + ) = 00500 sin (10 + ) =⇒
sin (10 + ) = 0012500500 = 0250 =⇒
(10 + ) = arcsin(0250) =⇒ (10 + ) = 0253 rad ou 289 rad
L’expression générale de la vitesse d’une particule est
= = (500)(00500) cos (0100 + 500 + )
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 289 rad, dont le cosinus est négatif. On obtient alors pour :
(10 + ) = 289 =⇒ = 289 − 10 = −711 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 ≈ 628 n’est pas suffisant, de sorte
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qu’on obtient une valeur adéquate avec
= −711 + 2 (2) = 546 rad
et l’expression de la fonction d’onde devient
= 00500 sin (0100 + 500 + 546)
où et sont en mètres, et en secondes.E25. Les diff érentes expressions équivalentes à = sin( − ) sont
(a) sin¡2 ( − )
¢(b) sin
¡2
¡ −
¢¢(c) sin( ( − ))
(d) sin¡
2¡ −
¢¢E26. Une onde stationnaire est décrite par = 40sin(05)cos(30), où et sont en centi-
mètres, et en secondes.(a) On calcule la fréquence, soit =
2 = 302 =⇒ = 477 Hz
On calcule l’amplitude de l’une ou l’autre des deux ondes progressives, soit
= 0042 =⇒ = 200 cm
On calcule la vitesse de propagation, soit = = 30
05 =⇒ = 600 cm/s
(b) L’expression générale de la vitesse d’une particule est
= = − (30) (40) sin(05)sin(30) = −120 sin(05)sin(30)
Pour = 24 cm et = 08 s, on obtient
= −120 sin(05 (24))sin(30(08)) = 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 eff et, on ne sait pas si
la particule monte ou descend. Pour trouver la réponse, on superpose le graphe de la
fonction à 1 = 08 s et à 2 = 0801 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’;
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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(002) = 004 m. On calcule la longueur d’onde, soit
=
=
40 cm/s
8 Hz = 005 m. On calcule le nombre d’onde, soit =2
=2
005 = 126 rad/m,et finalement la fréquence angulaire, = 2 = 2 (8) = 503 rad/s. L’expression de la
fonction d’onde devient
= 00400 sin(126)cos(503)
où et sont en mètres, et en secondes.
(b) La distance entre 2 nœuds est 2 = 005
2 = 250 cm
(c) Le déplacement maximal d’une particule en = 05 cm s’obtient en posant cos() = 1
donc max ( = 0005 m) = 00400 sin(126 (0005)) = 236 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
= 06 m et de densité de masse linéique = 00015 kg/m. On calcule le module de la
tension en combinant les équations 2.1 et 2.13 :
2 = 22 = 1
q =⇒ = 222 = (450)2 (06)2 (00015) = 109 N
E29. Les distances entre nœuds adjacents sont respectivement de 1 = 18 cm et de
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2 = 16 cm.
(a) Puisque = 2 on obtient 2 = 36 = 32(2 + 1) d’où la solution, = 8 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
= 4× 10−3
kg/m, on calcule ainsi la fréquence fondamentale : 1 = 1
2
q = 1
288
q 10
4×10−3= 174 Hz
E30. 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 = 26×10−3 kg/m. On calcule d’abord la vitesse de propagation,
=q
=
q 12
26×10−3= 6794 m/s, puis la longueur de la corde, soit
= 2 1 = 67942(120) = 0283 m
E31. On donne = = 005(98) = 049 N et = 12×10−3 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 2.13, on calcule
1 = 21
=⇒ 1 = 2 1
= 12 1
q = 1
2(440)
q 049
12×10−3= 230 cm
(b) Pour le troisième harmonique, on calcule 3 = 31 = 689 cm
E32. On donne = 15 N et = 3×10−3 kg/m. Une onde stationnaire possède une amplitude
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(012) = 024 m.
On calcule le nombre d’onde, soit = 2 = 2
024 = 262 m−1
On calcule la vitesse de l’onde, soit =q
=
q 15
3×10−3= 707 m/s.
On calcule la fréquence de l’onde, soit = = 707
024 = 295 Hz, et la fréquence angulaire,
soit = 2 = 2 (295) = 185× 103 rad/s.
L’équation générale d’une onde stationnaire est = 2 sin()cos(); donc
=¡
200× 10−3¢
sin (262)cos¡¡
185× 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
12
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 :
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= = = s = 2 =⇒ = s = 2
En fonction du rapport des rayons, 12
= 2, et du rapport des masses volumiques, 12
= 05
le rapport des fréquences devient
2 1
=
r 1
21
222
= 12
q 12
= 2√
05 =⇒ 2 1
= 141
E34.
Deux cordes identiques (même ) ont un rapport des tensions de 1
2 = 2 et un rapportde longueur de 1
2= 1
3 On calcule ainsi le rapport des fréquences fondamentales :
1 2
=1
21
q 1
122
q 2
= 21
q 1 2
= 3√
2 =⇒ 1 2
= 424
E35. La fonction d’onde d’une onde stationnaire est
= 002sin(03)cos(25) = 2 sin()cos()
où et sont en centimètres, et en secondes.
(a) On calcule la longueur d’onde, soit = 2 = 2
03 =⇒ = 209 cm
On calcule la vitesse de propagation de l’onde, soit = = 25
03 =⇒ = 833 cm/s
(b) Pour le troisième harmonique, la longueur de la corde est
3 = 3¡2
¢= 3
³209 cm
2
´= 314 cm
(c) La vitesse d’une particule est nulle à la position des nœuds, soit à = 0 3 2
3 et ;
donc = 0 cm, 105 cm, 209 cm, 314 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
fréquence fondamentale est 2 = 213 mais la vitesse de propagation ne change pas. On
calcule la nouvelle fréquence fondamentale en établissant un rapport
22 11
= =⇒ 2
1= 1
2=⇒ 2 = 3
2 1 = 32 (320) = 480 Hz
E37. 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
22 = −2 sin()cos()
et, ensuite,
22 = −2 sin()cos() = −
¡12
¢2 sin()cos() =⇒
22 = 1
2 22 =⇒ CQFD
E39. On donne 0 = 0015 m, = 04 m, = 2 × 10−2 kg/m et = 30 m/s. On calcule la
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fréquence angulaire, = = 2 = 2(30)
04 = 4712 rad/s, puis la puissance moyenne
fournie:
moy = 12 (0)2 = 1
2
¡2× 10−2
¢(4712)2 (0015)2 (30) = 150 W
E40. On donne moy = 3 W, = 30 Hz, = 15 m, = 0045 kg et = 40 N. On calcule
la densité de masse linéique, =
= 0045
15= 3 × 10
−3 kg, la vitesse de propagation,
=q
=
q 40
3×10−3= 1155 m/s, la fréquence angulaire,
= 2 = 2 (30) = 1885 rad/s, et, finalement, on trouve l’amplitude à l’aide de
l’équation 2.16 :
moy = 12 (0)2 =⇒ 0 = 1
q 2 m oy = 1
1885
q 2(3)
3×10−3(1155) = 00221 m
E41. On donne 0 = 0008 m, = 50 Hz, = 35× 10−3 kg/m et = 60 m/s.
(a) On calcule la fréquence angulaire, soit = 2 = 100 rad/s, et la puissance moyenne:
moy =
1
2 (0)
2
=
1
2¡
35× 10−3¢
(100 (0008))
2
(60) = 663 mW(b) Pour doubler la puissance moyenne à fréquence constante, la vitesse doit doubler, donc
= 120 m/s, et le module de la tension nécessaire devient
= 2 =¡
35× 10−3¢
(120)2 = 504 N
E42. On donne 1 = 275 N, 1 = 3 m/s et 2 = 36 m/s. On obtient le nouveau module de la
tension par le rapport suivant
2 1
=22
21=⇒ 2 =
2221
1 = (36)2
32(275) = 396 N
E43.
Cettefi
gure indique la réponse
E44. Cette figure indique la réponse
E45. Cette figure indique la réponse
E46. On calcule la fréquence, = 24 osc.12 s = 20 Hz, puis la vitesse de propagation,
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= ∆∆ = 270 cm
225 s = 120 cm/s, et enfin la longueur d’onde,
= = 600 cm
E47. (a) On donne = 2004 = 2
, donc = 00400 m
On donne = 2005 = 2
, donc = 00500 s
(b) On calcule ainsi la vitesse de propagation : =
= 0040000500 = 0800 m/s
(c) Le module de la vitesse maximale d’une particule est
= 2005
¡02× 10−4
¢= 251 mm/s
E48. On calcule le nombre d’onde, = 2 = 2
003 = 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( − + ), cettecondition entraîne que sin = 0 donc que =
2 Ainsi, on obtient
= 00600 sin¡
209 − 251 + 2
¢où et sont en mètres, et en secondes.
E49. (a) On calcule la vitesse de propagation, = = 270
36 = 75 m/s, puis la densité de masse
linéique, = 2
= 018
(75)2= 320× 10−3 kg/m
(b) Le module de la vitesse maximale d’une particule est
= 270¡
24× 10−3¢
= 0648 m/s
E50. (a) On donne = 2 = 2
, donc = 400 m
On calcule ainsi la vitesse de propagation:
= =
42 =⇒ = 0500 m/s
(b) On indique que = 03sin¡2 −
4 ¢. À = 0 cette équation devient = 03sin
¡2¢,
ce qui se traduit par le graphe suivant:
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À = 3 s, on obtient = 03sin¡2 − 3
4
¢. Comme l’onde avance à = 0500 m/s vers
la gauche, il suffit de reprendre le graphe précédent en décalant la courbe de
∆ = − = −0500(3) = −15 m, soit
E51. (a) On obtient facilement
=¡
500× 10−3¢
sin (300) 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() =¡
500× 10−3¢
sin (300 (017)) = 463× 10−3 m
(c) On trouve un ventre chaque fois que sin() = ±1 donc lorsque = 2 32 52 , ou encore
lorsque = (2+1)2 dans laquelle ∈ N On peut modifier cette égalité et écrire que
= (2+1)2 = (2+1)
2(300) = (2 + 1) (005236)
La valeur la plus proche de 025 m s’obtient lorsque = 2 soit
= (2(2) + 1) (005236) = 0262 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’;
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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
= s
= 2s
= 2ss
= 2 =⇒ =q
=⇒ CQFD
(b) On calcule directement
=q
=
q 4×109
7860 = 713 m/s
E53. On utilise le résultat de l’exercice 33, = 2 avec
= 2 = 22 = (230)2 (7860) ¡
03× 10−3¢2
= 118 N
E54.
On donne 1 = 120 m/s. On conserve la même tension et le même métal, mais on doublele rayon du fil, soit 2 = 21.
On combine le résultat de l’exercice 33, = 2 avec = 2, ce qui donne
= 2 = 22 =⇒ =q
2
On établit ensuite le rapport entre les vitesses finale et initiale :
21
=q
22
q 21 = 1
2=⇒ 2 = 1
21 = 1
2 (120) = 600 m/s
E55. (a) 2 = ∆
=⇒ ∆ = 0191 m
(b) 2 = ∆ =⇒ = 377 rad
E56. On donne 12
= 07×10−3
05×10−3= 140
(a) On utilise le résultat de l’exercice 33, = 2 avec les équations 2.1 et 2.13 pour établir
le rapport des fréquences fondamentales :
2 1
=2212
= 21
=
q 2q 1
=q
12
=
r 2122
= 12
= 140
(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
= 22
12 = 2
1=
2221
=2221
=³
1140
´2
= 0510
E57. (a) 2 = 22 =⇒ = 2 = 480 m/s
(b) = =
2 =⇒ = 2 = 0911 g
E58. (a) = 32 =⇒ = 105× 103 Hz
= 3
=⇒ = 0400 m
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(b) On donne 2 = 2×10−3 m. On calcule le nombre d’onde, = 2 = 2
4 = 157 rad/m, et
la fréquence angulaire, = 2 = 2¡
105× 103¢
= 660× 103 rad/s. On obtient ainsi
=¡
200× 10−3¢
sin (157)cos¡¡
660× 103¢
¢
où et sont en mètres, et en secondes.
(c) =¡
100× 10−3¢
sin¡
157±¡
660× 10
3¢¢
où et sont en mètres, et en secondes.
E59. On donne 12
= 12 Avec les équations 2.1 et 2.13, on établit le rapport des fréquences
fondamentales :
2 1
=2212
= 21
=
q 2q 1
=q
12
=⇒ 2 = 1
q 12
= (180)q
12 = 127 Hz
E60. (a) 1 = 2 =⇒ = 2 1 = 132 m/s
(b) = 2 = 523 N
E61. = 2 =⇒ 2 1 = 12 =⇒ 2 = 1 2 1 = 0450 m
On produit le son demandé en appuyant à 150 cm du bout .
E62. On calcule la vitesse de propagation, =q
=
q = 800 m/s, et les fréquences sont
obtenues grâce à l’équation 2.13, = 2
Pour 1 2 et 3, on obtient 160 Hz, 320 Hz, 480 Hz .
E63. 3 = 32 = 3
2
q =⇒ = 161× 10−3 kg/m
E64. 2 1
= q 2 1
=⇒ 2 = 287 N
E65. =q
= 553 m/s =⇒ 3 = 3
2 = 593 Hz
E66. (a) = 2 = 3 m =⇒ ∆ = 150 m
(b) = − sin()cos() = −0145 m/s
E67. (a) = 00600 sin (628)cos(314)
où et sont en mètres, et en secondes.
(b) = où ∈ N =⇒ = 0500 m, 100 m
(c) = (2+1)2 où
∈N =
⇒ = 0250 m, 0750 m
(d) = 00600 sin¡28
¢= 424× 10−2 m
E68. Puisque = 24 ms et = = 037 m, on obtient
=¡
300× 10−3¢
sin (170± 262)
où et sont en mètres, et en secondes.
E69. Selon l’exercice 33, = s. On a donc
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= 2 = 1
2
q s
=⇒ = (2 )2 s =⇒ 2 1
= (2 2)2s2
(2 1)2s1
= 22s2
21s1
Selon la donnée, s2 = 2s1 1 = 320 Hz et 2 = 400 hz. Ainsi,
2 1
= (400)2(2s1)
(320)2s1= 313
E70.
Selon l’exercice 33, = s; donc 3 = 3
2 = 32
q s
=⇒ =³2 3
´2s = 889 N
E71. Soit = 1 + 2 = 2 sin¡
84 + 6
¢cos (50) Les nœuds se produisent lorsque
84 + 6 = , où ∈ N =⇒ = 0312 m, 0686 m
E72. On sait que = 2 = 1
2
q
(a) ∝ 1 =⇒ = 0800 1
(b) ∝ 1√ =⇒ = 112 1
(c) ∝ √ =⇒ = 109 1
(d) = (08)(112)(109) 1 = 0977 1
E73. = 2 = 5× 10−3 kg/m =⇒ = 1
2 ()2 = 568 mW
E74. On calcule = 2 = 251 rad/s; puis =
= 16 m/s, donc = 12 ()2 = 806 mW
E75. On calcule =q
= 707 m/s. Comme = 1
2 ()2 on obtient = 276 mm
E76. On calcule = = 125 m/s; donc = 1
2 ()2 = 144 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 s
=q
= 160 m/s
P2. (a) On sait que = 2
q En dérivant par rapport à on obtient
=
2
q 1
³12
1√
´=
2
q
¡121
¢=⇒
= 2
Pour une faible variation du module de la tension, on obtient
∆ = ∆ =⇒ ∆ =
2 ∆ =⇒ ∆ = 05∆ =⇒ CQFD
(b) Si = 400 Hz et que le module de la tension est abaissé de 3 % on arrive à
∆ = −003 =⇒ ∆ = 05 ∆
= −6 Hz =⇒ 0 = +∆ = 394 Hz
(c) Si la fréquence fondamentale varie de 260 Hz à 262 Hz, le module de la tension doit
augmenter de
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∆ = 2∆ = 2
¡2260
¢= +154 %
P3. 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 lefi
l plus rapidement qu’il ne peut tomber. On calcule la valeur limite del’amplitude en supposant que la valeur maximale de l’accélération a été atteinte :
()max = =⇒ 2 = =⇒ (2 1)2 = =⇒ = 42 21
P4. On calcule la vitesse de propagation avec l’équation 2.5c , soit = sol sol = 2509 m/s.
Comme 1 = 2 on trouve la longueur de corde d’une note avec =
2 1:
la = 2 la
= 570 cm
si = 2 si
= 508 cm
do = 2 do = 479 cm
ré = 2 ré
= 427 cm
P5. (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 2.34, 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) :
= − = − ( 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 ( − ) = 12 ()2
Ce résultat est identique à l’équation 2.16.
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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 R 0
=R 0
1√ =⇒ =
h2q
¯0
=⇒ = 2q
=⇒ CQFD
P7. 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 4
34 5
4 74 soit = (2−1)
4 où ∈ N∗ de sorte que = 4(2−1) Les diff érentes valeurs
de fréquence sont données par
=
= 4
(2−1)
= (2−1)4 où ∈ N∗
P9. Selon l’équation 14.5 du tome 1, le module de Young et la contrainte de traction
= s
sont liés par = = ∆ Selon l’exercice 33, = s de sorte que la vitesse
de propagation est donnée par
=q
=
q s
=q
=⇒ =
q ∆ =⇒ CQFD
P10. 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 ()
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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
¡
¢moy = 2 ()2 sin2 () sin2 () =⇒
¡
¢moy = ()2 sin2 () =⇒ CQFD
Pour la même parcelle de corde, l’énergie potentielle associée à l’étirement infi
nitésimal dela corde est = ( − ). On sait que =
p 2 + 2 =
r 1 +
³
´2 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
=
µ1 +
³
´2¶12
≈ + 2
³
´2et
= ( − ) =
µ +
2
³
´2−
¶=
2
³
´2(i)
Avec = 2 cos()cos(), l’équation (i) devient
= 2 (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
¡
¢moy = 2 ()2 cos2 () cos2 () =⇒
¡
¢moy = ()2 cos2 () =⇒ CQFD
P11. (a) Comme = + on peut exprimer l’énergie mécanique moyenne par unité de longueur
en utilisant le résultat obtenu au problème 10 :¡
¢moy =
¡
¢moy +
¡
¢moy = ()2 sin2 () + ()2 cos2 () (i)
Toutefois, comme 2 = 22 = 2, l’équation (i) devient¡
¢moy = ()2
¡sin2 () + cos2 ()
¢= ()2
Pour une corde de longueur l’énergie mécanique est
=¡
¢moy =⇒ = ()2 =⇒ CQFD
(b) La distance entre 2 nœuds est de 2 , et = 2 Sur une telle longueur, l’énergie
mécanique est
=¡
¢moy
2 = (2 )2
2 = 22 ¡
¢2 =⇒ = 222 =⇒ CQFD
P12. On donne = 06 m et = 2× 10−3 kg; donc = = 333× 10−3 kg/m et le module
de la tension est = 200 N. On calcule la vitesse de propagation, =q
= 245 m/s,
la longueur d’onde, = 2 = 12 m, et la fréquence, = = 204 Hz.
D’après le problème 11, avec = 1× 10−3 m, l’énergie mécanique dans la corde est
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= ()2 = (2 )2 =¡
333× 10−3¢ ¡
2 (204)¡
1× 10−3¢¢2
(06) = 328 mJ
Comme l’énergie est proportionnelle au carré de l’amplitude, si cette dernière diminue à
0 = 09 on trouve que 0 = 081 La moitié de la perte rayonne sous forme de son,
donc ∆ son = 019 2 = 0095 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’eff ectue en ∆ = 01 s, ce qui correspond à une puissance sonore de
son = ∆ so n∆ = 0095
01 = 312 mW
P13. D’après la section 2.10 et le problème 11, la densité d’énergie linéique s’exprime comme
= = 1
2 ()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 toutmoment, on obtient
22 = − ( − −1) + (+1 − ) =⇒
22 = (+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) − ) + 2sin ( − )) (i)
Si on applique l’identité trigonométrique sin +sin = 2 sin¡+2
¢cos
¡−2
¢aux deux
termes du centre, l’équation (i) devient
−2 sin( − ) = 2 sin( − )(cos() − 1)
L’annexe E donne une autre identité trigonométrique, cos(2) = 1 − 2sin , qui permet
de modifier le dernier terme à droite. Ainsi,
−2 sin( − ) = 2 sin( − )¡
1 − 2sin¡2
¢− 1
¢=⇒
−2 sin( − ) = −4 sin( − )sin¡2
¢=⇒
2 = 4 sin¡2
¢=⇒ 2 = 4
sin¡2
¢=⇒ CQFD
P15. (a) La loi de Hooke appliquée à de petites déformations du Slinky donne, si À 0
= ( − 0) ≈ 0 =⇒ =q
=
q
=⇒ =
q =⇒ CQFD
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(b) On trouve ∆ = =
q une quantité indépendante de la longueur. =⇒ CQFD
P16. (a) On pose
1 + 2 = 0 =⇒ 1 = −2 =⇒ 12+(2−3)2 = 1
2+(2−3−6)2 =⇒
2 − 3 = ± (2 − 3 − 6) (i)
Comme on cherche un résultat indépendant du temps, on choisit = 0 de sorte que±2 = 2 − 6 et le seul résultat cohérent est = 150 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 = 100 s
P17. On calcule la fréquence angulaire, = 2 = 314 rad/s, puis la longueur d’onde,
= = 05 m, et le nombre d’onde, = 2 = 126 rad/m, de sorte que, pour une onde
se déplaçant dans le sens des négatifs, on obtient
= sin( + + ) = sin (126 + 314 + )Et la vitesse d’une particule est donnée par
= = 314 cos (126 + 314 + )
À = 0 et = 0
= 3× 10−3 = sin (i)
= −2 = 314 cos() =⇒ − 637× 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 = 704× 10−3
m. Puis, en divisant l’équation(i) par l’équation (ii), on trouve = 270 rad, de sorte que
=¡
704× 10−3¢
sin (126 + 314 + 270)
où et sont en mètres, et en secondes.
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Chapitre 3 : Le son
Exercices
E1. On insère les données directement dans l’équation 2.5c , et on trouve ainsi la longueur
d’onde:
= = 340
1×105= 340 mm
E2. On insère les données directement dans l’équation 2.5c , et on trouve ainsi la longueur
d’onde:
= = 340
35×104= 971 mm
E3. On insère les données directement dans l’équation 2.5c , et on trouve ainsi la longueur
d’onde:
= = 1500
4×106 = 0375 mm
E4. L’intervalle de temps qui sépare l’arrivée du son voyageant dans les deux milieux équivaut
à ∆ = 32 s.
Toutefois, pour chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆milieu = ∆milieu
. Ainsi
∆ = ∆air −∆eau = ∆ai r− ∆
ea u=⇒ ∆ =
³1
ai r− 1
ea u
´−1∆ =⇒
∆ =¡
1340 − 1
1500
¢−1(32) = 141 × 103 m
E5. (a) On insère directement les données dans l’équation 3.2a , et on calcule ainsi la vitesse du
son:
=q
=
q 28×1010
136×10−3 = 143 km/s
(b) On calcule la longueur d’onde avec l’équation 2.5c :
= = 143×103
41000 = 143 m
E6. En utilisant l’équation 3.2a on obtient
(a) Pour l’oxygène, =q
=
q 141×105
143 = 314 m/s
(b) Pour l’hélium, = q = q 170×105
018 = 972 m/s
E7. On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne
=q
=
q 2×1011
78×103 = 506 km/s
E8. 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 = ∆milieu
et l’intervalle qui les
sépare correspond à
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∆ = ∆air −∆Pb = ∆ai r− ∆
P b= ∆
³1
ai r− 1
P b
´= 100
¡1340 − 1
1320
¢= 0218 s
E9. On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne
=q
=
q 25×1010
27×103 = 304 km/s
E10. On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne
=r +
3
=r 14×1011+42×1010
3
892×103 = 416 km/sE11. Pour une onde longitudinale dans un fluide, l’équation 3.17 décrit l’amplitude de dépla-
cement, soit = 0 sin( − ). Avec = et 0 = 0 qui se réécrit 0 = 0 on
calcule
= −0 cos( − ) = −0 cos( − ) = −0
cos( − ) =⇒
= − 0 cos(− )
Si on compare ce résultat avec l’équation 3.14, qui décrit l’amplitude de pression, on voit
que = =⇒ CQFD
E12. Par analogie avec les ondes stationnaires transversales étudiées à la section 2.7, on déduit
que 1 et 2 sont décrits par 200sin¡
530 ±¡
180 × 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 = (1)4 1
= (1)(340)4(440) = 193 cm et 3 = 3
4 3= (3)(340)
4(440) = 580 cm
E14. Selon l’équation 3.4, le graphe de la fréquence fondamentale en fonction de 12 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 12 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£12
¤et on trace le
graphe avec la commande "pointplot" qui est associée à la librairie "plots". Pour qu’ellefonctionne, 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
58 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son v4
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cette droite, on charge la librairie "CurveFitting" et on lance la commande qui permet
d’eff ectuer 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. On combine les équations 3.3, 2.13 et 2.1, et on pose que
34t
= 22c
q =⇒ =
³3c4t
´2= (12)
³3(340)(06)
4(1)
´2= 281 N
E16. À chaque tour du disque percé, 40 oscillations se produisent. La fréquence de rotation
équivaut à r = 1200 tours1 min = 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 desfréquences plus élevées.
E17. On calcule les trois plus basses fréquences associées aux trois premiers modes au moyen
de l’équation 3.4:
= 2 =⇒ 1 = 850 Hz , 2 = 170 Hz , 3 = 255 Hz
E18. En se servant des équations 3.1 et 2.5c , et en se rappelant que s’exprime en Kelvins,
on pose que
10◦ 20◦ = √ 10◦√
20◦=⇒ 10◦ = 20◦√ 10
◦√ 20◦
= 1000q
283293 = 983 Hz
E19. (a) Si tous les trous de la flûte sont bouchés, on obtient
1 = 2 = 340
2(06) = 283 Hz
(b) En utilisant de nouveau l’équation 3.4, on trouve
= 2 1
= 3402(330)
= 515 cm
E20. (a) On utilise l’équation 3.3 pour les tuyaux fermés et on obtient
= 4 1
= 3404(25) = 340 m
(b) On utilise l’équation 3.4 pour les tuyaux ouverts et on obtient
= 4 1
= 3404(500) = 0340 m
E21. On cherche ∆ = 20◦ − 5◦ mais on sait que = 2 dans le cas du mode fondamental
pour un tuyau ouvert. Ainsi
∆ = 20◦ − 5◦ = 20◦−5◦2 = 344−335
2(030) = 150 Hz
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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
0 =³
−S
´ =
³340
340−30
´1200 = 132 × 103 Hz
(b) Si la voiture s’éloigne de l’observateur, toujours au moyen de l’équation 3.7, on obtient
0
=³
+S´
=³ 340
340+30´
1200 = 110 × 103
HzE23. (a) On arrive à calculer la longueur d’onde eff ective au moyen de l’équation qu’on trouve à
la section 3.3:
0 = −S = 340−25
400 = 788 cm
(b) De la même façon, on calcule
0 = +S = 340+25
400 = 913 cm
E24. En comparant l’équation de la section 3.3 et les nouvelles données, on constate que la
longueur d’onde eff ective ne varie pas d’une situation à l’autre. Ainsi
= = 340
400 = 850 cm
E25. Pour chacun des cas, on utilise les équations 0 =³
±O±S
´ et 0 = ±S
(a) 0 =³
−S
´ =
³340
340−40
´200 =⇒ 0 = 227 Hz
0 = −S = 340−40
200 =⇒ 0 = 150 m
(b) 0 =¡
+O
¢ =
¡340+40340
¢200 =⇒ 0 = 224 Hz
0 = = 340
200 =⇒ 0 = 170 m
(c) 0 =³
+O−S
´ =
³340+20340−20
´200 =⇒ 0 = 225 Hz
0 = −S = 340−20
200 =⇒ 0 = 160 m
E26. On doit d’abord trouver la vitesse de la source responsable des changements de fréquences
perçues. Avec j = 24 tr/s, la fréquence de rotation du jouet et l’équation 11.5 du tome
1, on trouve que
S = j = 2 j = 2 (24)(12) = 181 m/s
On peut maintenant trouver les deux valeurs de fréquence avec l’équation 3.7 :
0min =³
+S
´ =
³340
340+181
´200 =⇒ 0min = 171 × 103 Hz
0max =³
−S
´ =
³340
340−181
´200 =⇒ 0max = 190 × 103 Hz
E27. Le klaxon de l’automobile est la source (S = 40 m/s) émettant à = 400 Hz et le
chauff eur du camion est l’observateur (O = 15 m/s). Soit 01, la fréquence perçue par
le chauff eur du camion pendant que l’automobile s’approche et 02, la fréquence perçue
60 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son v4
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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 01 02 et on
cherche ∆ 0 = 01 − 02. On utilise l’équation 3.7 du manuel pour le calcul de 01 et 02.
(a) Le sens du mouvement de l’automobile et celui du camion permettent d’établir les signes
adéquats dans l’équation 3.7 :
01 =³
−O−S
´ =
³340−15340−40
´(400) = 4333 Hz
02 =³
+O+S
´ =
³340+15340+40
´(400) = 3737 Hz
De sorte que
∆ 0 = 01 − 02 = 4333− 3737 = 596 Hz
(b) Il suffit de modifier le signe apparaissant devant O :
01 =³
+O−S
´ =
³340+15340−40
´(400) = 4733 Hz
02 =³
−O+S
´ =
³340−15340+40
´(400) = 3421 Hz
De sorte que
∆ 0 = 01 − 02 = 4733− 3421 = 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 eff et 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
00 =³
+p+c
´ 0 =
³+p+c
´³−c−p
´ =
³340+40340+20
´³340−20340−40
´(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
00 =³
+p+c
´³−c−p
´ =
³340+50340+30
´³340−30340−50
´(600) = 676 Hz
(c) Dans ce cas, les vitesses sont p = 30 m/s et c = 10 m/s, et on obtient
00 =³
+p+c
´³−c−p
´ =
³340+30340+10
´³340−10340−30
´(600) = 675 Hz
E29. Si l’observateur se situe entre le mur et l’auto, la fréquence 0a du son perçu en provenance
de l’auto est donnée par l’équation 3.7 :
0a =³
−S
´ =
³340
340−833
´(500) = 512558 Hz
Le son qui frappe le mur est modifié de la même manière et réfléchi vers l’observateur. La
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fréquence 0m de ce son possède donc la même valeur que 0a, et la fréquence de battement
entre ces deux sons équivaut à
bat = | 0a − 0m| = 0 Hz
Si l’observateur se trouve sur le trajet déjà parcouru par l’auto, on obtient
0
a =³
+S´
=³ 340
340+833´
(500) = 488043 Hzalors que 0m = 51256 Hz, comme dans le premier calcul. La fréquence de battement
entre ces deux sons devient ainsi :
bat = | 0a − 0m| = |488043− 512558| = 245 Hz
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
précédent puisque le signe devant S change lorsqu’on calcule 0a et 0m. Il n’y a pas de
battement lorsque l’observateur se place entre la voiture et le mur, et les deux réponsessont 0 Hz, 245 Hz .
E31. On doit d’abord trouver, au moyen de l’équation 3.7, la vitesse de la source :
0 =³
−S
´ =⇒ 0
=³
−S
´=⇒ − S =
0 =⇒
S = ³
1− 0
´=
¡1− 600
640
¢= 00625
On reprend ensuite l’équation 3.7 pour le cas où la source s’éloigne et on obtient
0 =³
+S
´ =
³
+00625
´ =
³1
10625
´(600) = 565 Hz
E32. 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
de l’équation 3.11 et de = 50 dB, on trouve
= 10 log³
0
´=⇒ = 010
10 =
¡1 × 105
¢ 0
Comme 0 = =¡
2 × 104¢ ¡
1 × 105¢
0 =¡
2 × 109¢
0 alors
0 = 10 log³
0
0
´= 10 log
µ(2×109) 0
0
¶= 930 dB
E33. On donne = 04 cm2 = 4 × 10−5 m2
Si on modifie l’équation 3.11, on obtient = 010 10 En combinant ce résultat avec
l’équation 3.9, on obtient
= =⇒ = 01010 (i)
(a) Avec = 120 dB, dans l’équation (i), on obtient
=¡
4 × 10−5¢ ¡
1 × 10−12¢µ
1012010
¶= 400 × 10−5 W
62 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son v4
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(b) Avec = 0 dB, dans l’équation (i), on obtient
=¡
4 × 10−5¢ ¡
1 × 10−12¢µ
10010
¶= 400 × 10−17 W
E34. On reprend l’équation (i) de l’exercice 33 avec = 42 qui correspond à l’aire d’une
sphère de rayon , ce qui donne
= 010
10
= 4
2
010
10
= 4 (40)
2 ¡1 × 10
−12¢µ
10
10010 ¶
= 201 WE35. On doit d’abord calculer l’intensité totale au moyen de l’équation 3.11 :
tot = 1 + 2 = 0
µ10
110 + 10
210
¶=¡
1 × 10−12¢ ¡
108 + 1085¢
= 416 × 10−4 W/m2
On calcule ensuite le nombre total de décibels :
tot = 10 log³
to t 0
´= 10 log
³416×10−4
1×10−12
´= 862 dB
E36. On utilise l’équation 3.11 dans les deux cas et on obtient
(a) = 10 log³
0
´= 10 log
³5×10−7
1×10−12
´= 570 dB
(b) = 010
10 =¡
1 × 10−12
¢µ10
7510¶
= 316 × 10−5 W/m2
E37. (a) On combine les équations 3.9 et 3.20 pour calculer l’intensité moyenne. Ainsi, comme
moy = 12 (0)2 et que = 2 on obtient
moy = m oy = 1
2 (0)2 = 12 (129)
¡2 (600)
¡8 × 10−9
¢¢2(340) = 199 × 10−7 W/m2
(b) Au moyen de l’équation 3.22, on obtient directement
moy =20
2 = (35)2
2(129)(340) = 140 × 10−2 W/m2
E38. On modifie l’équation 3.11 et on l’applique au signal (s) et au bruit (b), successivement :
s = 010 s10 (i)
b = 010b10 (ii)
Si on divise l’équation (i) par l’équation (ii), on obtient
s b
= 10s−b10 =⇒ s
b= 10
10 (iii)
où = 80 dB représente la diff érence d’intensité entre le signal et le bruit sur l’échelle des
décibels; conséquemment, s b
= 100× 108 Comme on sait que la puissance et l’intensité
sont proportionnelles, selon l’équation 3.9, il s’ensuit que s b
= 100 × 108 .
E39. On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne
2 1
= 1010 = 10
310 = 200
Selon l’équation 3.21, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de déplace-
ment. On en déduit que le rapport des amplitudes de déplacement est
2010
=q
2 1
=√
200 = 141
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E40. (a) On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne
2 1
= 1010 =⇒ = 10 log
³ 2 1
´= 10log(1000) = 300 dB
(b) Selon l’équation 3.22, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de pression.
On en déduit que le rapport des amplitudes de pression est
20
10 =q 2
1 =
√ 1000 = 316
E41. La puissance acoustique du haut-parleur correspond à = (05 %)(40 W) = 02 W.
Dans chaque cas, on calcule l’intensité en modifiant l’équation 3.11 et la distance corres-
pondante au moyen de l’équation 3.10:
(a) = 10 log³
0
´=⇒ = 010
10 =
¡1 × 10−12
¢1012 = 1 W/m2
Puis
= 42
=⇒ =q
4 =
q 02
4(1) = 126 cm
(b) = 10 log³
0´
=⇒ = 010
10 =¡
1 × 10−12
¢106 = 1 × 10
−6 W/m2
Puis
= 42
=⇒ =q
4 =
q 02
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)005 = 680 × 10−3 m/s
Comme est mesuré dans le sens de propagation, on obtient
−→v p = 680 × 10−3−→i m/s
(b) Sur le bord arrière, on trouve
p = 02 =
(10−6)(340)2(005) = 340 × 10−3 m/s =⇒ −→
v p = −340 × 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
818 = 330 m/s
On peut maintenant trouver l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 :
0 = 0 =⇒
0 = 0 = 12
129(2700)(330) = 104 × 10−5 m
(b) On obtient l’intensité moyenne avec l’équation 3.22 :
moy =20
2 = (12)2
2(129)(330) = 0169 W/m2
E44. On obtient l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 :
0 = 0 =⇒ 0 = 0 = 03
129(1200)(340) = 181 × 10−7 m
E45. Au moyen de l’équation 3.19, en se rappelant que = 2 on obtient
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0 = 0 =⇒ 0 = 0 = 0
(2 ) =⇒ = 020 =⇒
= 42×10−2
2(129)(24×10−9)(340) = 635 kHz
E46. (a) 1 = 4 = 607 Hz
(b) 7 = 74 = 425 Hz
E47.(a) Avec
1300
929 = 140 et
+1
= 14, on a
= 2
5; donc, le tuyau n’est pas ouvert. Avec
+2 = 14, on a = 5, et le tuyau est fermé .
(b) 54 = 929 =⇒ = 334 m/s
E48. Sur le mur, 1 = 0
³
−S
´, et il s,agit d’une nouvelle source au repos. Pour l’observateur,
2 = 1¡
+O
¢= 716 Hz
E49. 960 = 800³
+O−S
´=⇒ 68 = 12S + O (i)
De plus, S + O = 61 (ii)
Si on résout les équations (i) et (ii), on trouve S = 350 m/s et O = 260 m/s .E50. A = 0
³
−S
´et E = 0
³
+S
´=⇒
A E
= +S−S
= 10595 =⇒ S = 778 m/s
E51. (a) A = 0
³
−S
´et E = 0
³
+S
´=⇒
A E
= +S−S
= 475410 =⇒ S = 250 m/s
(b) En remplaçant S dans A ou E on trouve 0 = 440 Hz .
E52. 1 = 0
³−O−S
´= 8400 Hz et 2 = 0
³+O+S
´= 7684 Hz =⇒
∆ = 2 − 1 = −716 HzE53. 1 = 0
³+O−S
´= 9733 Hz et 2 = 0
³−O+S
´= 6632 Hz =⇒
∆ = 2 − 1 = −310 Hz
E54. 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
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sin = ∆S∆ =⇒ sin =
S=⇒ CQFD
E55. ∝ 2, et doit décroître; donc 2 =¡220222
¢2 1 = 589 N
E56. Puisque = 42
et = 10 log³
0
´, on obtient alors 1010
1094= 1006 =
2221
et 2 = 700 m
E57. (a) 0 = 0 = 344 × 10−2 N/m2
(b) 0 =
0
= 218 × 10−10
mE58. Puisque 0 = 0 et = 2
, on obtient 0 = 220 =⇒ = 137 m
E59. Puisque = 10 log³
0
´, on trouve = 010
10 =
¡1 × 10−12
¢1085 = 317×10−4 W/m2
Si on suppose qu’il s’agit de l’intensité moyenne, on obtient
moy =20
2 =⇒ 0 = 0527 N/m2
E60. (a) = = 1800
53 = 340 m/s
(b) 0 = 0 = 553 × 10−2 Pa
(c) 0 = 0126 mm/s
Problèmes
P1. (a) Avec l’équation 3.10, on obtient
= 42 = 1×10−3
4(4)2= 497 W/m2
(b) Avec l’équation 3.11, on obtient
= 10log³
0´ = 10 log³497×10−6
1×10−12 ´ = 670 dB
(c) Avec l’équation 3.22, on obtient
moy =20
2 =⇒ 0 =p
2 moy =p
2 (497 × 10−6) (129) (340) = 660 × 10−2 Pa
(d) Avec l’équation 3.19, on obtient
0 = 0 =⇒ 0 = 0 = 0
(2 ) = 660×10−2
129(2(240))(340) = 999 × 10−8 m
P2. 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
0 = 15
0 = 907 × 10−6 m
(b) Le nombre de décibels à = 5 m se calcule avec les intensités moyennes :
1 m =202 = 0114 W/m2 =⇒ 5 m = 1 m
25 = 456 × 10−3 W/m2 =⇒
= 10 log³
5 m 0
´= 966 dB
P3. (a) En dérivant l’équation 3.1, on obtient
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= 10√
=⇒
= 10 √ (20
√ )
=⇒ = 05
=⇒ CQFD
(b) On utilise ∝ et la relation trouvée en (a), et on calcule
= 05
=⇒ = 05 = 05
³400(20)285
´= 1404 Hz
De sorte que 0 = +∆ = 400 + 14 = 414 Hz
(c) La variation de fréquence correspond à∆
= 1404400 =⇒ ∆
= 351 %
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)22
=⇒ 850607 = +1
=⇒ = 25
ce qui est impossible, car une des conditions de l’équation 3.4 est que = 123
Si le tuyau est fermé, on trouve +1
=
(+2)44
=⇒ 850607 = +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
1 5
=454
=⇒ 1 = 15 5 = 607
5 = 121 Hz
P5. On applique l’équation 3.15 du tome 1 à la pierre qui accélère³
= 98 m/s2´
en tombant
d’une hauteur et on trouve temps de chute 1 :
= 1221 = 4921 (i)
On calcule ensuite le temps 2 que met le son à remonter vers l’observateur :
= 2 = 3402 (ii)
Si on isole 1 et 2 dans les équations (i) et (ii) et qu’on remplace ensuite dans
1 + 2 = 22 s, on arrive à³49
´12+
340 − 22 = 0
Cette relation a presque la forme d’une équation quadratique. On y arrive en posant
=√
:
√ 49
+ 2
340 − 22 = 0
Si on résout cette équation pour , on calcule finalement que = 223 m .
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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 = 0182 + 06 (i)
34 = 0557 + 06 (ii)
Si on résout ce système d’équations, on trouve que = 917 mm .(b) En utilisant l’équation 2.5c et la relation (i) de la partie (a), on obtient
=
4³
4
´ = 4(0182+06) = 340
4(0182+06(917×10−3))= 453 Hz
P7. 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 = 42 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 , et l’équation de l’onde devient
= sin( − ) =⇒ CQFD
P8. On cherche la fréquence de battements perçue lorsqu’un sol diatonique et un sol tempéré
sont entendus simultanément, ce qu’on obtient ainsi
bat = dia − temp = 32 do − 27
212 do = 0443 Hz
P9. (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) = 2 =⇒ =
2 = 421 cm
P10. On peut trouver l’expression de l’impédance acoustique en divisant l’équation 3.21, où
0 = , par l’équation que fournit la donnée de la question :
m oy m oy
=12 ()212()2
=⇒ 1 = =⇒ =
On sait, grâce à l’équation 3.2a , que la vitesse du son dans un fluide s’exprime comme
68 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son v4
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=q
donc =
q =⇒ =
√ =⇒ CQFD
P11. 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 3.11 afi
n de trouver la puissance de chacun des klaxons,soit
= 10log³
0
´= 10 log
³
42 0
´=⇒ = 42 0
µ10
10
¶= 39738 × 10−4 W
Comme il y a trois klaxons, l’intensité sonore totale est donnée par
tot = 42 +
4(+(+))2+
4(+2(+))2=
4
³1
2 + 1(+(+))2
+ 1(+2(+))2
´(i)
Si on insère le résultat du calcul dans l’équation 3.11, on obtient
tot = 10 log³
to t 0
´= 751 dB
Une modifi
cation 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
tot = 4
P=1
1(+(−1)(+))2
et l’expression de l’intensité en décibels donne
tot = 10 log
µ
4 0
P=1
1(+(−1)(+))2
¶
Dans le logiciel Maple, on crée l’expression pour et on fixe la valeur des paramètres.
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 = 752 dB , une valeur assez proche du résultat pour une seule voiture.
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son 69
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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 provenantd’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 4.1 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 = 21. De plus, si on
compare les deux figures, on observe que 2 = 1 − , ce qui permet d’établir une valeur
pour 2 :
2 = 22 = 2 (1
−) = 21
−2 = 1
−2
Et alors,
1 − 2 = 2 =⇒ ∆ = 2 =⇒ CQFD
E2. Soit le montage suivant, composé de deux miroirs M1 et M2 disposés perpendiculaire-
ment :
Afin d’établir que les rayons incident et dévié sont parallèles et de sens opposés, on doit
démontrer que = Comme
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= 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 élé-
mentaire 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 direc-
tion 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-
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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 i = −−→r f =⇒ CQFD
E6. (a) Au moyen de l’équation 4.4, on établit le rapport entre les deux longueurs d’onde et les
deux valeurs d’indice, ce qui donne
1
2=
01
02
= 2
1=
⇒2
= 11
2=
133(450×10−9)
(400×10−9
)= 150
(b) Avec l’équation 4.2, on obtient
2 = 2
=⇒ 2 = 2
= 3×108
150 = 200 × 108 m/s
E7. On calcule l’angle d’incidence 1 avec l’équation 4.3 :
1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 1 = arcsin³2 sin2
1
´= arcsin
³14 sin(32◦)
1
´= 479◦
Comme on peut s’en rendre compte en combinant les figures 4.5 et 4.11 du manuel, l’angle
entre les rayons réfléchi et réfracté correspond à
=¡
90◦ −
0
1¢
+ (90◦ − 2) = (90◦ − 1) + (90◦ − 2) =⇒ = 180◦ − 1 − 2 (i)Si on insère les valeurs d’angle, on obtient
= 180◦ − 479◦ − 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 4.3 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 = 21
= 1521 =⇒
1 = 567◦
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 = ∆1cos 1
on calcule la première contribution ∆1 à
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la distance horizontale qui sépare la source de l’observateur:
∆1 = 1 sin 1 =³∆1cos 1
´sin 1 = ∆1 tan 1 = 3 tan(30◦) = 173 m
On calcule l’angle de réfraction 2 avec l’équation 4.3 :
1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 2 = arcsin³1 sin1
2
´= arcsin
³133sin(30◦)
1
´= 417◦
La deuxième contribution ∆2 à la distance horizontale se calcule de la même manière
que ∆1 :
∆2 = ∆2 tan 2 = (1) tan (417◦) = 089 m
Finalement, la distance horizontale totale est
∆ = ∆1 +∆2 = 173 + 089 = 262 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
4.3, 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 "Cur-
veFitting" et on lance la commande qui permet d’eff ectuer 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
≈ 132 .
E11. Un rayon incident à angle sur une plaque de verre est dévié latéralement d’une distance
On reprend la figure 4.58 du manuel et on y ajoute quelques détails :
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Selon la figure, = cos que l’on insère dans
= sin( − ) =⇒ = sin(−)cos =⇒ CQFD
E12. On insère les données de l’énoncé dans l’équation 4.5 et on trouve
i sin c = a =⇒ i = asinc
= 133sin(68◦) = 143
Avec l’équation 4.2, on obtient
i = i
=⇒ i = i
= 3×108143 = 210 × 108 m/s
E13. On insère les données de l’énoncé dans l’équation 4.5 et on trouve
i sin c = a =⇒ c = arcsin³ai
´= arcsin
³1
133
´= 488◦
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 (488◦) = 228 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 diff érente. 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
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4.5, i = 1 et a = 2 de sorte que
i sin c = a =⇒ 2 = 1 sin
E15. On insère les données dans l’équation 4.5, ce qui donne l’angle critique pour l’interface
entre la fibre et l’air :
i sin c = a =⇒ c = arcsin³a
i´
= arcsin³ 1
15´
= 418◦
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 4.3 :
1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ 2 = arcsin³1 sin1
2
´= arcsin
³1 sin(90◦)
15
´= 418◦
Sur la paroi de la fibre, le rayon fera un angle = 90◦ − 2 = 90◦ − 418◦ = 482◦
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. On reprend la figure 4.60 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 4.3 :
1 sin 1 = 2 sin 2 =⇒ (15) sin = sin =⇒
= arcsin ((15)sin(30◦)) = 486◦ 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
obtenue à l’exemple 4.7 du manuel, ce qui donne
=sin
µ+min
2
¶
sin
µ2
¶ =sin
µ60◦+41◦
2
¶
sin
µ60◦
2
¶ = 154
Avec l’équation 4.2, on obtient
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=
=⇒ =
= 3×108
154 = 194 × 108 m/s
E18. L’équation 4.3 appliquée à l’interface gauche du prisme de la figure 4.29 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 4.7 que = min
2 + et que = 2 Dès lors,
avec = 60◦ l’équation 4.3 s’écriteau sin
³min+
2
´= prisme sin
³2
´=⇒ sin
³min+
2
´=
prisme
ea usin³2
´=⇒
min+2 = arcsin
³prisme
ea usin³2
´´=⇒
min = 2 arcsin³prisme
ea usin³2
´´− = 2 arcsin
³16133 (05)
´− 60◦ = 140◦
E19. On reprend la figure 4.62 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 = B−RJ−1 = 1633−1611
1620−1 = 00355
E21. On constate, à la figure 4.63 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 4.5, où a = 1 :
i sin c = a =⇒ i = asinc
= 1sin(45◦) = 141
(b) On reprend le même calcul avec a = 133 :
i = asinc
= 133sin(45◦) = 188
E22. L’équation 4.3 appliquée à l’interface gauche du prisme de la figure 4.29 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 4.7 que = 2 Dès lors, avec = 60◦ l’équation 4.3
s’écrit
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air sin = prisme sin =⇒ sin = prisme sin³2
´=⇒ = arcsin
³prisme sin
³2
´´=⇒
= arcsin ((16)sin(30◦)) = 531◦
E23. 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
4.3:
air sin = prisme sin =⇒ sin = sin prisme
=⇒
= arcsin³
sin prisme
´= arcsin
³sin(45◦)
15
´= 281◦
Selon la figure qui précède, l’angle d’incidence sur la deuxième face est de − = 319◦
Toujours avec l’équation 4.3, on calcule le deuxième angle de réfraction :
prisme sin( − ) = air sin =⇒ = arcsin (prisme sin( − )) =⇒
= arcsin ((15)sin (319◦)) = 524◦
Le rayon lumineux subit une première déviation qui correspond à un angle
− et une
seconde déviation de − ( − ) La déviation totale est donc de
= ( − ) + ( − ( − )) = (45◦ − 281◦) + (524◦ − 319◦) = 374◦
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
4.3 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 4.3, si est le deuxième angle de réfraction 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
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= ( − ) + ( ( − ) − ( − )) =⇒ = ( − 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 4.3 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 4.8, on obtient
1
+ 1
= 1
=⇒ =³1
− 1
´−1=¡
120 cm − 1
15 cm
¢−1=⇒ = −600 cm
On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.9 :
= −
= −−60 cm15 cm =⇒ = 400
Le tracé de deux des rayons principaux donne
(b) Avec = 60 cm dans l’équation 4.8, on obtient
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1
+ 1
= 1
=⇒ =³1
− 1
´−1=¡
120 cm − 1
60 cm
¢−1=⇒ = 300 cm
On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.9 :
= −
= −30 cm60 cm =⇒ = −0500
Le tracé de deux des rayons principaux donne
E27. On donne = −40 cm, donc = 2 = −20 cm.
(a) Avec = 15 cm dans l’équation 4.8, on obtient
1
+ 1
= 1
=⇒ =³1
− 1
´−1=³
1−20 cm − 1
15 cm
´−1=⇒ = −857 cm
On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.9 :
= −
= −−857 cm15 cm =⇒ = 0571
Le tracé de deux des rayons principaux donne
(b) Avec = 40 m dans l’équation 4.8, on obtient1
+ 1
= 1
=⇒ =³1
− 1
´−1=³
1−20 cm − 1
40 cm
´−1=⇒ = −133 cm
On calcule le grandissement linéaire avec l’équation 4.9 :
= −
= −−133 cm40 cm =⇒ = 0333
Le tracé de deux des rayons principaux donne
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E28. On donne = 40 cm, O = 2 cm et I = 36 cm. Selon l’équation 4.9, le grandissement
linéaire est
= IO
= 36 cm2 cm = 18
(a) Un miroir convexe produit toujours une image plus petite que l’objet, donc il s’agit d’un
miroir concave .(b) On calcule directement au moyen de l’équation 4.9 :
= −
=⇒ = − = − (18) (40 cm) = −720 cm
(c) On calcule directement au moyen de l’équation 4.8 :
1
= 1
+ 1
= 140 cm + 1
−720 cm =⇒ = 900 cm
E29. On donne = 60 cm et |I| = 04O. Comme l’image est réelle, 0 donc 0 ou
encore = −04. La valeur du grandissement linéaire étant connue, on peut calculer la
position de l’image :
= − =⇒ = − = − (−04)(60 cm) = 24 cm
On calcule ensuite le rayon de courbure en combinant les équations 4.7 et 4.8 :
2
= 1
+ 1
= 160 cm + 1
240 cm =⇒ = 343 cm
E30. On donne = 30 cm et |I| = 25O
(a) Si l’image est droite, on a 0 ou encore = 25 et l’équation 4.9 s’écrit
= − =⇒ = −25
On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.8 :1
= 1
+ 1
= 1
+ 1−25 = 1
(06) =⇒ = (06) = (06) (30 cm) = 180 cm
Le tracé de deux des rayons principaux donne
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(b) Si l’image est renversée, on a 0 ou encore = −25 et l’équation 4.9 s’écrit
= − =⇒ = 25
On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.8 :
1
= 1
+ 1
= 1
+ 125 = 1
(14) =⇒ = (14) = (14)(30 cm) = 420 cm
Le tracé de deux des rayons principaux donne
E31. On donne = −30 cm et = 04 L’équation 4.9 permet d’écrire que
= − =⇒ = −04
On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.8 :
1
= 1
+ 1
= 1
+ 1−04 = 1
(−15) =⇒ = (−15) = (−15) (−30 cm) = 450 cm
E32. On donne = 22 cm et = −32 On peut calculer la position de l’image avec l’équation
4.9:
= − =⇒ = − = − (−32)(22 cm) = 704 cm
On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.8 :
1
= 1
+ 1
= 122 cm + 1
704 cm =⇒ = 168 cm
Le tracé de deux des rayons principaux donne
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E33. On donne = −16 cm, donc = 2 = −8 cm, et = 0333
(a) L’équation 4.9 permet d’écrire que
= − =⇒ = −0333
On insère ensuite cette relation dans l’équation 4.8 :
1 = 1 + 1 = 1 + 1−0333 = 1 (−200) =⇒ = (−200) = (−200)(−8 cm) = 160 cm
(b) On reprend l’équation 4.9, ce qui donne
= − =⇒ = −0333 (160 cm) = −533 cm
E34. On donne = 32 cm et = 04
(a) On peut calculer la position de l’image avec l’équation 4.9 :
= −
=⇒ = − = − (04)(32 cm) = −128 cm
(b) On insère ensuite les valeurs obtenues en (a) dans l’équation 4.8 :
1
= 1
+ 1
= 132 cm + 1
−128 cm =⇒ = −213 cm
E35. On donne = 20 cm et |I| = 14O
Si l’image est inversée , on a 0 ou encore = −14 et l’équation 4.9 permet de
calculer la position de l’image :
= − =⇒ = − (−14) (20 cm) = 28 cm
On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.8 et on trouve la première valeur de la
distance focale :
1 1
= 1
+ 1
= 120 cm + 1
28 cm =⇒ 1 = 117 cm
Si l’image est droite , on a 0 ou encore = 14 et l’équation 4.9 permet de calculer
l’autre position de l’image :
= − =⇒ = − (14)(20 cm) = −28 cm
On insère ensuite ces valeurs dans l’équation 4.8 et on trouve la seconde valeur de la
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distance focale :
1 1
= 1
+ 1
= 120 cm + 1
−28 cm =⇒ 1 = 700 cm
E36. On donne = 60 cm et 0
(a) Si 0 et que |I| = 06O, on a = −06, et l’équation 4.9 permet de calculer la
position de l’image :
= − =⇒ = − (−06) (60 cm) = 360 cm
On calcule ensuite le rayon de courbure en combinant les équations 4.7 et 4.8 :
2
= 1
+ 1
= 160 cm + 1
360 cm =⇒ = 450 cm
(b) Si 0 et que |I| = 125O, on a = −125, et l’équation 4.9 permet de calculer la
position de l’image :
= − =⇒ = − (−125) (60 cm) = 750 cm
On calcule ensuite le rayon de courbure en combinant les équations 4.7 et 4.8 :
2
= 1
+ 1
= 160 cm + 1
750 cm =⇒ = 667 cm
(c) Si 0 et que |I| = 180O, on a = 180, et l’équation 4.9 permet de calculer la
position de l’image :
= − =⇒ = − (180) (60 cm) = −108 cm
On calcule ensuite le rayon de courbure en combinant les équations 4.7 et 4.8 :
2
= 1
+ 1
= 160 cm + 1
−108 cm =⇒ = 270 cm
E37.Bien qu’il s’agisse ici d’un miroir et non d’une lentille, cette situation est similaire à celleque décrit la figure 5.30 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 :
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(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 =|I |
et tan = O
= 2
on arrive à
|I |
= 2
=⇒ |I| = 2
=⇒ CQFD
(b) On donne = 168 m et = 174 × 106 m. Comme la distance Terre-Lune correspond à
= 384 × 108 m, on obtient
|I| = 2
=2(174×106)(168)
384×108= 152 cm
E38. Le délai en temps ∆ nécessaire à la lumière pour parcourir une distance équivaut à
∆ = , où = 300 × 108 m/s.
(a) Pour = 384 × 108 m, on obtient ∆ =
= 384×108
300×108= 128 s
(b) Pour = 15 × 1011 m, on obtient ∆ =
= 15×1011
300×108= 500 s = 833 min
E39. (a) Une année-lumière (a.l.) correspond à la distance que franchit la lumière durant 1 an :
= ∆ =¡
2998 × 108 m/s¢
(1 an) ׳36524 j1 an
´×³86400 s
1 j
´= 946 × 1015 m
(b) En années-lumière, la distance Terre-Soleil correspond à
= ¡15 × 1011 m¢× ³ 1 a.l.946×1015 m´ = 159 × 10−5 a.l.
E40. 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
= T12∆or b
= 15×1011
12(22 min)
= 227 × 108 m/s
E41. Dans l’expérience de Michelson, le temps requis pour un tour complet avec = 35 km
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est
∆ = 2
=2(35×104)
3×108= 233 × 10−4 s
Le prisme doit eff ectuer 18 tour pendant la durée ∆ ce qui donne la fréquence
= 18
¡1∆
¢= 536 tr/s
E42. Dans l’expérience de Fizeau, une roue ayant 360 dents doit eff ectuer1
360 tour en
∆ = 2
=2(4×103)3×108
= 267 × 10−5 s
La fréquence de rotation est alors de
= 1360
¡1∆
¢= 104 tours/s
E43. 1 sin 1 = 2 sin 2 = 3 sin 3 =⇒ (1) sin (30◦) = (133) sin 2 = (15) sin 3 =⇒
3 = 195◦ =⇒ ∆ = 105◦
E44. sin (45◦) = (15) sin 2 =⇒ = 1306 =⇒ =
= 230 × 108 m/s
E45. On calcule d’abord l’angle eau-V que forme le rayon lumineux par rapport à la verticale,
dans l’eau :
sin (75◦) = (133)sin eau-V =⇒ eau-V = arcsin³sin(75◦)133
´= 4657◦
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 = 4343◦ 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 4.66 du manuel :
(133) sin eau-P = (1) sin air =⇒ air = arcsin ((133) sin (4343◦)) = 661◦
E46. sin (60◦) = 1 =⇒ = 115
E47. L’angle de réfraction dans la lame de verre est calculé à partir de l’équation 4.3. On
donne 400 nm = 166 et 700 nm = 161, de sorte qu’avec sin (40◦) = sin , on calcule
400 nm = 2278◦ et 700 nm = 2353◦, 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 = (24)tan 400 nm = 10078 cm ou 700 nm = (24) tan 700 nm = 10450 cm
La distance entre les deux rayons mesurée sur la deuxième face est donc
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∆ = 700 nm − 400 nm = 00372 cm.
∆ correspond à l’hypothénuse du triangle qui contient la distance perpendiculaire
entre les deux rayons sortants, telle qu’elle apparaît dans la figure 4.58. On calcule cette
distance gràce à
=∆
sin (50◦) = 00285 cmE48. sin (45◦) (155)sin =⇒ = 271◦ et 0 = 45◦ − 271◦ = 179◦ =⇒
(155)sin(179◦) = sin =⇒ = 285◦
E49. Au moyen de la figure 4.29, on obtient
sin = (161)sin(15◦) =⇒ = 246◦ =⇒ = 2 ( − ) = 193◦
E50. On utilise la technique des miroirs virtuels pour prolonger les miroirs réels M 1 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 eff et
¡360◦
¢− 1 = 5 images produites. Cette relation se vérifie pour d’autres valeurs d’angle
E51. 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
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trouve les premières images I1 et I2 puis les images de ces images, respectivement I3 et
I4 :
E52. = −
= 3 =⇒ = −3 Avec 1
+ 1
= 136 cm =⇒
1
−1
3 = 1
36 cm=
⇒ = 240 cm
E53. = −
= 13 =⇒ = −
3 Avec 1
+ 1
= − 124 cm =⇒
1
− 3
= − 124 cm =⇒ = 480 cm
E54. = −
= 4 =⇒ = −4 Avec 1
+ 1
= 1
=⇒ = 240 cm
E55. 110 cm + 1
−14 cm = 1 =⇒ = 35 cm =⇒
120 cm + 1
= 1
35 cm =⇒ = −476 cm et = 234
L’image est virtuelle .
E56. 1
27 cm+ 1
159 cm= 1
=
⇒ = 10 cm =
⇒1
15 cm+ 1
= 1
10 cm=
⇒ = 300 cm
E57.
= tan(052◦) =⇒ = tan (052◦) = 726 × 10−4 m
E58. (a) 1
+ 1−60 cm = 1
60 cm =⇒ = 300 cm
(b) = −
= 200
Problèmes
P1. En vertu de la loi de Snell-Descartes, on a pour = 10 cm, = 133 et r = 5◦ :
sin r = sin i =⇒ sin(5◦) = (133)sin i =⇒ i = 376◦
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Pour trouver la profondeur apparente on observe géométriquement que = cos i et
= sin i =⇒ = tan i
= tan r =⇒ = tanr
= tanitanr
=⇒ = 751 cm
P2. 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 = 42 = 2 =⇒ = 634◦ et (133) sin = sin =⇒ = 423◦
On observe, au niveau de l’interface entre l’eau et l’air, que
tan = 4−25−
= 2 =⇒ 4 − = 5 − 2 et
= tan = tan (423◦) = 0909 =⇒
4 − 0909 = 5 − 2 =⇒ (2 − 0909) = 1 =⇒ = 0916 m
P3. Un rayon incident à angle sur une plaque de verre est dévié latéralement d’une distance
:
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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 = 1
sin sin ), donc
= cos ≈ =⇒ ≈ ( − ) =
¡1 + 1
¢=⇒ =
¡−1
¢=⇒ CQFD
P4. On considère une plaque de verre d’épaisseur = 24 cm et les indices de réfraction pour
les lumières rouge et bleu, R = 158 et B = 162
(a) L’angle entre les rayons réfractés dans la plaque pour un angle d’incidence = 30◦ est
R sin R = sin (30◦) =⇒ (158)sin R = 05 =⇒ R = 18449◦ et
(162)sin B = 05 =⇒ B = 17997◦ =⇒ ∆ = 0471◦
(b) On utilise l’équation obtenue à l’exercice 11 et on obtient avec R et B
= sin(−)cos =⇒ R = 05066 cm et B = 05256 cm =⇒ ∆ = 0190 mm
P5. Dans le logiciel Maple, on définit l’expression de la loi de Snell-Descartes pour 1 = 133
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◦
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du tableau ci-dessous. On obtient
0◦ 10◦ 20◦ 30◦ 40◦ 45◦
0◦ 1335◦ 2706◦ 4168◦ 5875◦ 7013◦
0 266◦ 1605◦ 2988◦ 4481◦ 6287◦ 7658◦
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
dérivée de cette équation par rapport à la variable indépendante :
³1
´+
³1
´=
³1
´=⇒ −
³1
´2−³1
´2
= 0 =⇒
= − 2
2=⇒ CQFD
P7. On utilise le résultat de l’exercice 11 où l’on développe le sinus d’une diff érence :
= sin(−)cos =
cos (sin cos − cos sin ) = ¡
sin − cos sincos
¢Avec les relations sin = sin et cos2 =
¡1 − sin2
¢, on obtient directement
= sin ⎛⎝1 − cos
r 1− sin2
2
⎞⎠ =⇒ = sin µ
1 − cos √ 2−sin2
¶=⇒ CQFD
P8. 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 .
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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
cos c =p
1 − sin2
c et sin c =
0
=⇒ cos c =r
1 − ³0
´2
=⇒
0 sin = cos c =
r 1 −
³0
´2=⇒ 0 sin =
√ 2 − 02 =⇒ CQFD
(b) Le cas particulier d’une fibre optique entourée d’air donne
sin = sin = cos c = p
1 − sin2 c = q
1 − 12
=⇒ sin =√
2 − 1
P9. 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
= 1
+ 2
=⇒ =√ 2+2
+
√ (−)2+2
=⇒ CQFD
(b) Avec la condition d’un délai minimal et au moyen de la figure 4.73, 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
= 11
+ 22
=
⇒ =
√ 2+2
1+
√ (−)2+2
2=
⇒CQFD
(b) Avec la condition d’un délai minimal et au moyen de la figure 4.74, on trouve
= 0 =⇒
=
1√ 2−2
− −
2√
(−)2+2= 0 =⇒
sin11
− sin22
= 0 =⇒ sin11
= sin22
=⇒ CQFD
P11. La figure 4.75 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.
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(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 = 4cos2
Avec sin2 = 2 sin2 et l’identité sin2 + cos2 = 1 applicable aux deux angles, on
obtient
cos =q
2−13 où = 4
3 =⇒ = 594◦
sin = sin =⇒ = 402◦ et (2 − 4) = −420◦ =⇒ = 180◦ − 42◦ =⇒ CQFD
P12. La figure 4.76 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 =⇒
= 26 = 1
3
En dérivant par rapport à
l’équation sin
=
sin
, on obtient (sin ) =
( sin ) =⇒ cos = cos = cos
3 =⇒ 2 cos2 = 9cos2
Avec sin2 = 2 sin2 et l’identité sin2 + cos2 = 1 applicable aux deux angles, on
obtient
cos =q
2−18 =⇒ cos2 = 2−1
8 =⇒ CQFD
92 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 4 : Ré fl exion et réfraction de la lumière v4
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Chapitre 5 : Les lentilles et les instruments d’optique
Exercices
E1. (a) On a 1 = 133 , 2 = 1 = 10 cm et = −20 cm. En utilisant l’équation 5.2, on
obtient
13310 cm + 1
= 1−133−20 cm =⇒ = −858 cm
Le chat voit le poisson à 858 cm derrière la paroi .
(b) Selon l’équation 5.3, on obtient
= −12
= − (133)(−858 cm)(1)(10 cm) = 114 =⇒ I = O = (114) (2 cm) = 228 cm
(c) Les données équivalent maintenant à 1 = 1 , 2 = 133 = 15 cm et = 20 cm. En
utilisant l’équation 5.2, on obtient
1
15 cm
+ 133
= 133−1
20 cm
=⇒
=−
265 cm
Le poisson voit le chat à 265 cm derrière la paroi .
(d) = −12
= − (1)(−265 cm)(133)(15 cm) = 133
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 = 133, 2 = 1 et = −05 m, si l’image est virtuelle, on obtient
133
+ 1−05 = 0 =⇒ = 0665 m
Le saumon est donc en réalité à 665 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 = 15 2 = 133, 1 = 10 cm et on calcule
1510 cm + 133
1= 0 =⇒ 1 = −887 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 = 133 2 = 1
2 = (887 cm) + (30 cm) = 3887 cm, et on trouve
1333887 cm + 1
2= 0 =⇒ 2 = −292 cm
La mouche semble se trouver à 292 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
( = 15)
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(a) Si 1 −→ ∞ on a à l’entrée puis à la sortie de la sphère des images produites respecti-
vement en 1 et 2 :
1∞
+ 1
= −1
= 054 cm =⇒ 1 = 3 = 12 cm =⇒ 2 = 2 − 1 = −4 cm
2
+ 12
= 1−
=⇒ 15−4 cm + 1
2= −05−4 cm =⇒ 2 = 200 cm
L’imagefi
nale est à 600 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 :
116 cm + 15
1= −1
= 05
4 cm =⇒ 1 = 24 cm =⇒ 2 = 2 − 1 = −16 cm
2
+ 12
= 1−
=⇒ 15−16 cm + 1
2= −05−4 cm =⇒ 2 = 457 cm
L’image finale est à 857 cm du centre de la sphère .
E5. Quelle que soit la position de l’objet devant la tige de verre d’indice = 15 représentée
à la figure 5.44, 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
= −11
=⇒ 124 cm + 15
1= 05
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
+ 12
= 1−2
=⇒ 1548 cm + 1
2= 0 =⇒ 2 = 320 cm
L’image finale se trouve à 320 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
= −11
=⇒ 16 cm + 15
1= 05
8 cm =⇒ 1 = −144 cm
Cette image virtuelle du premier dioptre est un objet réel pour la face plane :
2 = 3 − 1 = 384 cm =⇒
94 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt. v4
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2
+ 12
= 0 =⇒ 15384 cm + 1
2= 0 =⇒ 2 = −256 cm
L’image finale se trouve à 160 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 = 15
(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
1∞
+ 1
= ( − 1)³
11
− 1∞
´=⇒ = 1
−1 = 240 cm
(b) Si l’objet est dans l’air, à l’infini du côté plan de la lentille, on a 1 −→ ∞ et
2 = −12 cm de sorte que
1∞
+ 1
= ( − 1)³
1∞
− 12
´=⇒ = −2
−1 = 240 cm
E7. Pour une lentille mince ( = 15), la distance focale s’exprime au moyen de l’équation
5.5.
(a) Si = 16 cm et 1 = 12 cm, on calcule 2 ainsi :
1
= ( − 1)³
11
− 12
´=⇒ 1
16 cm = (15 − 1)³
112 cm − 1
2
´=⇒ 2 = −240 cm
(b) Si = −40 cm et 1 = 12 cm, on calcule 2 ainsi :
1
= ( − 1)³
11
− 12
´=⇒ 1
−40 cm = (15 − 1)³
112 cm − 1
2
´=⇒ 2 = 750 cm
E8. D’après la formule des lentilles minces, on a, en fonction de = 4 m et de O = 2 m,
(a) pour une distance focale = 005 m :1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 1005 − 1
4 =⇒ = 00506 m
= −
= −00127 =⇒ I = O =⇒ |I| = 253 cm
(b) pour une distance focale = 02 m :
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 102 − 1
4 =⇒ = 0211 m
= −
= −00526 =⇒ I = O =⇒ |I| = 105 cm
E9. Cette situation est similaire à celle que décrit la figure 5.30 du manuel. Si l’objet est loin
de la lentille, la lumière en provenance de tous ses points forment des familles de rayonsquasi 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 :
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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 |
et tan = O
= 2
on arrive à |I |
= 2
=⇒
|I| = 2
On peut aussi suivre le raisonnement suivant : comme = est grand alors, dans l’équa-
tion 5.6a , 1
−→ 0 de sorte que = . Selon l’équation 4.9, en rappelant que O = 2,
on a que
= IO
= −
=⇒ |I| = O
= 2
(a) Pour les rayons issus de la Lune, on trouve
|I| = 2
=2(174×106)(2)
384×108=⇒ |I| = 181 mm
(b) Pour les rayons issus du Soleil, on trouve
|I| = 2
=2(696×108)(2)
15×1011=⇒ |I| = 186 mm
E10. 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
= −
= −5 =⇒ = −
= − 2−5 = 0400 m
(b) Quant à la distance focale, elle est de
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 104 + 1
2 =⇒ = 0333 m
E11. D’après la formule des lentilles minces et avec = 4 et = −16 cm (image virtuelle),
(a) on calcule la position de l’objet, soit
96 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt. v4
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= −
= 4 =⇒ = −
= −−16 cm4 = 400 cm
(b) et la distance focale, soit
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 14 cm + 1
−16 cm =⇒ = 533 cm
E12. D’après la formule des lentilles minces et avec = −13 et = 6 cm (image réelle),
(a) on calcule la position de l’objet, sot
= −
= −13 =⇒ = −
= −6 cm
−13
= 180 cm
(b) et la distance focale, soit
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 118 cm + 1
6 cm =⇒ = 450 cm
E13. 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
5.15a 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, =
IO =−
20036 = −556.
La distance image étant = 7 m, on calcule la distance objet à partir de l’équation 5.6b :
= −
=⇒ = −
= − 7−556 = 0126 m
On calcule ensuite la distance focale de la lentille du projecteur :
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 10126 + 1
7 =⇒ = 0124 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
= 1005 − 1
2 =⇒ = 00513 m
(b) si la position de l’objet est = 05 m, ce qui donne
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 1005 − 1
05 =⇒ = 00556 m
E15. On considère une lentille convergente ( = 15 cm) et le grandissement linéaire || = 2
Voici les positions possibles de l’objet :
si = −2 =⇒ = − = 2 =⇒ 1
+ 12 = 1
15 cm =⇒ = 225 cm
ou si = 2 =⇒ = − = −2 =⇒ 1
+ 1−2 = 1
15 cm =⇒ = 750 cm
L’objet peut donc se trouver à 225 cm ou à 750 cm .
E16. D’après la formule des lentilles minces et avec = −23 et = 12 cm,
(a) on calcule la position de l’image, soit
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= −
= −23 =⇒ = − = −
¡−2
3
¢(12 cm) = 800 cm
(b) et la distance focale, ce qui donne
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 112 cm + 1
8 cm =⇒ = 480 cm
E17. La lentille est convergente ( = 35 cm) et la valeur absolue du grandissement linéaire est
fournie (|| = 25). Comme l’objet est réel ( 0), le type d’image permet de déterminerle signe du grandissement à partir de l’équation 5.6b ( = −) :
(a) Si l’image est réelle, 0, le grandissement linéaire est
= −25 =⇒ = − = 25 =⇒ 1
+ 125 = 1
35 cm =⇒ = 490 cm
(b) Si l’image est virtuelle, 0, le grandissement linéaire est
= 25 =⇒ = − = −25 =⇒ 1
+ 1−25 = 1
35 cm =⇒ = 210 cm
E18. On considère une lentille convergente ( = 20 cm) et le grandissement linéaire || = 04
Voici les positions possibles de l’objet :
(a) Si l’image est réelle, 0, et
= −04 =⇒ = − = 04 =⇒ 1
+ 104 = 1
20 cm =⇒ = 700 cm
(b) Si l’image est virtuelle, 0, et
= 04 =⇒ = − = −04 =⇒ 1
+ 1−04 = 1
20 cm =⇒ = −300 cm
E19. Pour une lentille mince biconvexe, on cherche la position de l’image en utilisant la formule
1
+ 1
= 1
où 1
= ( − 1)³
11
− 12
´avec = 15.
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 :
120 cm + 1
= (15 − 1)
³1
12 cm − 1−16 cm
´=⇒ = 436 cm
= −
= −436 cm20 cm = =⇒ = −218
E20. Pour une lentille mince biconcave, on cherche la position de l’image en utilisant la formule
1
+ 1
= 1
où 1
= ( − 1)³
11
− 12
´avec = 15.
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 :
120 cm + 1
= (15 − 1)
³1
−12 cm − 116 cm
´=⇒ = −814 cm
= −
= −−814 cm20 cm = =⇒ = 0407
E21. On considère une lentille divergente ( = −20 cm). On cherche la position de l’objet.
(a) Si l’image est virtuelle, ce qui implique que 0 et qu’elle est droite, alors le grandis-
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sement linéaire est = 02, de sorte que
= − = −02 =⇒ 1
+ 1−02 = 1
−20 cm =⇒ = 800 cm
(b) Si l’image est réelle, ce qui implique que 0 et qu’elle est droite, alors le grandissement
linéaire est = 15, de sorte que
=−
=−
15 =⇒
1
+ 1
−15 = 1
−20 cm=
⇒ =
−667 cm
E22. On calcule la position de l’image issue de la première lentille ( 1 = 10 cm) avec
1 = 20 cm :
120 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) =⇒ 1−10 cm + 1
2= 1−15 cm =⇒ 2 = 300 cm
E23. On calcule la position de l’image issue de la première lentille ( 1
= 10 cm) avec
1 = 12 cm :
112 cm + 1
1= 1
10 cm =⇒ 1 = 60 cm
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) =⇒ 1−45 cm + 1
2= 1
20 cm =⇒ 2 = 138 cm
E24. On calcule la position de l’image I1 issue de la première lentille ( 1 = 8 cm) avec
1 = 40 cm :1
40 cm + 11
= 18 cm =⇒ 1 = 10 cm =⇒ 1 = − 1
1= −10 cm
40 cm = −0250
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 =⇒ 110 cm + 1
2= 1
12 cm =⇒ 2 = −600 cm
On calcule ensuite le grandissement transversal de la seconde lentille et le grandissement
total :
2 = −2
2 = −−60 cm
10 cm = 600 =⇒ = 12 = (−0250)(600) =⇒ = −150Le tracé de deux des rayons principaux donne
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E25. Pour la première et la seconde lentille, on a
1 1
+ 11
= 1 1
et 1 2
+ 12
= 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
+ 11
+ 1−1
+ 12
= 1 1
+ 1 2
=⇒ 1 1
+ 12
= 1 1
+ 1 2
Le côté droit de l’équation peut être assimilé à l’eff et 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
≈ 1 1
+ 1 2
=⇒ ≈ 1 2 1+ 2
=⇒ CQFD
E26. D’après l’expression de la distance focale combinée obtenue à l’exercice 25, on trouve
= 1 2 1+ 2
=⇒ 1
= 1 1
+ 1 2
=⇒ 114 cm = 1
10 cm + 1 2
=⇒ 2 = −350 cm
E27. On considère une loupe avec les données = 57 cm et = 6 cm.
(a) On calcule ainsi le grossissement angulaire :
= 025
= 0250057 = 439
(b) En vertu de la loi des lentilles minces, on obtient ainsi la position de l’image :
1
= 1
+ 1
=⇒ 16 cm = 1
57 cm + 1
=⇒ = −114 cm
E28. 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
=⇒ 14 cm = 1
+ 1−40 cm =⇒ = 364 cm
= −
= −−40 cm364 cm = 110 et = I
O=⇒ I = O =⇒ I = 110 mm
(b) Le grossissement angulaire correspond à
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= 025
= 02500364 = 687
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
+ 1
=⇒ 1
= 1
+ 1−025 =⇒ 1
= 1
+ 1
025 =⇒
=
025
= 025³ 1
+1
025´
=⇒ = 1 +
025
=⇒ CQFD(b) La distance focale correspondant au grossissement angulaire = 24 équivaut à
= 1 + 025
= 24 =⇒ 025
= 14 =⇒ = 0179 m
E30. La distance focale d’une loupe est = 10 cm.
(a) On obtient comme suit la position de l’objet qui donne le grossissement angulaire maxi-
mal, ce qui se produit si l’image donnée par la loupe se trouve au punctum proximum
normal ( = −25 cm) :
1 = 1 + 1 =⇒ 110 cm = 1 + 1−25 cm =⇒ = 714 cm
(b) On trouve aussi la taille de l’image, connaissant celle de l’objet (O = 2 mm) :
= −
= −³−25 cm714 cm
´= 35 et = I
O=⇒ I = O =⇒ I = 700 mm
(c) Lorsque = , donc = 100 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 = 05 cm, la distance
focale de l’oculaire équivaut à
∞ = − ob
025 o c
= −400 =⇒ oc = 200 cm
E32. Les distances focales du microscope sont ob = 08 cm et oc = 3 cm.
Comme la distance entre les lentilles est = 175 cm, la longueur optique équivaut à
= − oc − ob = 137 cm. L’image virtuelle finale étant située à oc = −40 cm de
l’oculaire (cette figure est similaire à la figure 5.27), on en déduit que
1 oc
+ 1o c
= 1 o c
=⇒ 1 o c
+ 1−40 cm = 1
3 cm =⇒ oc = 279 cm
La position de l’image de l’objectif est ob =
− oc = 147 cm, et on détermine que
1 ob
+ 1ob
= 1 ob
=⇒ 1 ob
+ 1147 cm = 1
08 cm =⇒ ob = 0846 cm
= − ob ob
25 cm oc
= − 147 cm0846 cm
25 cm279 cm = −156
E33. Les distances focales du microscope sont ob = 06 cm et oc = 24 cm. L’objet est situé
à ob = 0625 cm de l’objectif. On calcule ainsi la position de l’image de l’objectif :
1 ob
+ 1ob
= 1 ob
=⇒ 10625 cm + 1
ob= 1
06 cm =⇒ ob = 15 cm
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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 5.27), et on en déduit que
= ob − ob = 144 cm et = + ob + oc = 174 cm
Le grossissement se calcule alors directement, comme suit
∞ = −
ob
25 cm
oc = −144 cm
06 cm
25 cm
24 cm = −250
E34. 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 ob
+ 1ob
= 1 ob
=⇒ 1∞
+ 1ob
= 160 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 oc
+ 1o c
= 1 o c
=⇒ 15 cm + 1
∞= 1
oc=⇒ oc = 500 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
∞ = − ob o c
= −60 cm5 cm = −120
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 :
∞ = − ob o c
= −180 cm5 cm = −360
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
5.31. 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 :
∞ = − ob o c
=⇒ 8 cm = 36 cm oc
=⇒ oc = −450 cm
E37. 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 :
∞ = − ob o c
= −500 cm10 cm = −500
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(b) Lorsque l’image finale est située à oc = −40 cm de l’oculaire, on trouve
1 oc
+ 1o c
= 1 o c
=⇒ 1 o c
+ 1−40 cm = 1
10 cm =⇒ oc = 800 cm
= − ob oc
= −500 cm8 cm = −625
E38. La distance entre les lentilles d’un télescope astronomique est = 65 cm. L’image finale
est située à l’infi
ni, de sorte que = ob + oc ; puisque le grossissement angulaire est∞ = −25 on en déduit que
= ob + oc = 65 cm et ∞ = − ob oc
= −25 =⇒ 25 oc + oc = 65 cm =⇒
oc = 250 cm =⇒ ob = − oc =⇒ ob = 625 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
∞ = − ob o c
= − 20 cm−5 cm = −400
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 = 168 m et
oc = 35 cm, ce qui donne
∞ = − ob o c
= − 1680035 = −480
E41. Les distances focales du télescope sont ob = 18 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 oc
+ 1o c
= 1 o c
=⇒ 1 o c
+ 1−040 = 1
011 =⇒ oc = 00863 m =⇒
= − ob oc
= − 1800863 = −209
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 ob
+ 1ob
= 1 ob
=⇒ 112 + 1
ob= 1
024 =⇒ ob = 2449 cm =⇒
oc = − ob = −849 cm =⇒1
oc+ 1
o c= 1
o c=⇒ 1
−849 cm + 1oc
= 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
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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 = (245 cm) + (−8 cm) = 165 cm
E43. Une prescription corrective de puissance = 28 D requiert une lentille correctrice de
distance focale =
1
= 0357 m. Cette lentille agit de telle sorte que l’image virtuelle( 0) d’un objet situé à = 025 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
=⇒ 1025 + 1
−PP= 1
0357 =⇒ PP = 833 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 correc-
trice, 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
=⇒ = −400 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
1
+ 1
= 1
=⇒ 1
+ 1−P P
= 1
=⇒ 1
+ 1−15 cm = 1
−40 cm =⇒ 0PP = 240 cm
E45. 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 = −40 m =⇒ 1 = 1
1= −0250 D
Le punctum proximum, PP = 40 cm, nécessite aussi une correction, telle que l’image
virtuelle d’un objet situé à = 025 m apparaisse au punctum proximum de l’œil,
= −PP = −040 m. La puissance de cette seconde lentille équivaut à
1
+ 1
= 1 1
=⇒ 1025 + 1
−04 = 1 2
=⇒ 2 = 0667 m =⇒ 2 = 1 2
= 150 D
Les puissances des deux lentilles sont donc de −0250 D et de 150 D .
(b) On a déjà établi l’eff et 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
104 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt. v4
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à l’intérieur du punctum proximum ( = −PP ), et la valeur minimale de est
1
+ 1
= 1 1
=⇒ 1
+ 1−04 = 1
−40 =⇒ = 444 cm
Le domaine de vision nette s’étend donc de 444 cm à l’infini .
(c) On a déjà établi l’eff et 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 objetséloignés ne peuvent se situer au-delà du punctum remotum ( = −PR), et la valeur
maximale de est
1
+ 1
= 1 2
=⇒ 1
+ 1−4 = 1
0667 =⇒ = 572 cm
Le domaine de vision nette s’étend donc de 250 cm à 572 cm .
E46. (a) Le punctum proximum, PP = 34 cm, nécessite une correction telle que l’image virtuelle
d’un objet situé à = 025 m apparaisse au punctum proximum de l’œil :
= −PP = −034 m
La puissance de cette lentille est donc de
1
+ 1
= 1
=⇒ 1025 + 1
−034 = 1
=⇒ = 0944 m =⇒ = 1
= 106 D
(b) Avec une lentille correctrice, l’objet qui est à l’infini doit paraître situé au punctum
remotum, = −PR = −034 m. Comme −→ ∞ on obtient comme suit la puissance
de cette lentille :
1
+ 1
= 1
=⇒ 1∞
+ 1−034 = 1
=⇒ = −034 m =⇒ = 1
= −294 D
E47. Avec la correction, l’objet qui est l’infini ( −→ ∞) apparaît au punctum remotum,
= −PP = −2 m. La puissance de la lentille utilisée équivaut à
1
+ 1
= 1
=⇒ 1∞
+ 1−2 = 1
=⇒ = −2 m =⇒ = 1
= −05 D
Avec ces lunettes, un objet situé à = 028 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
=⇒
1028 + 1
−PP= 1−2 =
⇒PP = 246 cm
E48. Avec les vieilles lunettes de puissance = 15 D, un objet situé à = 040 m, la position
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
= =⇒ 104 + 1
−PP= 15 =⇒ PP = 1 m
Avec la nouvelle correction 0 l’image virtuelle d’un objet situé à 0 = 025 m doit
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apparaître à la nouvelle position du punctum proximum de l’œil ( 0 = −PP = −1 m) :
1 0 + 1
0 = 1 0
=⇒ 1025 + 1
−1 = 1 0
=⇒ 0 = 0333 m =⇒ 0 = 1 0
= 300 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−PR = −2 =⇒ PR = 500 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 = −020 m) :
1
+ 1
= 1
= =⇒ 10
PP+ 1−020 = −2 =⇒ 0PP = 333 cm
E50. (a) 150 cm + 1
−20 cm = 1
=⇒ = −333 cm
(b) 150 cm + 1
20 cm = 1
=⇒ = 143 cm
E51. 1
+ 1(100 cm)− = 1
20 cm =⇒ = 276 cm et 724 cm
E52. (a) = − = 15 et 1 + 1−15 = 112 cm =⇒ = 400 cm
(b) = −
= −15 et 1
+ 115 = 1
12 cm =⇒ = 200 cm
E53. On donne O = 18 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 5.15a
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, = IO
= −24 mm1800 mm = − 1
750 .
Avec l’équation 5.6b, on établit une relation entre la distance image et la distance objet :
= − =⇒ = − =⇒ =
750
On calcule finalement la distance objet à partir de l’équation 5.6a :
1
+ 1
= 1
=⇒ 1
+ 750
= 155 mm =⇒ = 418 m
E54. 110 cm + 1
1= 1
12 cm =⇒ 1 = −60 cm =⇒ 2 = 75 cm =⇒1
75 cm + 12
= 1−30 cm =⇒ 2 = −214 cm
= 12 =³− 1 1
´³− 2 2
´=¡−−60 cm
10 cm
¢ ³−−214 cm
75 cm
´= 171 =⇒
I = O =
⇒I = 206 cm
E55. (a) 140 cm + 1
1= 1
15 cm =⇒ 1 = 24 cm =⇒ 2 − 14 cm =⇒1
−14 cm + 12
= 1−10 cm =⇒ 2 = −350 cm
(b) = 12 =³− 1 1
´³− 2 2
´=¡−24 cm
40 cm
¢ ³−−35 cm−14 cm
´= 150
E56. 118 cm + 1
1= 1
10 cm =⇒ 1 = 225 cm =⇒ 2 = 75 cm =⇒1
75 cm + 12
= 1−15 cm =⇒ 2 = −500 cm
106 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 5 : Les lentilles et les instr. d’opt. v4
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= 12 =³− 1 1
´³− 2 2
´=³−225 cm
18 cm
´³−−5 cm
75 cm
´=⇒ = −0833
E57. (a) 1
+ 1−25 cm = 1
10 cm =⇒ = 714 cm
(b) = −
= 350
E58.
= tan =⇒ = 2 tan (052◦) = 182 cm
E59.(a)
∞
= − ob
o c = −240 cm
12 cm = −20 =⇒ ∞
=
=⇒ = ∞
= 104
◦
(b) ob = 240 cm, alors 1 oc
+ 1−25 cm = 1
12 cm =⇒ oc = 811 cm
= − ob oc
= −296 =⇒ = || = 154◦
E60. 1∞
+ 1075 = 1
=⇒ = −075 m =⇒ = 1
= −133 D
E61. 125 cm + 1
−80 cm = 1
= =⇒ = 275 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 = 4286 cm etla seconde pour, = 4667 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 ∆ = 0381 cm .
(b) Par un raisonnement similaire, on calcule que va de 0 cm à 444 cm, donc ∆ = 444 cm .
Problèmes
P1. (a) On donne 1 = 4 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 5 cm :1
5 cm + 11
= 14 cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 1
1= −20 cm
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 = 373 cm
On peut ensuite obtenir le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement
total :
2 = −2 2 = −
373 cm−8 cm = 0467 =⇒ = 12 =⇒ = −187
Le tracé de deux des rayons principaux donne
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(b) On reprend les mêmes calculs qu’en (a), mais avec 1 = 12 cm, ce qui donne
112 cm + 1
1= 1
4 cm =⇒ 1 = 6 cm =⇒ 1 = − 1 1
= − 6 cm12 cm = −05
2 = −
1 = 6 cm =⇒
16 cm + 1
2= 1
7 cm =⇒
2 =−
420 cm
2 = − 2 2
= −−420 cm6 cm = 7 =⇒ = 12 =⇒ = −350
Le tracé de deux des rayons principaux donne
P2. On donne 1 = 10 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 20 cm :
120 cm + 1
1= 1
10 cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 1 1
= −20 cm20 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 =⇒ 110 cm + 1
2= 1−5 cm =⇒ 2 = −333 cm
On obtient ensuite le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement
total :
2 = − 2 2
= −−333 cm10 cm = 0333 =⇒ = 12 =⇒ = −0333
Le tracé de deux des rayons principaux donne
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P3. On donne 1 = 10 cm. On calcule la position de l’image I1 avec 1 = 20 cm :
120 cm + 1
1= 1
10 cm =⇒ 1 = 20 cm =⇒ 1 = − 1 1
= −20 cm20 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’imagefi
nale I2 : 2 = − 1 = −8 cm =⇒ 1
−8 cm + 12
= 1−15 cm =⇒ 2 = 171 cm
On obtient ensuite le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement
total :
2 = − 2 2
= −171 cm−8 cm = 214 =⇒ = 12 =⇒ = −214
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 :
125 cm + 1
1= 1−15 cm =⇒ 1 = −938 cm =⇒ 1 = − 1
1= −−938 cm
25 cm = 0375
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 = 214 cm =⇒ 1214 cm + 1
2= 1
14 cm =⇒ 2 = 406 cm
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(b) Le grandissement latéral de la seconde lentille et le grandissement total s’obtiennent
comme suit
2 = − 2 2
= −406 cm214 cm = −190 =⇒ = 12 =⇒ = −0711
Le tracé de deux des rayons principaux donne
P5. Une lentille convergente est placée entre une source ponctuelle et un écran séparés par
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 :
1
= 1
+ 1
=⇒ 1
= 1
+ 1−
=⇒ 2 − + = 0 =⇒ =±
√ 2−4
2
La solution implique deux valeurs pour =⇒ CQFD
(b) La distance entre les deux positions possibles de l’objet équiavaut donc à
∆ = 1 − 2 =+
√ 2−4
2 − −√ 2−4
2 =⇒ ∆ =p
( − 4 ) =⇒ CQFD
P6. 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) =⇒
f 2 + ( + 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 oc
+ 1o c
= 1 o c
=⇒ 1 o c
+ 1−25 cm = 1
5 cm =⇒ oc = 417 cm
1 ob
+ 1ob
= 1 ob
=⇒ 120 m + 1
ob= 1
08 m =⇒ ob = 833 cm
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On calcule ensuite le grandissement linéaire, et on obtient ainsi la dimension de l’image
finale:
= oboc =³− ob ob
´³− oc oc
´=³− 833 cm
2000 cm
´³−−25 cm
417 cm
´= −025 =⇒
|I| = |O| = |(−025) (4 cm)| = 100 cm
(b) Selon l’équation 5.15, = − ob
oc 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 5.29. En remplaçant ob par ob dans l’équation 5.15, on obtient donc une valeur
représentative du grossissement angulaire du télescope :
= −ob oc
= −833 cm417 cm = −200
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) :
1
= 1 1
+ 11
=⇒ 110 cm = 1
15 cm + 11
=⇒ 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
+ 12
=⇒ 110 cm = 1
−10 cm + 12
=⇒ 2 = 5 cm
L’image finale se trouve à 500 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 = = 15 et 2 = 1
Compte tenu de la géométrie illustrée à la figure 5.45, on calcule la position de l’image
en considérant le fait que les rayons sortent radialement, sans réfraction :
3 cm + 1
= 1−−3 cm =
⇒153 cm + 1
= 1−15−3 cm =
⇒ =
−300 cm
L’image se superpose à l’objet, au centre 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 ∞ = − 2 1
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(a) Si la seconde lentille est convergente, le montage est celui d’une lunette astronomique
( 1 = 0 2 0), comme à la figure 5.29, et il inverse l’image (∞ = −2). Dans un
tel montage, la distance entre les lentilles est telle que
= + 2 et ∞ = − 2
= −2 =⇒
2 = 200 située à 300 de la première lentille
(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 5.31 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 = −0500 située à 0500 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 = 158
et à B = 162 On calcule la distance focale avec l’équation 5.4b, dans laquelle 1 = 1 :
1
= ( − 1)³
11
− 12
´= ( − 1)
³1
10 cm − 1−10 cm
´=⇒ = 5 cm
−1
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Si = R = 158 R = 5 cm158−1 = 8621 cm, avec = B = 162 B = 5 cm
162−1 = 8065 cm;
finalement, ∆ = R − B = 0556 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 lentilleµ ∝ ∝ 2 =
³
´2¶. On exprime la variation dans la quantité de lumière qui atteint
la pellicule par le rapport 0
donc
0
=
µ 0
¶2
µ
¶2 =⇒ 0
= 2
02
(a) Avec = 20 et 0 = 28 on obtient 0
= (20)2
(28)2= 0510 .
(b) Avec = 56 et 0 = 8 on obtient 0
= (56)2
(8)2= 0490 .
P13. Pour une lentille mince remplie d’air (2 = 1) immergée dans l’eau (1 = 133) dont lesrayons de courbure sont 1 = 12 cm et 2 = −16 cm, on calcule la distance focale à
l’aide de l’équation 5.4b :
1
= (2−11
)³
11
− 12
´=³1−133133
´³1
12 cm − 1−16 cm
´=⇒ = −276 cm
P14. Soit la figure suivante, similaire à la figure 5.1, 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
= − tan2 tan1
(i)
Si les angles sont petits, on a tan ≈ sin et on modifie l’équation (i). On considère
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finalement la loi de la réfraction, ce qui donne
= − sin2 sin1
=⇒ = −12
=⇒ CQFD
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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 = 6 =⇒ = 6
6=
6(490×10−9)(22)38×10−2
= 0170 mm
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
I = 2I =
2(480×10−9)(20)40×10−4
= 48× 10−3 m
II = 2II =
2(650×10−9)(20)40×10−4
= 65× 10−3 m
La distance entre les deux franges sur l’écran équivaut donc à
∆ = II − I = 170 mm
E3. (a) On adapte l’équation obtenue à l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive¡ = + 1
2
¢et on obtient =
³+
12
´
Pour = 0 cette équation donne la position
du premier lieu d’interférence destructive :
0 =
³12
´
=⇒ = 20
=(450×10−9)(2)2(32×10−3)
= 0141 mm
(b) On utilise l’équation obtenue à l’exemple 6.2 et on obtient, pour = 1 :
1 = =⇒ =
1= (450×10−9)(2)
32×10−3= 0281 mm
E4. On adapte l’équation obtenue à l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive¡ = + 1
2
¢et on obtient =
³+
12
´
Avec = 3 (troisième ordre) et 0 = 2
(deuxième ordre) on arrive à
∆ = 3 − 2 =
³3+
12
´
−³2+
12
´
= =
(546×10−9)(18)32×10−4
= 307 mm
E5. Si la distance entre les deux franges d’ordre = 4 est de 7 cm, on a 4 = 35 cm. En
utilisant l’équation obtenue à l’exemple 6.2, on obtient
4 = 4 =⇒ = 4
4 =(35×10−2)(2×10−4)
4(30) = 583 nm
E6. (a) En utilisant l’équation obtenue à l’exemple 6.2, et pour = 3, on trouve
3 = 3 =⇒ = 3
3=
3(590×10−9)(2)16×10−2
= 0221 mm
(b) Avec = 1 on calcule la position de la frange brillante, ce qui donne
1 = =
(590×10−9)(2)0221×10−3
= 534 mm
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E7. La cinquième frange sombre est celle pour laquelle = 4 dans l’équation 6.3. Si on
combine les équations 6.3 et 6.4, on obtient
sin =¡
+ 12
¢ =⇒ = sin
+12
=(2×10−4) sin(07◦)
4+12
= 543 nm
E8. On donne 1 = 10 2 = 8 1 = 560 nm et 2 est inconnue dans
= 11 =¡
2 +
1
2¢
2 =⇒ 2 =
101
85 =
10(560)
85 =⇒ 2 = 659 nmE9. On cherche la position où
= 11 = 22 =⇒ (480 nm) 1 = (560 nm) 2 =⇒ 61 = 72 =⇒ 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:
= 11 =
7(480×10−9)(12)24×10−4
= 168 cm
E10. On adapte l’équation obtenue à l’exemple 6.2 à une situation d’interférence destructive¡ = + 1
2
¢et on obtient, pour = 7 :
=
³+
12
´
=⇒ =
³7+
12
´
7=
(75)(589×10−9)(12)65×10−3
= 0816 mm
E11. Pour les deux premières franges d’interférence constructive qui suivent le pic central, les
équations 6.2 et 6.4 donnent
sin 1 = (1) =⇒ = sin 1 (i)
sin 2 = 2 =⇒ = sin2
2 (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 =⇒ 2sin 1 = sin (1 + 10◦) = sin 1 cos (10◦) + cos 1 sin (10◦) =⇒
2sin 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 = 971◦
Finalement, si on revient à l’équation (i), on obtient
= sin(971◦) =⇒ =
sin(971◦) = 3×10−2
sin(971◦) = 178 cm
E12. 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
∆ = =⇒ =
∆ =(510×10−9)(2)
1×10−2
7
= 0714 mm
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E13. Si le retard de phase est de 32 la diff érence de marche sera de 3
4 Ainsi
= 34 =
=⇒ = 34 =
3(600×10−9)(24)4(5×10−4)
= 216 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 = 170 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 diff érence de marche = 2 − 1
correspond à une longueur d’onde. On donne 1 = 8 m, donc
= 2 − 1 =⇒ 170 = 2q ¡
12
¢2+ 2 − 8 =⇒
√ 42 + 2 = 485 =⇒
=q
(485)2 − 42 = 274 m
E15. Si la fréquence vaut 1000 Hz, la longueur d’onde est de 34× 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+
12
´
= 2 =
(34×10−1)(8)2(1) = 136 m
E16. On calcule, avec l’équation 2.5c , une longueur d’onde = = 340
95 = 359 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 diff érence de marche entre les sons émis par S1 et S2 est
donnée par l’équation 6.3, = ¡ + 1
2¢.
La figure 6.30 et le théorème de Pythagore permettent d’établir une équation pour qui
contient la distance :
=√
42 + 2 − 4
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 =⇒
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=
q ¡2 + 4
¢2 − 42 =
r ³3592 + 4
´2− 42 = 419 m
(b) Pour le point Q , l’équation de la diff érence 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
= 2 =⇒ = 2 = 179 m
E17. L’équation 2.5c nous donne = 68× 10−1 m. Puisqu’un des haut-parleurs est déphasé
de radians par rapport à l’autre, on doit créer une diff érence de marche de 2 pour
obtenir une interférence constructive. On cherche tel que
=
q ¡2 + 4
¢2 − 42 =
r ³68×10−1
2 + 4´2− 42 = 168 m
E18. 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 = 472× 10−1 m =⇒ = = 720 Hz
(b) Avec = 0 on cherche tel que
2 =
√ 22 + 42 − 4 =⇒ = 944× 10−1 m =⇒ =
= 360 Hz
E19. (a) On cherche une diff érence de marche telle que
=¡
+ 12
¢ =⇒ (− )− =
¡ + 1
2
¢ =⇒ − 2 =
¡ + 1
2
¢ =⇒
=−
³+
12
´
2
(b) On cherche une diff érence de marche telle que
= =⇒ (− )− = =⇒ = −2
E20. La diff érence 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
= arcsin³
2´ = arcsinµ(3×10−2)(5)
2(8×
10−1
)¶ = 170◦
Donc = 170◦ 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 diff èrent 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
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distance sin
(a) À la position angulaire indiquée dans la figure 6.32, une distance de sin s’ajoute au
trajet du rayon provenant de la fente inférieure, de sorte que la diff érence de marche pour
la fente inférieure la diff érence entre les deux contributions:
= (sin −
sin )
(b) Le maximum correspondant au pic central apparaît pour une diff érence de marche nulle :
= (sin − sin ) = 0 =⇒ =
(c) Au centre de l’écran, on a = 0◦ d’où = − sin Afin d’avoir l’interférence destructive
nécessaire pour produire un premier minimum, il faut que
= −2 =⇒ = arcsin
¡2
¢
E22. La position des minima est donnée par =
³+
12
´
Ici, comme = on obtient
=³+
12´
=⇒ CQFD
E23. L’équation de la diff érence de trajet pour produire des maxima est = sin = Si
on utilise l’équation de la position des maxima, on en déduit que
= =⇒ =
=⇒ = =
(147×10−2)(04×10−3)(600×10−9)(14)
= 7
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. 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
= max
24 =⇒ max = 24 = 96× 10−3 m
5 = min
20 =⇒ min = 4 = 16× 10−3 m
L’intervalle où on trouve des franges est donc de ∆ = max − min = 800 mm .
E25. L’intensité sur une figure d’interférence est donnée par l’équation 6.9. Si la phase
correspond à la diff érence de marche angulaire, on sait par = 2 que
2 =
=⇒ = 2 =
³
´¡2
¢Ainsi, on obtient
= 4 0 cos2³2
´= 4 0 cos2
³12
³2
´´=⇒ = 4 0 cos2
³
´=⇒ CQFD
E26. En utilisant la relation démontrée à l’exercice précédent, on obtient
= 4 0 cos2³
´=
2 =⇒ cos2³
´= 1
2 =⇒
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= arccos
³q 12
´=
(560×10−9)(16)(2×10−4)
arccos³q
12
´= 112 mm
E27. En utilisant le résultat de l’exercice 25, on obtient
= 4 0 cos2³
´= 4 0 cos2
µ(6×10−4)(45×10−4)
(480×10−9)(125)
¶= 00979 0
E28. Si une fente produit un signal avec une phase de 2 rad, l’équation 6.9 devient
= 4 0 cos2 ¡
4¢
=⇒ = 2 0
E29. Puisque l’intensité du maximum central est égale à 4 0 on cherche tel que
cos2³2
´= 1
4 =⇒ = arccos
³q 14
´= 27×10−9
¡3
¢= 209 mm
E30. Avec = 2 sin et = 2 l’équation 6.9 devient
= 4 0 cos2³2
´=⇒ = 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 eton crée le graphe demandé pour allant de 0 à 15 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 6.5a 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
= (2+1)4
³0p
´
On modifie algébriquement ce résultat pour qu’il serve à déterminer la longueur d’onde
0, sachant que = 83× 10−5 cm = 830 nm et p = 138 :
0 = 4p2+1 = 4(138)(830 nm)
2+1 = 4582 nm2+1
Pour = 34 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 = 14 et que
2 = 15 on a = = . Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de
phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) = 2p
=4p0
= 1583×10−6 m0
120 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) v4
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On calcule ensuite ∆ pour les diff érentes valeurs de 0 :
(a) ∆ = 1583×10−6
400×10−9= 396 rad
(b) ∆ = 1583×10−6
550×10−9= 288 rad
(c) ∆ = 1583×10−6
700×10−9= 226 rad
E33. (a) On donne p = 15. On calcule le résultat au moyen des équations 6.15 et 6.11:∆ =
p2 = 0
2p= 600×10−9
2(15) = 200 nm
(b) Comme on peut le voir à la figure 6.17b 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 = ∆ , la valeur de l’angle est
= arctan¡∆
¢= arctan
³200×10−9
2×10−3
´= 100× 10−4 rad
E34. On utilise le résultat de l’exemple 6.6 avec = 1 cm6 = 167 × 10−
3 m et on calcule
l’épaisseur maximale du coin :
= 2 =
(480×10−9)(12×10−2)2(167×10−3)
= 1724× 10−5 m
Le rayon du fil correspond à la moitié de son épaisseur, donc
= 2 = 862× 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
= p2 = 0
2p= 550×10−9
2(133) = 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)p4 = 0
4p= 550×10−9
4(133) = 103 nm
E36. (a) Si on adapte l’équation (ii) de l’exemple 6.7 à l’interférence destructive, on obtient
= 02 =
42(640×10−9)2 = 134× 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
= 2
2 =(11×10−2)
2
2(134×10−5)= 451 m
E37. Si on adapte l’équation (ii) de l’exemple 6.7 à l’interférence destructive, on obtient
air = 02 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
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) 121
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on peut écrire deux équations :
2huile = 2huile =⇒ 2huile = 2³02
´(i)
2air = 2air =⇒ 2air = 2³02
´(ii)
En divisant l’équation (ii) par l’équation (i), on obtient
=
2ai r
2huile =³ ai r
huile´2
=³ 18 cm
164 cm´2
= 120E38. 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
2 = 240 =⇒ = 120 = 8×10−5
120 = 667 nm
E39. Le déphasage correspondant à un décalage de 5 franges s’exprime comme suit
= 2 ³
1p− 1
´= 2
(− 1) = 5(2) =⇒ = 5 + 1
Comme = 2 = 2¡
2× 10−6 m¢
= 4× 10−6 m, on obtient
=5(600×10−9)
4×10−6 + 1 = 175
E40. (a) On résout cet exercice à partir de l’équation 6.6 :
∆2 =
=⇒ = ∆2 = (600 nm)(23)
2 = 200 nm
(b) Toujours en faisant appel à l’équation 6.6, on obtient
∆2 =
=⇒ ∆ = 2 =
2(25×10−6)480×10−9
= 327 rad
E41. Le nombre de longueur d’onde dans la pellicule correspond à 2 donc
∆ = (2−1) et ∆ = 2 (∆ ) = 377 rad
E42. ∆ = = 225× 10−3 m, donc il a 444 franges par centimètre ou 4 franges .
E43. = =⇒ = 520 nm
E44. ∆ = = 225× 10−3 m, donc = 0690 mm
E45. ∆ = 2 = 530 mm
E46. ∆ = = 2× 10−3 m, donc = 195 m
E47. sin = =⇒ = sin(1◦) = 113 donc 4 franges .
E48. (a) = sin et = 2 = 271 rad
(b) tan = 6×10−3
120 =⇒ = 0005 rad =⇒ = 2 sin = 194 rad
E49. (a) = 2 sin donc sin =
2 =⇒ = 698× 10−4 rad
(b) = sin =⇒ sin = =⇒ = 877× 10−4 rad
E50. (a) tan = 37×10−3
160 =⇒ = 00023 rad =⇒ = 2 sin = 179 rad
(b) 4 0
= cos2³2
´= 0800
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E51. sin = mais ( + 1) (500 nm) = (600 nm) =⇒ = 5 =⇒ = 0215◦
E52. = 55 m et = 5385− 5016 = 0369 m, donc = 2 = 0422 rad
E53. = 5590− 5025 = 0565 m = 2 =⇒ = 113 m
E54. ∆ = 2 =⇒ = ∆
2 = 625 nm
E55. (a) (5 + )− (5− ) =±
05,±
15 =⇒ =±
150 m,±
450 m(b) (5 + )− (5− ) = ±, ±2 =⇒ = 0, ±300 m
E56. (a) =√
22 + 2 −
Pour = 2 on trouve = 375 m. Pour = 3
2 on trouve = 0583 m .
(b) Pour = on trouve = 150 m .
E57. On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1) Comme p = 14 et que
2 = 133 on a = et = 0.
(a) On donne 0 = 602 nm. Au moyen de l’équation 6.11, on calcule
p = 0p
= 602 nm14 = 430 nm
(b) On donne = 12× 10−6 m, ce qui permet de calculer que
p
= 12×10−6
430×10−9= 279
Comme on veut le nombre de longueurs d’onde complètes, la réponse est 2 .
(c) Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie par le rayon qui
voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p− = 4
³p
´− = 4 (279)− 314 = 319 rad
E58. ∆ = 02 entre deux franges successives et ∆ =
=⇒
= ∆ = 0
2 = 138× 10−3 m, et il y a 725 franges/cm .
E59. On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1) Comme p = 122 et que
2 = 133 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 6.12, on exprime la
diff érence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) =4p0
(a) Comme on cherche les longueurs d’onde renforcées, la diff érence de phase doit prendre
les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec ∈ N et on calcule
4p0
= 2 =⇒ 2p0
= =⇒ 0 =2p = 1098 nm
Pour = 2, on obtient l’unique longueur d’onde faisant partie de la lumière visible et
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qui subira de l’interférence constructive, soit 549 nm .
(b) On cherche maintenant les longueurs d’onde atténuées et la diff érence de phase doit
prendre les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et
on calcule
4p
0 = (2 + 1) =⇒4p
0 = 2 + 1 =⇒ 0 =
4p
2+1 =2196 nm2+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 6.35
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 duparcours 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 + 2p
= 2 + 2(2)p0
= 2 + 40
On cherche les conditions de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec
∈ N et on calcule
(2 + 1) = 2 + 40
=⇒ (2 + 1)− 2 = 40
=⇒ 2− 1 = 40
=⇒ 0 = 42−1
E61. On suppose que le rayon initial voyage dans l’air (1 = 1) Comme p = 138 et que
2 = 15 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 6.12, on exprime la
diff érence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) =4p0
Comme on cherche les longueurs d’onde atténuées, la diff érence de phase doit prendre les
valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p0
= (2 + 1) =⇒ 4p0
= 2 + 1 =⇒ 0 = 4p2+1 = 2981 nm
2+1
Pour = 2 et 3, on obtient les longueurs d’onde faisant partie de la lumière visible pour
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 = 122 et que
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2 = 133 on a = = . On donne 0 = 566 nm qui subit de l’interférence
constructive. Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie par
le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) =4p0
Comme il se produit de l’interférence constructive cette diff
érence de phase correspond à∆ = 2 avec ∈ N, de sorte que
4p0
= 2 =⇒ =2p0
=⇒ = 02p
Si on cherche l’épaisseur minimale, on pose = 1 et
min = 02p
= 566 nm2(122) = 232 nm
E63. 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 6.12, on exprime la diff érence de phase subie par le
rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ =4p0
+ = 40
+
Comme on s’intéresse aux franges sombres, la diff érence de phase doit prendre les valeurs
de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
40
+ = (2 + 1) =⇒ 40
= 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
= 004◦ = 698× 10−4 rad, l’angle au sommet du coin. En remplaçant dans (i) par
cette relation, on obtient
2 ( tan ) = 0 =⇒ = 02tan
Avec = 60, 01 = 460 nm et 02 = 660 nm, on calcule
1 = (60)012 tan(698×10−4)
=(60)(460×10−9)2 tan(698×10−4)
= 001977 m
2 = (60)022 tan(698×10−4)
=(60)(660×10−9)2 tan(698×10−4)
= 002837 m
Finalement, on calcule la distance entre les deux franges
∆ = 2 − 1 = 002837− 001977 = 860 mm
E64. Entre deux franges successives, ∆ = 02 et∆ = ∆ tan Comme∆ = 1 cm
6 on obtient
tan = 02∆ =⇒ = 000939◦
E65. Comme il s’agit d’un coin de verre (p = 15) plongé dans l’air (1 = 2 = 1), on a =
et = 0. Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie par le
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) 125
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rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p− =
4p0
− =4p0
−
Comme on s’intéresse aux franges sombres, la diff érence de phase doit prendre les valeurs
de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p
0 − = (2 + 1) =⇒4p
0 = 2 + 2 =⇒ =(+1)0
2p (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 diff èrent 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
2p= = (+1)0
2p=⇒ ( + 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
= 008◦ = 140× 10−3 rad, l’angle au sommet du coin. On revient à l’équation (i) pour
0 et on calcule
(+1)02p
= tan =⇒ = (+1)02p tan =
85(420×10−9)2(15) tan(140×10−3)
= 850 mm
E66. Cet exercice est très similaire à l’exercice 60. La diff érence 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 6.36 par
∆ = 2p
= 2(2)p0
= 4p0
(a) Comme on cherche à établir les conditions d’un maximum, la diff érence de phase doit
prendre les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec ∈ N et on
obtient
126 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) v4
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4p0
= 2 =⇒ 2p0
= =⇒ 0 =2p
(b) Dans le cas d’un minimum, la diff érence de phase doit prendre les valeurs de l’interférence
destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
4p0
= (2 + 1) =⇒ 2p0
= + 12 =⇒ 0 =
2p
+12
E67. On donne 1 = 158, p = 156 et 2 = 152, donc on a = = 0.
L’épaisseur de la pellicule est = 125 m = 1250 nm et elle est éclairée par de la lumière
blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence
de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
= 4p0
Comme on cherche les longueurs d’onde atténuées, la diff érence de phase doit prendre les
valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p0 = (2 + 1) =⇒ 4p
0 = 2 + 1 =⇒ 0 = 4p2+1 = 7800 nm2+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 = 125 et que
2 = 133 on a = = . Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de
phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) = 4p0
Comme on s’intéresse aux longueurs d’onde atténuées, la diff érence de phase doit prendre
les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p0
= (2 + 1) =⇒ 4p0
= 2 + 1 =⇒ =
³+
12
´0
2p(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 écrit³+
12
´0
2p= =
³+
12
´0
2p=⇒
¡ + 1 + 1
2
¢0 =
¡ + 1
2
¢0 =⇒
¡ + 3
2
¢(483 nm) =
¡ + 1
2
¢(621 nm) =⇒ 483 + 7245 = 621 + 3105 =⇒
135 = 414 =⇒ = 307
On arrondit ce résultat et on conclut que = 3. Si on reprend l’équation (i), on calcule
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min =
³+
12
´0
2p=
³72
´(621 nm)
2(125) = 869 nm
E69. Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 131 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a
= et = 0. Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie
par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p − = 4p0 − = 4p0 −
Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
4p0
− = 2 =⇒ 2 = 4p0
− 1 =⇒¡
+ 12
¢0 = 2p (i)
Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
4p0
− = (2 + 1) =⇒ 2 + 1 =4p0
− 1 =⇒ ( + 1) 0 = 2p (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 = 2p = ( + 1) 0 =⇒
¡ + 1
2
¢0 = ( + 1) 0 =⇒
¡ + 1
2
¢(620 nm) = ( + 1) (465 nm) =⇒ 620 + 310 = 465 + 465 =⇒
155 = 155 =
⇒ = 1
Si on reprend l’équation (i), on calcule
min =
³+
12
´0
2p=
³32
´(620 nm)
2(131) = 355 nm
E70. Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 14 comprise entre deux lamelles de verre
(1 = 2 = 15), on a = 0 et = . On donne = 12 m = 1200 nm et la pellicule
est éclairée par de la lumière blanche (400 nm ≤ 0 ≤ 700 nm). Au moyen de l’équation
6.12, on exprime la diff érence de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule
mince:
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ =4p0
+ =4p0
+
(a) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
4p0
+ = (2 + 1) =⇒ 2 =4p0
=⇒ 0 =2p = 3360 nm
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 .
128 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) v4
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(b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
+4p0
= 2 =⇒ 2− 1 =4p0
=⇒ 0 =2p
−12
= 3360 nm
−12
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+
12´0
2p et = tan .(a) Pour la première frange brillante de chacune des longueurs d’onde, on a
101
= 10
1
=⇒ 112 cm = 680 nm
425 nm =⇒ 1 = 192 cm
(b) Pour la première et la deuxième frange brillante de 425 nm, on a
21
= 15 cm05 cm =⇒ 2 = 360 cm
E72. Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 14 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a
= et = 0. Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie
par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p− = 4p
0− = 4p
0−
Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
4p0
− = 2 =⇒ 2 = 4p0
− 1 =⇒ =
³+
12
´0
2p(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 écrit³+
12
´0
2p= =
³+
12
´0
2p=⇒
¡ + 1 + 1
2
¢0 =
¡ + 1
2
¢0 =⇒
¡ + 3
2
¢(411 nm) =
¡ + 1
2
¢(685 nm) =⇒ 411 + 6165 = 685 + 3425 =⇒
274 = 274 =⇒ = 1
Si on reprend l’équation (i), on calcule
min =
³+
12
´0
2p=
³32
´(685 nm)
2(14) = 367 nm
(b) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
4p0
− = (2 + 1) =⇒ 2 + 2 =4p0
=⇒ 0 =2p+1 = 1028 nm
+1
Pour = 1, on obtient la longueur d’onde faisant partie de la lumière visible pour
laquelle il y aura interférence destructive, soit 514 nm .
E73. Le passage d’une frange indique une longueur d’onde. On considère donc la diff érence du
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nombre de longueurs d’onde dans le tube, soit
2(−1) = 195 franges
Problèmes
P1. Comme il s’agit d’une pellicule d’indice p = 16 plongée dans l’air (1 = 2 = 1), on a
= et = 0. Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de phase subie
par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p− = 4p
0− = 4p
0−
(a) Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
4p0
− = (2 + 1) =⇒ 2 + 2 = 4p0
=⇒ = (+1)02p
(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)02p
= = (+1)02p
=⇒ ( + 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)02p
= (3)(672 nm)2(16) = 630 nm
(b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
4m in p0
− = 2 =⇒ 2 + 1 = 4m in p0
=⇒ 0 = 2m in p
+12
= 2016 nm
+12
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 = 122 et que
2 = 133 on a
=
= . Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de
phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p
+ ( − ) =4p0
(a) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
4p0
= 2 =⇒ 2 =4p0
=⇒ 0 = 2p (i)
Pour les franges sombres ou atténuées, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on obtient
130 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) v4
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4p0
= (2 + 1) =⇒ 2 + 1 =4p0
=⇒¡
+ 12
¢0 = 2p (ii)
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 = 2p =¡
+ 12
¢0 =⇒ 0 =
¡ + 1
2
¢0 =⇒
(680 nm) =¡
+ 12
¢(544 nm) =⇒ 680 = 544 + 272 =⇒
136 = 272 =⇒ = 2
Si on reprend l’équation (i), on calcule
min = 0
2p =2(680 nm)2(12) = 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 eff et,
0 = 2m in p = 1361 nm
3 = 454 nm
P3. La phase étant de 4 on peut dire que la diff érence de marche sera de
2 =
=⇒ = 2 =
(600×10−9)(4)2 = 12× 10−6 m
Ainsi, par = sin = on a
= = 4(12×10
−
6)3×10−4
= 160 cm
Le décalage de 16 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 = 12 et que
2 = 15 on a = = . Au moyen de l’équation 6.12, on exprime la diff érence de
phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + (
−) = 2
p+ (
−) = 4p
0
(a) Comme on s’intéresse aux longueurs d’onde atténuées, la diff érence de phase doit prendre
les valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p0
= (2 + 1) =⇒ 4p0
= 2 + 1 =⇒ =
³+
12
´0
2p(i)
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
v4 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) 131
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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 écrit³+
12
´0
2p= =
³+
12
´0
2p=⇒
¡ + 1 + 1
2
¢0 =
¡ + 1
2
¢0 =⇒
¡ +
3
2¢
(406 nm) =¡
+
1
2¢
(522 nm) =⇒ 406 + 609 = 522 + 261 =⇒116 = 348 =⇒ = 3
Si on reprend l’équation (i), on calcule
min =
³+
12
´0
2p=
³72
´(522 nm)
2(12) = 761 nm
(b) Pour les franges brillantes ou renforcées, ∆ = 2 avec ∈ N et on obtient
4m in p0
= 2 =⇒ 2 = 4m in p0
=⇒ 0 = 2m in p = 18264 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 = 15 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 6.12, on exprime la diff érence
de phase subie par le rayon qui voyage dans la pellicule mince :
∆ = ∆PS + ( − ) = 2p− =
4p0
− =4p0
−
(a) On cherche les longueurs d’onde atténuées et la diff érence de phase doit prendre les
valeurs de l’interférence destructive. Ainsi, ∆ = (2 + 1) avec ∈ N et on calcule
4p0
− = (2 + 1) =⇒ 4p0
= 2 + 2 =⇒ 0 =2p+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 diff érence de phase doit
prendre les valeurs de l’interférence constructive. Ainsi, ∆ = 2 avec ∈ N et on
calcule
4p0
− = 2 =⇒ 2p0
− 12 = =⇒ 0 = 2p
+12
= 2700 nm
+12
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 .
P6. Les rayons subissent un déphasage de 2 en raison des indices de réfraction des milieux
qu’ils rencontrent. Selon l’exemple 6.6, on sait que = ∆
et que 2p =¡
+ 12
¢0
132 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 6 : L’optique physique (I) v4
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On pose donc que la distance entre le bord mince et la 20e frange brillante ( = 19)
est
= − où = ∆ =
¡19 + 1
2
¢02p
= ³
1−¡
19 + 12
¢0
2p
´=¡
12× 10−1¢ ³
1−¡392
¢ ³490×10−9
2(15)
´´= 0101 m
P7. On peut trouver directement en combinant les équations
2
= 2 et 2 =¡
+
1
2¢
0 :2
=¡
+ 12
¢0 =⇒ = 2
− 12 = 64×10−5
3(600×10−9)− 1
2 = 35
À cause de la valeur = 0 il y a donc 35 + 1 = 36 franges brillantes.
P8. On utilise l’équation 6.9 où l’on substitue 2 pour la phase. Pour = 400 nm et
= 050(4 0), on obtient
050(4 0) = 4 0 cos2³2
´=⇒ cos2
³2
´= 05 =⇒ cos
¡
¢= 0707 =⇒
= 07855¡
¢= 07855
¡400 nm
¢= 100 nm
On peut maintenant calculer la longueur d’onde pour laquelle on aurait, au même endroit,
0 = 064(4 0) :
064(4 0) = 4 0 cos2³2
´=⇒ cos2
³2
´= 064 =⇒ cos
¡
¢= 07800 =⇒
= arccos(0800) =
(100×10−9)arccos(0800) = 488 nm
P9. Par l’équation 2.5c , on sait que = Ainsi, on obtient les positions des maxima et des
minima recherchés au moyen des équations 6.4 et 6.5 :
(a) = 10 tan
³arcsin
³ ´´
= 10tan
³arcsin
³340
2(300)´´= 688 m
(b) = 10 tan³
arcsin³
2
´´= 10 tan
³arcsin
³340
2(2)(300)
´´= 688 m
P10. (a) Les franges qui apparaissent par intermittence sont associées à l’alternance des
interférences constructives et destructives en fonction de la diff érence de marche.
(b) On aura interférence constructive pour les épaisseurs 1 et 2 telle que
21 = 11 = (1 + 1) 2 =⇒ 061 = 589 nm =⇒ 1 = 982
22 = 21 = (2 + 2) 2 =⇒ 062 = 2 (589 nm) =⇒ 2 = 21
2−
1 = (2−1)12 = 11
2 =982(5892×10−9)
2 = 0290 mm
P11. 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
0−
plastique=
0−
0= 12 =⇒ 120 = (− 1) =⇒ = 130 m
P12. (a) On observe des franges circulaires dont on pourra trouver les rayons en posant que
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cos = pour la diff érence de marche.
(b) Par l’approximation des petits angles, on sait que
= sin ≈ √
1− cos2 =⇒ =
q 1−
¡
¢2P13. Un décalage de 40 franges indique que
2 (−
1) = 400 =⇒
= 200
+ 1 = 10003
P14. La diff érence de phase vient de trois contributions. La première est liée à la distance
parcourue dans la pellicule par le rayon 2, 2 = 2 = 2cos , 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 = 2 sin2 cos
Avec p
=
, la condition d’interférence destructive entre les deux rayons s’exprime
comme suit ( ∈ N) :
(2 + 1) = ∆ =³22p
+ ´− 21
=⇒ = 2 − 1
=⇒ = 2
cos − 2 sin2 cos = 2
cos
¡1− sin2
¢=⇒ = 2cos
=⇒ = 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 p2 donc que 2 = 0
(a) La phase s’exprimant par
=
2
−
on trouve =
201
− =2(550×10−9)
400×10−9− = 549 rad
(b) De même, pour 2 = 700 nm, on détermine que = 180 rad
(c) En posant l’équation 6.9 de la façon suivante, on obtient pour 1
cos2³2
´=
4 0=⇒
4 0= 0851
(d) On calcule ensuite pour 2 :
cos2³2
´=
4 0=⇒
4 0= 0386
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Chapitre 7 : L’optique physique (II)
Exercices
E1. On combine l’approximation des petits angles, sin ≈ tan l’équation 6.5 et l’équation
7.1.
(a) La largeur 21 du pic central est donnée par les positions des minima ( = 1) qui le
bornent:
21 = 2 tan 1 = 2 sin 1 = 2
=2(18)(680×10−9)
6×10−5= 408 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 =⇒
∆ = 2−
=
= 18(680×10
−9
)6×10−5
= 204 cm
E2. Le résultat obtenu en E1(a) indique que la largeur 21 du pic central est proportionnelle
à ce qui permet d’écrire un rapport pour les deux longueurs d’onde A et B :
2B2A
= BA
=⇒ 2B = (2A )BA
=(3×10−2)(436×10−9)
589×10−9= 222 cm
E3. On donne 21 = 8 mm. On utilise le résultat obtenu E1(a) et on obtient
21 = 2
=⇒ = 221
=2(2)(546×10−9)
8×10−3= 273× 10−4 m
E4. On donne ∆ = 2
−1 = 3 cm. On utilise le résultat obtenue en E1(b) et on obtient
∆ =
=⇒ = ∆
=280(480×10−9)
3×10−2= 448× 10−5 m
E5. (a) On cherche la fréquence sonore qui remplit la condition = 4 Avec l’équation =
on peut écrire
= 4
=⇒ = 4
= 4(340)076 = 179× 103 Hz
(b) On utilise l’équation 7.1 avec = 1, ce qui permet d’obtenir
sin = =
=⇒ = arcsin³
´= arcsin
³340
076(179×103)
´= 145◦
E6. Cette situation est similaire à celle de l’exemple 7.2, dans lequel on compare les figures
d’interférence et de diff raction 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 diff raction, on pose
= 1 et on obtient
=
=(1)(06×10−3)015×10−3
= 4
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Ainsi, la frange d’interférence constructive associée à = 4 coïncide avec le premier
minimum de diff raction. 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 = 34×
10
−2
m. On sait aussi quela 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 = 122
(a) Pour = 8 cm, on obtient
∆ = 2 arcsin³122
´= 2 arcsin
µ122(34×10−2)
8×10−2
¶= 625◦
(b) Pour = 30 cm, on obtient
∆ = 2 arcsin³122
´
= 2 arcsinµ122(34×10−2)
30×10−2¶
= 159◦
E8. Le pic de diff raction circulaire est borné par le premier minimum. La position angulaire
de ce premier minimum est donnée par l’équation 7.2, sin = 122
Si on fait appel à
l’hypothèse des petits angles, sin ≈ tan , et à l’équation 6.5, on calcule ainsi la largeur
∆ de ce pic :
∆ = 2 tan = 2 sin = 2³122
´=⇒
∆ = 2¡
22× 10−2
¢µ
122(500×10−9)2(5×10−4)
¶= 268× 10−4 m
E9. Comme à l’exemple 7.3 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
c = 122
=122(600×10−9)
8×10−4= 915× 10−4 rad =⇒
= c = 16¡
915× 10−4¢
= 146 cm
E10. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.3 du manuel ou qu’à l’exercice 9, et on
obtient
c = 122
=122(3×10−2)
1 = 00366 rad =⇒
= c =¡
2× 104¢
(00366) = 732 m
E11. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.3 du manuel. Si on combine c = 122
et = c on obtient directement = 122
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(a) Si l’image est perçue par une caméra miniature ( = 5 mm), on obtient
= 122
=122(550×10−9)(384×108)
5×10−3= 515 km
(b) Si l’image est perçue par un télescope ( = 45 m), on obtient
=122(550×10−9)(384×108)
45 = 573 m
E12. On utilise l’équation de l’exercice 11 et on trouve = 122
=
122(280×10−9)(18×105)3×10−1
= 0205 m
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
= 122
=122(500×10−9)(025)
3×10−3= 508 m
E14. Le côté droit de l’équation 7.3 a pour valeur :
122 =
122(550×10−9)15×10−2 = 447× 10
−
5
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
= 122
=⇒ = 122 =
2(15×10−2)122(550×10−9)
= 447× 104 m
E15. (a) On utilise l’équation de l’exercice 11 et on obtient, pour le télescope du mont Palomar
( = 508 m)
= 122
=122(500×10−9)(1×1016)
508 = 120× 109 m
(b) Pour le radiotélescope d’Arecibo ( = 305 m), on trouve
= 122
=122(21×10−1)(1×1016)
305 = 840× 1012 m
E16. (a) En utilisant l’équation de l’exercice 11, on obtient, pour l’œil ( = 5 mm)
= 122
=⇒ = 122 =
(18)(5×10−3)122(650×10−9)
= 113 km
(b) Pour le télescope ( = 28 m), on trouve
= 122 = (18)(28)
122(650×10−9)= 636× 106 m
E17. Ayant trouvé un pas de réseau = 333×10−6 m, on peut calculer la séparation angulaire
∆ = 2 − 1 = arcsin³2
´− arcsin
³1
´, de l’ordre
(a) Pour le premier ordre, on obtient
∆ = arcsin³6562×10−9
333×10−6
´− arcsin
³4101×10−9
333×10−6
´=⇒ ∆ = 429◦
(b) Pour le second ordre, on obtient
∆ = arcsin
µ2(6562×10−9)
333×10−6
¶− arcsin
µ2(4101×10−9)
333×10−6
¶=⇒ ∆ = 895◦
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(c) On cherche à savoir si 2 ( = 2) ≈ 1 ( = 3), c’est-à dire si l’égalité suivante est vraie :
arcsin
µ2(6562×10−9)
333×10−6
¶≈ arcsin
µ3(4101×10−9)
333×10−6
¶=⇒ 232◦ ≈ 217◦
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, diff èrent 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 diff érence 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 lafigure 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.
Avec = 1×10−2
6000 = 167× 10−6 m, = 90◦ et = 700 nm, on obtient
sin = =⇒ = sin
=(167×10−6)(1)
700×10−9= 239
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
∆ = arcsin³2
´− arcsin
³1
´= arcsin
µ2(5896×10−9)
2×10−6
¶− arcsin
µ2(589×10−9)
2×10−6
¶
En gardant suffisamment de chiff res significatifs, on obtient
∆ = 3612863◦ − 3608608◦ = 00426◦
E21. Pour trouver la position angulaire des maxima d’intensité, on doit trouver le pas du
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réseau ou le poser égal aux deux expressions suivantes :
= 11sin 1
et = 22sin2
où les indices 1 et 2 désignent respectivement les longueurs d’ondes 640 nm et 490 nm.
En résolvant ces deux équations, on obtient
11
sin 1 =
22
sin2 =⇒ 2 = arcsin³22 sin1
11´
= arcsinµ2(490×10−9) sin(11◦)
(1)(640×10−9)¶
= 170◦
E22. 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
= sin =
2(468×10−7)sin(21◦) = 261× 10−6 m =⇒ =
= 28×10−2
261×10−6= 107× 104 fentes
E23. 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 7.13b du manuel; cette quantitécorrespond à l’amplitude du champ électrique résultant
−→E .
On sait que −→e = −→e 1 +−→e 2 +−→e 3 et, par suite de la description fournie de−→E1
−→E2 et
−→E3,
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 7.13 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
°°−→e °° = °°
−→e 1 +−→e 2 +−→e 3°° =
⇒°°−→e °° =q
( 0 + 0 sin() + 0 sin(2))2 + ( 0 cos() + 0 cos(2))2 =⇒°°−→e °° = 0
q (1 + sin () + sin (2))2 + (cos () + cos (2))2
(a) Avec = 30◦ on obtient°°−→e °° = 0
q (1 + sin(30◦) + sin (2 (30◦)))2 + (cos (30◦) + cos (2 (30◦)))2 =⇒
°°−→e °° = 273 0
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(b) Avec = 60◦ on obtient°°−→e °° = 0
q (1 + sin(60◦) + sin (2 (60◦)))2 + (cos (60◦) + cos (2 (60◦)))2 =⇒°°−→e °° = 2 0
(c) Avec = 90◦ on obtient
°°−→e °° = 0q (1 + sin(90◦) + sin (2 (90◦)))2 + (cos (90◦) + cos (2 (90◦)))2 =
⇒°°−→e °° = 0
(d) Avec = 120◦ on obtient°°−→e °° = 0
q (1 + sin (120◦) + sin (2 (120◦)))2 + (cos (120◦) + cos (2 (120◦)))2 =⇒°°−→e °° = 0
E24. 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 ( + 50◦) et on sait que
= 1 + 2 = 0 sin() + 0 sin( + )
où 0 correspond au module de chacun des vecteur de Fresnel et à la diff érence 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 (50◦) =⇒ 0 = 162cos(50◦) =⇒ 0 = 124 V/m
De plus, comme le triangle est isocèle, il est facile de voir que = 180◦ − 2(50◦) = 80◦
et que = 180◦
−, donc que = 100◦ .
E25. On obtient la diff érence de phase minimale au moyen de l’équation 7.6 en posant = 1
et = 5 ce qui correspond à un polygone fermé :
= 2
= 2(1)5 = 2
5 rad
E26. On associe l’expression de la diff érence de marche en fonction de la position angulaire
( = sin ) avec l’expression de la diff érence de marche en fonction de la phase entre
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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 diff érence 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 :
= arcsin¡
¢= arcsin
³6562×10−9
8×10−5
´= 0470◦
(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 :
=2 sin
³2
´
=2(8×10−5) sin
µ0470◦
2
¶
6562×10−9= 3142 rad
On obtient ensuite l’intensité au moyen de l’équation 7.10 :
= 0 sin
2(
2
)
(2 )2 =
0 sin2
µ31422
¶µ31422
¶2 = 0405 0
E28. 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)
(34)(523×10−9)= 4240 rad
Avec l’équation 7.10, on calcule une intensité de
= 0 sin2(2 )
(2 )2 =
0 sin2µ42402
¶µ42402
¶2 = 0162 0
E29. 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 ∝ 20 on trouve
∝ 2 =⇒ ∝ 4 20 =⇒ ∝ 4 0 =⇒ CQFD
E30. Au moyen de l’équation 7.14, on détermine que le pouvoir de résolution de ce réseau est
de
= ∆
= 5893×10−9
6×10−10= 982
Comme on peut aussi exprimer avec = pour une diff érenciation au premier
ordre, on doit avoir 982 fentes. Dans ce cas-ci, le réseau possède 300 traits/mm. Il doit
donc avoir une largeur minimale de
= = 982ס1 mm300
¢= 327 mm
E31. Ce réseau compte =
= 11760 fentes. Selon l’équation 7.14, au deuxième ordre, la
diff érence minimale de longueur d’onde que le réseau peut discerner autour de 550 nm
est de
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∆
= =⇒ ∆ =
= 550×10−9
11760(2) = 00234 mm
E32. (a) Le pouvoir de résolution requis équivaut à
=2+1
22−1
1
= 2+12(2−1)
= 58685×10−9+58632×10−9
2(58685×10−9−58632×10−9)= 111× 103
(b) Au deuxième ordre, le nombre minimal de trait requis est donné par l’équation 7.14, soit
= =⇒ =
=111×103
2 = 555
E33. L’angle du faisceau diff racté de premier ordre est donné par l’équation 7.15 où = 1,
soit
= arcsin¡2
¢= arcsin
µ(1)(14×10−10)2(32×10−10)
¶= 126◦
E34. (a) On trouve la longueur d’onde au moyen de l’équation 7.15 en posant = 1 = 028 nm
et = 15◦ :
2 sin = =⇒ = 2 sin
=2(028×10−9) sin(15◦)
(1) = 145× 10−10 m
(b) On trouve l’angle du maximum de deuxième ordre avec = 2 dans l’équation 7.15 :
2 sin = =⇒ = arcsin¡2
¢= arcsin
µ2(145×10−10)2(028×10−9)
¶= 312◦
E35. La longueur d’onde du rayonnement est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle = 2 :
= 2 sin
=2(028×10−9) sin(195◦)
2 = 935 pm
E36. La distance entre les plans atomiques est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle
= 1 :
2 sin = =⇒ = 2sin =
(1)(13×10−10)2 sin(9◦) = 416× 10−10 m
E37. Quel que soit la direction de l’axe du premier polariseur, la lumière perd 50 % de son
intensité en le traversant, et 1 = 02 Ainsi, après le second polariseur, l’intensité transmise
équivaut à
2 = 1 cos2 (60◦) = 0 cos2(60◦)2 = 0125 0
E38. L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes :
1 = 02 2 = 1 cos2 (45◦) 3 = 2 cos2 (45◦)
Ainsi, la valeur finale est 3 = 0 cos4(45◦)2 = 0125 0 .
E39. L’angle de polarisation est donné par tan p = 21
, et l’angle critique de réflexion totale
interne s’exprime au moyen de l’équation 4.5, soit 2 sin c = 1 Si on combine ces deux
équations, on obtient
sin c = 1tanp
=⇒ sin c = cotan p =⇒ CQFD
E40. On utilise le résultat de l’exercice précédent et on obtient
142 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v4
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p = arccot (sin c) = arccot(sin (38◦)) = 584◦
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
◦
− arctan³2
1´
= 90
◦
− arctan³133
1´
= 369
◦
E42. On sait que 1 = 02 Pour que 2 = 0
5 on doit trouver la valeur de telle que
2 = 1 cos2 = 02 cos2 = 0
5 =⇒ cos2 = 04 =⇒ = arccos¡√
04¢
= 508◦
E43. On trouve l’angle de polarisation avec l’équation 7.17 :
p = arctan³21
´= arctan
³16133
´= 503◦
E44. L’angle d’incidence est égal à l’angle de polarisation p qui est donné par l’équation
7.17:
= p = arctan³21´
= arctan³
1133´
= 369◦
E45. Comme le rayon réfracté forme un angle de 90◦ avec le rayon réfléchi, on peut écrire que
= 90◦ − p = 90◦ − arctan³21
´= 90◦ − arctan
³161
´= 320◦
E46. sin 1 =
1 = 044◦ et = tan = 186 cm =⇒ 2 = 372 cm
E47. =
= 0567 m, sin 1 =
=⇒ 1 = 451◦
E48. La condition d’interférence est sin = ; pour la diff raction, on a sin = donc
= 4, ce qui implique que = 0600 mm .
E49. Puisque sin 1 = et sin 2 = 2
, alors 1 = 725× 10−3 rad et 2 = 145× 10−2 rad, on
détermine ensuite que ∆ = (tan 2 − tan 1) = 232 cm
E50. Au premier minimum de diff raction, la condition d’interférence est sin = = 5
et, pour la diff raction, on a sin = donc
= 5
Pour le second minimum de diff raction, la condition d’interférence est toujours
sin = et celle de la diff raction est sin = 2 Ainsi,
= 2 =
⇒5 =
2 =
⇒ = 10
Il y a donc 4 franges brillantes entre les deux premiers minimum de diff raction.
E51. c = 122
=
=⇒ = 122
= 0488 m
E52. (a) c = 122
= 280× 10−7 rad
(b) = = 50000¡
94607× 1015¢ ¡
280× 10−7¢
= 132× 1014 m
E53. c = 122
=
=⇒ = 122
= 376 m
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E54. (a) sin = 2 =⇒ = 344× 10−6 m =⇒ = 18 cm
= 523× 103
(b) sin 3 = 3 =⇒ 3 = 284◦
E55. = 0001650 = 154× 10−6 m, sin = 2
1 = 3435◦ et 2 = 3918◦ donc
∆ = 483◦
Problèmes
P1. On examine la figure 7.49 du manuel et on note que, pour une distance entre les
graduations de la règle, la diff érence de chemin entre deux rayons incidents successifs est
cos , tandis que la diff érence de trajet entre les rayons diff ractés 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 7.15 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 = 22 =⇒ =
=
(36)(1)(450×10−9)5×10−4
= 324 mm
(b) Les maxima secondaires de premier et de deuxième ordre ont lieu lorsque leurs diff érences
de phase valent et 3 :
1 = 2 =
(36)(450×10−9)2(5×10−4)
=⇒ 1 = 162 mm
2 = (3)2 = (36)(3)(450×10−9)
2(5×10−4)=⇒ 2 = 486 mm
(c) Les deux premiers minima ont lieu pour des diff érences de phase de 23 et de 4
3 , ce qui
permet d’obtenir
1 = 3 =
(36)(450×10−9)3(5×10−4)
=⇒ 1 = 108 mm
2 = (2)3 =
(36)(2)(450×10−9)3(5×10−4)
=⇒ 2 = 216 mm
P3. (a) Au moyen de la figure 7.15 et de l’équation 7.6, on note que la position du premier
maximum principal après le pic central est donnée par
=
=(36)(450×10−9)
8×10−5= 203 mm
(b) Les positions des deux premiers minima sont données par des valeurs de phase égales à
2 et soit
1 = 4 =
(36)(450×10−9)4(8×10−5)
=⇒ 1 = 506 mm
2 = 2 =
(36)(450×10−9)2(8×10−5)
=⇒ 1 = 101 mm
144 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v4
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P4. 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 ∆ = ∆ cos =⇒ CQFD
P5. (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 7.13 :
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
(b) Dans ce cas particulier, ∆ vaut
∆ = cos = 21×10−2
32(70)cos(0◦) = 938× 10−5 rad
P6. On dérive l’équation sin = et on obtient
cos = =⇒ cos
=
=⇒ cos
= sin
=⇒
= tan
=⇒ CQFD
P7. L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes :
1 = 02 2 = 1 cos2 (30◦) 3 = 2 cos2 (30◦)
Ainsi, la valeur finale est 3 = 0 cos4
(30◦
)2 = 0281 0 .
P8. Le pic central pourra être orienté ainsi seulement si la diff érence de phase est de entre
une source et celle qui est le plus au nord, soit
= 2 sin
= 2(100)sin(11◦)600 =⇒ = 0200 rad
P9. (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,
soit
¡
¢= 1
2
¡ −
¢:
= 1
(2 )4
³¡2
¢2sin
¡2
¢cos
¡2
¢−¡2
¢sin2
¡2
¢´= 0 =⇒
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sin(2 ) cos(2 )
(2 )2 =
sin2(2 )
(2 )3 =⇒ tan
¡2
¢=
2 =⇒ CQFD
(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 = 899 rad
P10. On cherche la position angulaire telle que = 025 0 On doit commencer par trouver
la phase entre les deux rayons au moyen de l’équation 7.10 :
= 0 sin2(2 )
(2 )2 =⇒ 025 0
¡2
¢2= 0 sin2
¡2
¢=⇒ 025 = sin
¡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:
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 = 379099 rad et, comme = 600 nm et = 05 mm, on calcule
finalement l’angle , comme suit
= 2 sin
=⇒ = arcsin¡2
¢= 00415◦
P11. Dans la portion gauche de la figure 7.16, 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
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suit°°−→e 1
°° =°°−→e
°° = 0 = 2 sin³2
´(i)
Le module de°°−→e °°, qui correspond à l’amplitude du champ résultant, peut aussi être
décrit géométriquement par
°°−→e °° = 2 sin³
2´ (ii)
Si on isole dans l’équation (i) et qu’on remplace le résultat obtenu dans l’équation (ii),
on obtient°°−→e °° =
0 sin
µ2
¶
sin
µ2
¶
Puisque ∝ 2 on a donc pour l’intensité totale
= 0 sin
2
µ2
¶
sin2µ2
¶ =⇒ CQFD
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Chapitre 8 : La relativité restreinte
Exercices
E1. Au moyen de l’équation 8.7, on détermine le module de la vitesse du mètre :
= 1r
1−2
2=⇒ 1−
2
2 = 1 2 =⇒ 2
2 = 1− 1 2 =⇒ = q
1− 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− 1³0
´2 =⇒ = 0600
E2. Si = 1r 1−
2
2
et que ¿ le développement donne
(a) = ³1− 2
2 ´−12
= 1− ¡−12¢ ³
2
2 ´ =⇒ = 1 + 2
22 =⇒ CQFD
(b) 1 =
³1− 2
2´12 = 1− ¡12¢ ³2
2´
=⇒ 1 = 1− 2
22 =⇒ CQFD
(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 = 0228
(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 = = r 1−
2
2
= 12√ 1−(06)2
= 150 m
E4. L’équation 8.9 nous donne
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= 0
=⇒ = 0
= 10 a.l.3 a.l. = 3333
Au moyen de l’équation 8.7, on établit le module de la vitesse la fusée :
= 1r 1−
2
2
=⇒ 1− 2
2 = 1 2 =⇒ 2
2 = 1− 1 2 =⇒ =
q 1− 1
2 =⇒
=
q 1− 1
(3333)2= 0954
E5. (a) Avec = 0 et, selon l’exercice 2, = 1 + 2
22 on obtient − 0
0= 0( −1)
0= − 1 = 1 + 2
22− 1 = 2
22
(b) Avec = 0
et, selon l’exercice 2, 1 = 1− 2
22 on obtient
−0
0=
0
³1 −1
´0
= 1 − 1 = 1 − 2
22 − 1 = − 2
22
E6. On cherche ∆ = − 0 le retard de l’horloge ayant voyagé.
(a) Si le module de sa vitesse est de = 01 on a
= 1
r 1−
2
2
= 1√ 1−(01)2
= 1005
Le retard vaut donc
∆ = − 0 = 0 ( − 1) = (1 a) (1005− 1) = 159× 105 s
(b) Si le module de sa vitesse est plutôt de = 0998 on a
= 1r 1−
2
2
= 1√ 1−(0998)2
= 158
Le retard vaut alors
∆ = − 0 = 0 ( − 1) = (1 a)(158− 1) = 467× 108 s
E7. Le module de la vitesse qu’implique ce retard est donné par l’équation trouvée en E5a ,
soit
− 0 0
= 2
22 =⇒ =q
22∆ 0
=q
22(1)(36524)(24)(3600) = 755 km/s
E8. Le délai de 22 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 = 0r 1−
2
2
et possède
une vitesse de module que l’on détermine ainsi
0 = = 0 = 0r 1−
2
2=⇒
0
0 =r
1−2
2=⇒
2
1−22
=³0
0´2
=⇒
2 =³
0
0
´2− 2
2
³0
0
´2=⇒ 2 + 2
2
³0
0
´2=³
0
0
´2=⇒
2µ
1 +³
0
0
´2¶=³
0
0
´2=⇒
=
v uut ³0
0
´21+³
0
0
´2 =
v uut³
40022×10−6
´21+
µ400
(3×108)(22×10−6)
¶2 = 155× 108 m/s
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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) = 833 s
(b) La longueur propre du train correspond à la distance franchie par l’observateur pendantqu’il passe de l’avant à l’arrière du train à une vitesse de module dans le référentiel du
train
0 = = (08)¡
833× 10−6¢
= 200× 103 m
(c) La longueur du train mesurée par l’observateur sur le quai se calcule avec le temps propre
de l’observateur qui se trouve sur le quai :
= 0 = (08)
¡5× 10−6
¢= 120× 103 m
E10. On cherche ∆ = − 0 = ³
1−1 ´
. On a choisi de mettre en évidence parce quesa valeur est donnée par = 0
Ainsi, si on fait appel au résultat de l’exercice 2, on
obtient
∆ = ³
1− 1
´= 0
³1−
³1− 2
22
´´= 0
22 =400(200×103)2(3×108)2
= 444× 10−10 s
E11. On veut que ∆ = − 0 = ³
1− 1
´= 05 donc
1 = 05 =⇒
q 1− 2
2= 05 =⇒ =
p 0752 = 0866
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
= 42 a.l.5(098) = (42 a)
5(098) = 0857 a
(b) Cet intervalle de temps, observé dans le référentiel Terre-étoile vaut
= 0 = 5(0857 a) = 429 a
(c) La distance Terre-étoile observée à bord du vaisseau est de
= 0
= 42 a.l.5 = 0840 a.l.
E13. (a) Avec l’équation 8.9, on détermine que la longueur propre de est de
= 0
=⇒ 0 = = r 1−
2
2
= 150√ 1−(02)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
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0 = = 150
6×107= 250 s
(c) Mesuré à partir du vaisseau par deux horloges situées aux deux extrémités, le délai
en temps est de
= 0 = 0r 1−
2
2
= 250×10−6√ 1−(02)2
= 255 s
E14. 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 =
³0
0
´2=⇒ 2
1−2
2
=³
0
0
´2Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on
arrive à
=v uut ³
0
0´2
1+³
0
0
´2 =v uuut µ (80 a)
70 a¶2
1+
µ(80 a)(70 a)
¶2 = 226× 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
06 = 178 s
(b) Pour deux observateurs situés aux deux extrémités du train, le délai en temps est plutôt
de
= 0 = 0r 1−
2
2= 178×10
−6
√ 1−(06)2 = 222 s
E16. (a) Comme = 06 on a = 54 selon le tableau 8.2. La longueur propre du train est donc
de
0 = =¡54
¢(1200) = 150 km
(b) Mesuré dans le référentiel du quai par deux observateurs, le délai en temps est de
= 0
= 150006 = 833 s
(c) Cet intervalle de temps, tel que mesuré par un seul observateur dans le train, correspond
au temps propre, soit
0 = = 1200
06 = 667 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 = = 120
098 = 0408 s
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(b) Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2. À bord du vaisseau, il se sera écoulé
= 0 = 5¡
0408× 10−6¢
= 205 s
E18. (a) On veut que = 0
= 36 a.l. Sachant que 0 = 42 a.l., on déduit que
a = 0
= 4236 = 1167 Ainsi, en exprimant a en termes de a comme à l’exercice 1, on
obtienta =
q 1− 1
2a=
q 1− 1
(1167)2= 0515
(b) On cherche b tel que 0 = 24 a; donc
b = 0
= 0
b 0=⇒ b b = 0
0=⇒ 2b 2b =
³0
0
´2=⇒ 2b
1−2b2
=³
0
0
´2Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on
arrive à
b =
v uut
³0
0
´21+³ 0
0´2 =
v uuut
µ(42 a)24 a
¶2
1+µ (42 a)
(24 a)¶2 = 0172
(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 = 1r 1−
2b2
= 1√ 1−(0172)2
= 1015
On obtient ensuite le résultat à partir du temps propre ( 0 = 24 a) des astronautes :
= b 0 = (1015) (24 a) = 244 a
E19. (a) La durée du voyage 0 pour le pilote est donnée par 0 = 0
On calcule d’abord :
= 1r 1−
2
2
= 1√ 1−(02)2
= 10206
On obtient ainsi
0 = 0
= 5×105
(10206)(02) = 817 ms
(b) Le pilote mesure une distance de
= 0
= 5×105
10206 = 490 km
E20. (a) On obtient la durée de vie moyenne mesurée dans un référentiel en mouvement au moyen
de l’équation 8.8, en utilisant le tableau 8.2:
= 0 =¡53
¢ ¡26× 10−8
¢= 433× 10−8 s
(b) On mesure la distance parcourue dans le laboratoire, qui correspond à une longueur
propre, ce qui donne
0 = = (08)¡
433× 10−8¢
= 104 m
(c) Mesurée par les pions, cette longueur est contractée, et sa valeur est de
152 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte v4
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= 0
= 104³53
´ = 624 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¡
22× 10−6¢
= 220 s
(b) Selon des observateurs immobiles, les particules mettront, par rapport au laboratoire, untemps pour parvenir au sol :
= 0
= 1×104
0995 = 335 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(0995) = 335 s
E22. (a) On calcule au moyen de l’équation 8.11 dans le cas où le vaisseau s’approche de la
Terre, donc en inversant les signes, ce qui donne
=q
+− 0 =
q +06−06
¡720× 103
¢= 144× 106 Hz
(b) Si le vaisseau s’éloigne de la Terre, on obtient plutôt
=q
−+ 0 =
q −06+06
¡720× 103
¢= 360× 105 Hz
E23. Grâce à l’équation 2.5c , on sait que la fréquence radio du détecteur est de
0 = 0
= 3×108
3×10−2= 100× 1010 Hz
La vitesse de la voiture soumise au détecteur est = 108 km/h = 300 m/s. Comme
¿ on utilise l’équation 8.12b 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
2 =¡
1 +
¢ ¡1 +
¢ 0 =
¡1 +
¢2 0 =
³1 + 2
+ 2
2
´ 0
On cherche ∆ = | 2 − 0| Si, parce que ¿ on néglige le terme au carré, on obtient
∆ = | 2
− 0| = ¯¡1 + 2
¢ 0
− 0¯ = 2 0
(i)
Si on insère les données dans l’équation (i), on obtient
∆ =2(300)(100×1010)
3×108= 200 kHz
E24. On note que 0
= 500×10−9
700×10−9= 5
7 Au moyen de l’équation 8.11, où l’on inverse les signes
parce que l’automobiliste s’approchait de la source, on obtient
=q
+− 0 =⇒
=q
+−
0
=⇒ =q
−+ 0 =⇒ −
+ =³
0
´2=⇒
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− = ³
0
´2+
³
0
´2=⇒ +
³
0
´2= −
³
0
´2=⇒
=1−³
0
´21+³
0
´2 =1−³57
´21+³57
´2 = 0324
E25. Au moyen de l’équation 8.11, qu’on utilise parce que la galaxie s’éloigne de la Terre, on
obtient
=q
−+ 0 =⇒
=q
−+
0 =⇒ =
q +− 0 =⇒ 0 =
q −+ =⇒
0 =q
−02+02
¡600× 10−9
¢= 490 nm
E26. On cherche 2 tel que 1 =q
+− 0 et 2 =
q +− 1; donc
2 =³
+−
´ 0 =
³+01−01
´ ¡1× 109
¢= 122× 109 Hz
E27. (a) On donne 0 = 0
= 3×108
2×10−2= 15 × 1010 Hz. On utilise l’équation (i) de l’exercice 23 et
on arrive à
∆ = 2 0 =
2(40)(15×1010)3×108
= 400 kHz
(b) Comme ∆ correspond à la valeur absolue de la diff érence entre les fréquences, la dé-
monstration 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 0 =
2(40)(15×1010)3×108
= 400 kHz
E28. On convertit les coordonnées 0 et 0 avec les équations 8.17 et 8.18, ce qui donne
= (0 + 0) =¡54
¢ ¡¡4× 105
¢+ (06) (001)
¢=⇒ = 275× 106 m
= ³0 + 0
2 ´ = ¡54¢µ(001) +(06)(4×105)
2 ¶ =
⇒ = 135× 10−2 s
E29. On applique les équations 8.17 et 8.18 à des intervalles ∆0 = 480 km et ∆0 = 0, ce qui
donne
∆ = (∆0 + ∆0) =¡54
¢ ¡¡48× 105
¢+ (06)(0)
¢=⇒ ∆ = 600 km
∆ = ³∆0 + ∆0
2
´=¡54
¢µ(0) +
(06)(48×105)2
¶=⇒ ∆ = 120 ms
E30. Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2. Avec ∆0 = 12 km et ∆0 = 0 on
trouve ∆ grâce à l’équation 8.17 :
∆ = (∆0 + ∆0) = 5 ¡¡12× 103¢+ (098)(0)¢ = 600 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
= 12 km dans le référentiel du train, donc 0 = 5(12 km) = 600 km.
E31. On cherche ∆ = 2 − 1
Avec l’équation 8.17, on peut écrire, en se rappelant que 02 = 0
1 + 01
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∆ = 2 − 1 = (02 + 02)− (0
1 + 01) = ((02 − 0
1) + (02 − 01)) =⇒
∆ =¡53
¢(0− 0 + (08) (001− 0)) = 400× 106 m
E32. (a) Dans le référentiel 0 du train, les deux impulsions mettront un temps 00 = 00 à
atteindre les extrémités. Ce temps est égal à
0
0
=
0
2 =32
2(3×108) = 533× 10−8
s(b) Dans le référentiel l’impulsion qui arrive en 0 prend un temps
0 =∆0
− = −
¡∆0
0 + ∆00
¢=³
5−4(3×108)
´ ¡(−16) + (06)
¡533× 10−8
¢¢=⇒
0 = 267× 10−8 s
L’impulsion qui arrive en 0 prend un temps
0 =∆0
=
¡∆0
0 + ∆00
¢=³
54(3×108)
´ ¡(16) + (06)
¡533× 10−8
¢¢=⇒
0 = 107× 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 ( = −08), la lumière n’aura qu’à franchir 0− ∆aller− ∆retour
pour y retourner. De sorte que ∆retour est donné par
∆retour = 0 − ∆aller − ∆retour =⇒ ∆retour = 0−∆aller+ =⇒
∆retour =0−(08)( 0
)+08 = 0−080
+08 = 0
³0218
´= 108
3×108
³0218
´= 370 ms
E34. (a) On pose 0 = 0 et on utilise l’équation 8.14, ce qui donne
0 = ¡
− 2
¢= 0 =⇒ = 2
= (3×108)2
(16×10−
4)6×104
= 0800
(b) Si la vitesse du vaisseau dépasse 08 l’éclair vert arrive avant l’éclair rouge .
E35. On applique les équations 8.13 et 8.14, et on trouve, si ∆ = 0
∆0 = ¡∆− ∆
2
¢= − ∆
2 = − (10)(0995)(240)
(3×108)2=⇒ ∆0 = −796 s
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 = 240 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 8.17 et 8.18, les deux autres étant invariants si −→v = −→i :
(∆)2 =³
³∆0 + ∆0
2
´´2= 2 (∆0)2 + 2∆0∆0
2 + 2³
∆0
2
´2(∆)2 = ( (∆0 + ∆0))2 = 2 (∆0)2 + 2∆0∆0 + 2 (∆0)2
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(∆)2 = (∆0)2
(∆)2 = (∆0)2
On calcule ensuite
(∆)2 − (∆0)2 =h
2 (∆)2 − (∆)2 − (∆)2 − (∆)2i
− h
2
(∆
0
)
2
− (∆
0
)
2
− (∆
0
)
2
− (∆
0
)
2i=⇒
(∆)2 − (∆0)2 = 2µ
2 (∆0)2 + 2∆0∆0
2 + 2³
∆0
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 + 22(∆0)2
2
− 2 (∆0)2− 2∆0∆0− 22 (∆0)2−2 (∆0)2 + (∆0)2 =⇒
(∆)2 − (∆0)2 = 2 2 (∆0)2 + 22(∆0)2
2
− 2 (∆0)2 − 22 (∆0)2 − 2 (∆0)2 + (∆0)2 =⇒
(∆)2 − (∆0)2 = 2 2 (∆0)2 − 22 (∆0)2 − 2 (∆0)2
+ 22(∆0)2
2 − 2 (∆0)2 + (∆0)2 =⇒
(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2¡
2 2 − 22 − 2¢
+ (∆0)2³
22
2 − 2 + 1´
=⇒
(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2³
2 2³
1− 2
2
´− 2
´+ (∆0)2
³− 2
³1− 2
2
´+ 1
´=⇒
(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2¡
2 − 2¢
+ (∆0)2 (−1 + 1) = 0
(∆)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 8.13. 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 = ∆0
=
E38. La vitesse relative d’un proton (1) par rapport à l’autre (2) est donnée par l’équation
8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11, soit
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12 = 1L +L2
1+1LL 2
2= 096+096
1+(096)(096)
2
= 0999
E39. On reprend directement l’équation 8.22 de l’exemple 8.11 et on obtient
AB = AT+T B
1+ATT B
2= 08−06
1+(08)(−06)
2
= 0385
E40. La vitesse relative du missile (m) par rapport à la Terre (T) est donnée par l’équation
8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11.(a) Si mV = 01 on obtient
mT = m V+V T
1+m VV T
2= 01+07
1+(01)(07)
2
= 0748
(b) Si mV = −01 on obtient
mT = m V+V T
1+m VV T
2= −01+07
1+(−01)(07)
2
= 0645
E41. (a) On calcule d’abord la vitesse du vaisseau B par rapport au vaisseau A au moyen de
l’équation 8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11, ce qui donne
BA = B T+TA1+
B TTA2
= 08−
061+
(08)(−06)2
= 0385
La vitesse du missile par rapport au vaisseau A doit donc être supérieure à 0385, si
ce dernier doit atteindre le vaisseau B. Dans l’état actuel, non , il n’atteindra pas le
vaisseau B, puisque mA = 03
(b) On doit avoir mA 0385 .
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 8.22, on obtient
AB = AT+T B
1+ATT B
2=⇒ 05 = +
1+2
2
=⇒ 05³
1 + 2
2
´= 2 =⇒
05 + 05 2
− 2 = 0 =⇒ 052 + 052 − 2 = 0 =⇒ 2 − 4 + 2 = 0
On résout cette équation quadratique en et on trouve = 0268 et 3732 Seule la
première réponse est compatible avec la théorie de la relativité, de sorte que = 0268 .
E43. Selon l’équation 8.25 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
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∆ = ∆ =¡
39× 1026 W¢
(1 s) =³39×1026 J
1 s
´(1 s) = 39× 1026 J
Au moyen de l’équation 8.25, on calcule la variation de masse associée à cette énergie :
∆ = ∆2 =⇒ ∆ = ∆ 2 = 39×1026
(3×108)2= 433× 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. Onestime la durée de vie du Soleil en divisant sa masse totale par ce taux :
∆ = ¯
¯ = 2×1030 kg433×109 kg/s =
¡4619× 1020 s
¢×³
1 a3156×107 s
´= 146× 1013 a
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
8.23 et 8.24:
= = 0 =0r 1−
2
2=
(1672×10−27)(0998)
√ 1−(0998)2 = 792× 10−18
kg·m/s
E45. (a) On donne = 104 eV = 104¡
16× 10−19 J¢
= 16× 10−15 J. On utilise l’équation 8.26,
qui donne l’énergie cinétique relativiste, soit
= 02 ( − 1) =⇒ = 02 + 1 = 16×10−15
(91×10−31)2 + 1 = 10195
On calcule ensuite le rapport au moyen de l’équation 8.7, et on obtient
=
q 1− 1
2 =⇒ = 0195
(b) Avec = 107 eV = 16 × 10−12 J, on obtient plutôt
= 02 ( − 1) =⇒ = 02 + 1 = 16×10−12
(91×10−31)2 + 1 = 2054
=
q 1− 1
2 =⇒ = 0999
E46. (a) Au moyen de l’équation 8.7, on calcule
= 1r 1−
2
2
= 1√ 1−(0998)2
= 1582
On utilise ensuite l’équation 8.26, qui donne l’énergie cinétique relativiste, et on trouve
= 02 ( − 1) =¡
91× 10−31¢
2 (1582− 1) = 1214× 10−12 J = 759 MeV
(b) On obtient le module de la quantité de mouvement du proton en combinant les équations
8.23 et 8.24:
= = 0 = (1582)¡
91× 10−31¢
(0998) = 431× 10−21 kg·m/s
E47. On cherche ∆ = (2)− (1) Avec l’équation 8.26, on trouve
∆ = 02 ( 2 − 1)−02 ( 1 − 1) = 02 ( 2 − 1)
(a) Pour l’intervalle allant de 1 = 06 à 2 = 08 le tableau 8.2 permet d’écrire
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∆ = 02¡53 − 5
4
¢=⇒
∆ =¡
911× 10−31¢ ¡
300× 108¢2 ¡5
3 − 54
¢×³
1 eV16×10−19 J
´= 214 keV
(b) Pour l’intervalle allant de 1 = 0995 à 2 = 0998 si on utilise le calcul de l’exercice
46 et le tableau 8.2, on obtient
∆ = ¡911× 10−31¢ ¡300× 108¢2 (1582−
10) = 298 MeV
E48. On combine l’équation 8.26, = 02 ( − 1), avec =
q 1− 1
2 , qui découle de l’équa-
tion 8.7.
(a) Si = 02 =⇒ = 2 =⇒ = 0866
(b) Si = 1102 =⇒ = 12 =⇒ = 0997
E49. On calcule l’énergie absorbée au moyen de l’équation 3.9 :
∆ = ∆ = ∆ = (05)
¡1× 103
¢ ¡31536 × 107
¢= 15768× 1010 J
On calcule ensuite la masse ajoutée avec l’équation 8.25:∆ = ∆
2 = 15768×1010
(3×108)2= 1752× 10−7 kg
Le poids supplémentaire aura donc pour valeur
∆ = ∆ =¡
1752× 10−7¢
(98) = 172 N
E50. Si on modifie l’équation 8.27, on obtient
2 − 22 = 204
Comme le côté droit de cette équation est toujours constant, on en conclut que
2 − 22 est un invariant =⇒ CQFDE51. L’énergie totale vaut trois fois l’énergie au repos, de sorte que = 302
(a) On utilise l’équation 8.27 et on obtient
2 − 22 = 204 =⇒ 92
04 − 22 = 204 =⇒ 22 = 82
04 =⇒ = 2830
(b) On combine = 0 avec le résultat obtenue en (a), et on trouve
0 = 2830 =⇒ r 1−
2
2
= 283 =⇒ 2 = 8002³
1− 2
2
´=⇒
2 = 8002
−8002 =
⇒ = q 8002
900
= 0943
E52. La masse nécessaire (n) est mille fois importante que la masse eff ectivement transfor-
mée, soit n = 1000 Comme = 2
on obtient
n = 1000¡
2
¢= 1000
³1×1018
(3×108)2
´= 111× 104 kg
E53. Si le rapport est important, le deuxième terme du développement binômial sous l’équa-
tion 8.26 est significatif. Dans ce cas-ci, il représente
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∆ =
02³38(
)4´
1202
= 32
42 = 34
(22×106)2
(3×108)2=⇒ ∆
= 403× 10−5
E54. On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que re l− cl a cl a
= 001 Si on développe
cette expression, on obtient
0−00 = 001 =⇒ − 1 = 001 =⇒ = 101
On fait ensuite appel à l’équation 8.7 et on arrive à
= 1r 1−
2
2
=⇒ = q
1− 1 2 =⇒ = 0140
E55. On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que rel = 2 cla Si on développe cette
expression, on obtient
0 = 20 =⇒ = 2
On fait ensuite appel à l’équation 8.7 et on arrive à
= 1
r 1−
2
2
=⇒ = q 1−1
2 =⇒ = 0866
E56. En raison de l’équivalence de masse-énergie, on a
= 02 = 50 MeV =⇒ =(50×106)(16×10−19)(91×10−31)(3×108)2
= 9768
= =
q 1− 1
2 = 099995
E57. (a) En raison de l’équation de la mécanique classique, on a
∆ = − 0 = 122 − 1
220 = 122 = 1
2
¡91× 10−31
¢(09)2 = 332× 10−14 J
∆ = ∆ = 332×10−14
16×10−19= 208 kV
(b) Avec la même énergie et l’équation 8.26, on calcule le facteur , ce qui donne
= ∆ 02 + 1 = 332×10−14
(91×10−31)(3×108)2+ 1 = 1405
Avec la valeur de on obtient le module de la vitesse, soit
= q
1− 1 2 = 0702
E58. On l’utilise l’équation de l’exercice 53 en posant que ∆ = 1 % et on trouve une vitesse
dont le module est de
∆ = 32
42 =⇒ 001 = 32
42 =⇒ =
q 4(001)
3 = 0115
E59. (a) On trouve le module de la vitesse au moyen de l’équation 8.26, soit
= 02 ( − 1) =⇒ = 02 + 1 =⇒ =
r 1− 1³
02+1
´2 =⇒
=v uut1− 1Ã
(40×109)(16×10−19)(167×10−27)(3×108)2
+1
!2 = 09997
(b) Le module de la quantité de mouvement s’exprime par
= 0 = (4358)¡
167× 10−27¢
(09997)¡
3× 108¢
= 218× 10−17 kg·m/s
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E60. On calcule d’abord le facteur de l’électron en fonction de l’énergie totale qu’il possède :
= 02 =⇒ = 02 =
(10×109)(16×10−19)(91×10−31)(3×108)2
= 19536
(a) La longueur du tube est donnée par
= 0
= 320019536 = 0164 m
(b) Avec une valeur aussi élevée de on peut poser que le module de la vitesse est prati-
quement bien que, du point de vue théorique, l’électron n’atteigne jamais la vitesse de
la lumière. Avec = on arrive à
0 = = 0164
3×108= 547× 10−10 s
(c) Les expérimentateurs dans la station de contrôle enregistreront une durée de voyage égale
à
= 0 = (19536)¡
547× 10−10¢
= 107 s
E61. (a) =
1r 1−2
2= 14 =⇒ =
0
= 0857 km
(b) 0 = = 408 s
(c) = 0
= 571 s
E62. 0 = 0
=⇒ = 240276×10−6
= 869× 107 =⇒ r 1−
2
2
= 869× 107 m/s =⇒
= 835× 107 m/s
E63. =Q0
+ T0
, où Q0 et T0 sont respectivement les longueurs propres du quai et du
train. Avec = 1r 1−
2
2
= 125 on trouve = 911 s .
E64. (a) Selon l’équation 8.22, la vitesse relative d’un train par rapport à l’autre est de
AB =AQ +Q B
1+AQ Q B
2= 065+065
1+(065)(065)
2
= 0914 =⇒ = 1r 1−
2A B2
= 2465 =⇒
= 0
= 0406 km
(b) 0 = 0
= 0602 s
E65. (a) Selon l’équation 8.22, la vitesse du projectile par rapport au sol est de
PS = P T+T S
1+P ST S
2= 06+04
1+(06)(04)
2
= 124 = 2419× 108 m/s =⇒
= 1r 1−
2P S2
= 1691 =⇒ = 0
P S= 10000
2419×108= 413 s
(b) 0 = 0
P S= 244 s
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 = −04, et le projectile va à PT = 06 Dans ce système de référence, la distance
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totale à franchir est de
= 0
T S= 0
q 1− 2T S
2 = (10000)q
1− (04)2 = 9165 m
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
04+06 =9165
= 306 sPlus 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
par rapport au train, placé là où le projectile atteint la cible, est
= 0 = 54
¡2444× 10−6
¢= 306 s.
E67. = 1
r 1−2
2
=⇒ 08 = 1
r 1−(08)2
2
= 1667 09 = 1
r 1− (09)2
2
= 2294
∆ 08−→09 = ∆ 08−→0902 = 062702
(a) 0 = 1 01 = 1r 1−
(01)2
2
= 1005 =⇒ ∆ 0−→01 = 0005
∆ 08−→09
∆ 0−→01=
08−→09
0−→01= 0627
0005 = 125
(b) 05 = 1r 1−
(05)2
2
= 1155 06 = 1r 1−
(06)2
2
= 1250 =⇒ ∆ 05−→06 = 0095
∆ 08−→09
∆ 05−→06=
08−→09
05−→06= 0627
0095 = 660
E68. (a) = 0 =⇒ = 359 = 1
r 1−
2
2
=⇒ = 288× 108 m/s
(b) = ( − 1) 02 = 274 MeV
E69. (a) = 1r 1−
2
2
=⇒ = 1005 =⇒ = ( − 1) 02 = 453× 1019 J
(b) = 2 = 503 kg
E70. = 0 = 0 =⇒ r 1−
2
2
= =⇒ = 0707
E71. (a) = 02 = + 02 = 171 MeV
(b) = 02 = 171 MeV
0511 MeV = 3346 =⇒
= q 1−1
2 = 286× 108 m/s
(c) = 0 = 872× 10−22 kg·m/s
E72. (a) On donne = 20 GeV = 20 × 103 MeV et, selon la partie (a) de l’exemple 8.13 du
manuel, l’énergie au repos de l’électron correspond à 02 = 0511 MeV. On insère ces
deux valeurs dans l’équation 8.26 et on calcule :
= 02 ( − 1) =⇒ = 02 + 1 = 20×103 MeV
0511 MeV + 1 =⇒ = 391× 104
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(b) Dans cette situation À 02, de sorte que le deuxième terme de l’équation 8.27 peut
être négligé. On calcule alors
= =⇒ = =
(20×109 eV)×µ16×10−19 J
1 eV
¶3×108 m/s = 107× 10−17 kg·m/s
Problèmes
P1. On utilise l’équation 8.25 et on l’élève au carré, ce qui donne
= 02 =⇒ 2 = 2204 (i)
On utilise ensuite l’équation 8.23, on la multiplie par et on l’élève au carré :
= 0 =⇒ 22 = 22022 (ii)
On soustrait l’équation (ii) de l’équation (i), et on obtient
2 − 22 = 2204 − 22
022 =⇒ 2 = 22 + 2204 − 22
022 =⇒
2
= 2
2
+ 2
20
2 ¡2 −
2¢=
22
+ 2
20
4 ³1−
2
2´
=⇒ 2 = 22 + 22
04³
1 2
´=⇒ 2 = 22 + 2
04 =⇒ CQFD
P2. On utilise l’expression qui associe la force au taux de changement de la quantité de
mouvement, et l’équation 8.23, ce qui permet d’obtenir le résultat suivant :
= =
(0) =⇒ 0
= +
= +
∙³1− 2
2
´−12
¸=⇒
0
= +
¡−1
2
¢ ¡−2
2
¢ ³1− 2
2
´−32
=
+ 2
2 3 =⇒
0
= ³1 + 2 2
2 ´ = ³1 + ³1− 1
2´ 2´ =⇒
0
= 3 =⇒
= 30
=⇒ CQFD
P3. Dans l’équation 8.23 élevée au carré, on remplace par l’expression qui est fonction de
, soit = q
1− 1 2 et on remplace ensuite par l’expression qui dépend de , soit
= 02 + 1 On trouve ainsi que
2 = 2202 =⇒ 2 = 22
02³
1− 1 2
´=⇒ 2 =
¡ 2 − 1
¢2
02 =⇒
2 =
µ³
02+ 1
´2− 1
¶2
02 =³
2
2
04
+ 2 02
+ 1 − 1´
202 =⇒
2 = ¡
¢2 + 20 =
⇒ = q 20 + ¡
¢2 =
⇒CQFD
P4. On utilise l’équation 8.21 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
= 0
+
1+0
2
=+
1+
2
=⇒ =
1+
1+
=⇒ CQFD
P5. (a) Si l’électron et le proton ont la même quantité de mouvement, on obtient
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e = ( ee) e = ee e et p =¡
pp¢
p = pp p
e = p =⇒ ee e = pp p où e = 316 et e = 09995 =⇒
p = 172× 10−2 =⇒ p = p = 516× 106 m/s
(b) Si l’électron et le proton ont la même énergie cinétique, on trouve plutôt
e = p =⇒ e2
( e − 1) = p2 ¡
p − 1¢
=⇒ p = 10167 =⇒p = 543× 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 = 20
= 2002(3×108)
= 667× 10−7 s
(b) Comme = 0995 on a = 10 selon le tableau 8.2. Dans le référentiel ce délai est
dilaté et mesuré par deux horloges, soit
= 0 = (10)¡
667× 10−7¢
= 667 s
(c) On trouve , la position où l’éclair revient à son point de départ dans le vaisseau, au
moyen de l’équation 8.17. On note que 0 = 0 On obtient donc
= (0 + 0) = (10)¡
0 + (0995)¡
3× 108¢ ¡
667× 10−7¢¢
= 199× 103 m
P7. (a) On représente un rayon lumineux se propageant dans la direction 0 par rapport à l’axe
des 0 :
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 8.21 comme suit :
= 0
+
1+0
2
=⇒ =
0
+
1+0
2
=⇒ cos =cos0+
1+0
2
Comme = =
on arrive à cos = cos0+1+ cos0 =⇒ CQFD
(b) Dans le logiciel Maple on définit la valeur de l’expression pour et on trace le graphe
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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 eff et projecteur.
P8. Par définition, on sait que = La diff érentiation de l’équation 8.18 permet d’écrire
que = ¡
0 + 2 0
¢, donc
= =
(0+
2 0)=
µ0+
2
00
0
¶ =
(0+
2 00)
=0
µ1+
0
2
¶ =⇒
=
0
µ1+
0
2
¶=⇒ CQFD
P9. Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2.
(a) Dans leur référentiel propre, la distance parcourue par chacun des muons est de
= 0
= 30005 = 600 m
Ils parcourent cette distance en un temps
0 = = 600
098(3×108)= 204 s
On donne = 22 s. Après cet intervalle 0, le nombre de muons restant s’élève à
= 0− 0 = (1000) −204×10
−6
22×10−6 = 395
(b) Dans le référentiel de la Terre, les observateurs mesurent une distance 0 = 3000 m
parcourue par les muons en un temps
= 0
= 3000098(3×108)
= 102 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 = 0− 0 = (1000)
−
204×10−6
11×10−6 = 395
P10. La phase étant invariante, on peut écrire
= 0 où = ( − ) et 0 = (00 − 00) = 0 (− )− 0 ¡
− 2
¢L’invariance est démontrée si − 0 = 0 à tout moment et en tout point; donc
( − )− 0 (− )− 0 ¡
− 2
¢= 0 =⇒³
− 0 − 02
´− ( − 0 − 0 ) = 0
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Comme cette expression doit donner zéro quelles que soient les valeurs de et de on
en déduit que
− 0 − 02 = 0 =⇒ = 0 + 0
2 =⇒ = ³
0 + 02
´ − 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 partan =
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 = 2 + 2 = 2 =³0 cos 0
´2
+¡
0 sin 0¢2
= 20³ cos2 0
2 + sin2 0´
=⇒
2 = 20
³cos2 0+ 2 sin2 0
2
´= 2
0
µcos2 0+ 2(1−cos2 0)
2
¶= 2
0
µcos2 0(1− 2)+ 2
2
¶=⇒
2 = 20
³1 + cos2 0
³1
2 − 1´´
= 20
³1 + cos2 0
³1− 2
2 − 1´´
=⇒
2 = 20
³1 + 2
2 cos2 0´
Avec 0 = 0 ce résultat devient
= 0
³1 + 2
2 cos2 0
´12=⇒ CQFD
P12. On cherche une autre expression pour ∆ = −0
lorsque ≈ 0 Au moyen de l’équation
8.11, on trouve
= 0
q +− = 0
¡1 +
¢12 ¡1−
¢−12
Comme ¿ 1 on fait appel au développement du binôme et à son approximation lorsque
¿ 1 soit (1 + ) = 1 + Ainsi
≈ 0
¡1 + 1
2
¢ ¡1 + 1
2
¢= 0
³1 +
+ 2
42
´Encore une fois, comme
¿ 1 on peut négliger le dernier terme et
≈0 ¡1 +
¢Finalement,
∆ ≈ ∆
0= −0
0=
0(1+ )−0
0=⇒ ∆
≈ =⇒ CQFD
P13. Comme = 06 on a d’une part = 54 et, comme = 08 on a d’autre part
= 53 selon le tableau 8.2.
(a) On trouve les longueurs contractées, telles que mesurées par l’observateur, ce qui donne
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= 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 + 06 et = −600 + 08 On cherche l’instant pour
lequel = donc
800 + 06 = −600 + 08 =⇒ = 140002 = 0233 s
(b) La vitesse du train par rapport au train est de
=+
1+
2= 0385
ce qui implique que = 108 On calcule donc une longueur du train dans le
référentiel du train de
= 0
= 1000
108 = 926 m
Avec toutes ces données, on peut calculer l’intervalle de temps que prendra le train
à dépasser le train dans le référentiel de , et on obtient
= 0+
= 19260385 = 167 s
P14. (a) On obtient directement
∆ = (∆0 + ∆0) = 5¡−103 + (098)
¡4× 10−6
¢¢=⇒ ∆ = 880 m
∆ = ³∆0 + ∆0
2
´= 5
µ¡4× 10−6
¢+
(098)(−103)2
¶=⇒ ∆ = 367 s
(b) On obtient directement
= ∆− ∆ = (367 s)− (293 s) = 0734 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(06) = 444 s
(b) La vitesse du train par rapport au train est de
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= =+
1+
2= 0882 =⇒ = 2125
En appliquant le même raisonnement qu’en (a), on trouve
∆ = 0 + 0
= =⇒ = 0
+ 0
= 10000882
10002125(0882) = 556 s
P16. On sait, grâce au problème 8, que la relation entre les composantes de vitesse selon
dans les deux référentiels est de
=0
µ1+
0
2
¶ et
= 0
+
1+0
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 =
=
0
µ1+
0
2
¶0
+
1+0
2
=
0
0+ =
0
0+
Ã1
01
0
!=
tan0
1+
0
=⇒
tan = tan0
³1+
0
´ =⇒ tan = tan0
³1+
0 cos0
´ =⇒ CQFD
P17. On écrit les expressions pour l’énergie totale et la composante de quantité de mouvement
selon pour les deux systèmes de référence, soit
= 02 (i)
0 = 002 (ii)
= 0 = 02
2 = 2 (iii)
0 = 000
(iv)
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 :
0 =³
1− (0
)2
2
´−12
=³
2−(0
)2
2
´−12
= ³
2 − (0)2´−12
=⇒
0 =
Ã2 −
µ−1−
2
¶2!−12
=
⎛⎝2
2 −(−)
2
2(2−)
2
4
⎞⎠−12
=⇒
0 =³
1− 2(−)2
(2−)2
´−12
=
µ(2−)
2−2(−)
2
(2−)2
¶−12
=⇒
0 = 2−
((2−)2−2(−)
2)12 =⇒
0 = 2
((2−
)2−
2
(−
)2
)12 ¡1
−
2 ¢ =⇒
0 = 2
(4−22+22−2(2+2−2))12
¡1−
2
¢=⇒
0 = 2
(4+22−22−22)12
¡1−
2
¢= 2
((2−2)(2−2))12
¡1−
2
¢=⇒
0 =
(2−2)12
(2−2)12
¡1−
2
¢Finalement, avec =
³1− 2
2
´−12
et =³
1− 22
´−12
on obtient
168 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte v4
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0 = ¡
1− 2
¢Si on remplace 0 par ce résultat dans l’équation (ii), on obtient
0 = ¡
1− 2
¢02 =
¡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
¢00
= ¡
1− 2
¢0
µ−1−
2
¶=⇒
0 = 0 ( − ) = ( 0 − 0) =⇒ 0
= ¡ −
2
¢=⇒ CQFD
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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 = 2898 × 10−3 m·K =⇒
max = 2898×10−3
(a) À 3 K, la longueur d’onde est de
max = 2898×10−3
3 = 0966 mm
(b) À 3000 K, la longueur d’onde est de
max = 2898×10−3
3000 = 0966 m
(c) À 1 × 107 K, la longueur d’onde est de
max = 2898×10−3
1×107= 0290 nm
E2. (a) Si la surface du Soleil se comporte comme un corps noir, sa température est donnée par
l’équation 9.1, soit
= 2898×10−3
max= 2898×10−3
5×10−7= 580 × 103 K
(b) De nouveau, avec l’équation 9.1, on obtient
= 2898×10−3
35×10−7= 828 × 103 K
E3. D’après l’équation 9.1, la lumière visible est bornée par les températures suivantes :
min = 2898×10−3
(max)max
= 2898×10−3
700×10−9= 414 × 103 K
max = 2898×10−3
(max
)min
= 2898×10−3
700×10−9 = 725 × 103 K
Ainsi, la température va de 414 × 103 K à 725 × 103 K .
E4. On rappelle que (K) = (◦C) + 27315
(a) Au moyen de l’équation 9.2, modifiée pour tenir compte de la température de l’environ-
nement, on obtient
= ¡
4 − 40¢
=¡
567 × 10−8¢ ³
(227315)4 − (29315)4´
= 151 MW/m2
(b) = ¡
4 − 40¢
=¡
567 × 10−8¢ ³
(30715)4 − (28315)4´
= 140 W/m2
E5. Avec = 42 = 2 ¡696 × 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
= = ¡
4 − 40¢ ¡
42¢
=¡
567 × 10−8¢
(8830)4³
4¡
2¡
696 × 108¢¢2´
=⇒
= 839 × 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
170 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 9 : Les débuts de la théorie quantique v4
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= = ¡
4 − 40¢
(2) =¡
567 × 10−8¢
(2000)4¡
2¡
2 × 10−3¢
(020)¢
=⇒
= 228 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 =
2898×10−3
=
2898×10−3
300 = 966
m
E8. On donne = 51 × 1013 Hz. On utilise l’équation 9.6 et on convertit le résultat final en
électronvolt, ce qui donne
∆ = +1 − = ( + 1) − = =¡
6626 × 10−34¢ ¡
51 × 1013¢
=⇒
∆ =¡
3379 × 10−20 J¢×³
1 eV16×10−19 J
´= 0211 eV
E9. 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
(6626×10−34)(1×108)= 604 × 1030 photons/s
E10. (a) L’énergie d’un photon s’exprime, en joules, sous la forme = Avec = cette
expression devient
= =
(6626×10−34)(3×108) = 1988×10−25 J·m
׳
1 nm1×10−9 m
´×³
1 eV16×10−19 J
´=⇒
= 124×103 eV·nm
=⇒ CQFD
(b) L’intervalle d’énergie de la portion visible du spectre électromagnétique est borné par
min = 124×103
eV·nmmax = 124×103
eV·nm700 nm = 177 eV
et
max = 124×103 eV·nmmin
= 124×103 eV·nm400 nm = 310 eV
L’intervalle va donc de 177 eV à 310 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 = − = 124×103 eV·nm
− (225 eV) = 124×103 eV·nm400 nm − (225 eV) = 0855 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
efficace = = (003) =⇒ = (003)
= (003)
=(003)(1×10−9)
(6626×10−34)(3×108)400×10−9
=⇒
= 604 × 107 photons/(m2·s)
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E12. (a) Si le diamètre de la pupille est de 05 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 = ³5×10−3
2
´2 ¡5 × 10−13
¢= 982 × 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
= =⇒ =
=
= 982×10−18
(6626×10−34)(3×108)500×10−9
= 250 photons/s
E13. On détermine le module de la vitesse maximale des électrons en combinant les équations
9.7, 9.11 et 2.5c , ce qui donne
max = 122max = ( − 0) =⇒ 2max = 2
³ −
0
´=⇒
max = r 2 ³
−
0´ = r 2(6626×10−34)
91×10−31 ³3×108
470×10−9− 3×108
686×10−9´ = 541 × 105 m/s
E14. 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
= 124×103 eV·nm = 124×103 eV·nm
550 nm = 225 eV
(b) Si le photon possède une fréquence de 100 MHz, son énergie est de
= =¡
6626 × 10−34¢ ¡
100 × 106¢×³
1 eV16×10−19 J
´= 414 × 10−7 eV
(c) Si le photon possède une fréquence de 940 kHz, son énergie est de
= =¡
6626 × 10−34¢ ¡
940 × 103¢×³
1 eV16×10−19 J
´= 389 × 10−9 eV
(d) Si le photon possède une longueur d’onde de 0071 nm, son énergie est de
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm0071 nm = 175 × 104 eV
E15. (a) Si l’énergie de dissociation est on trouve ainsi la fréquence minimale 0 :
= 0 =⇒ 0 =
=(11 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶6626×10−34
= 266 × 1015 Hz
(b) On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm
175nm = 709 eV
E16. On utilise l’équation démontrée à l’exercice 10 et on obtient
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm28 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
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= = =⇒ =
=
=(134×103)
(6626×10−34)(3×108)550×10−9
= 371 × 1021 photons/(m2·s)
E18. Soit , le nombre de photons reçus par seconde, chacun possédant une énergie = .
La puissance émise par le laser est donc de
= = =⇒ =
=
= 1×106
(6626×10−34)(3×108)
6328×10−9
= 318 × 1015 photons/s
E19. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient
max = − = 124×103 eV·nm
− (23 eV) =³124×103 eV·nm
400 nm
´− (23 eV) = 0800 eV
(b) On utilise les équations 9.10 et 9.11, et on obtient
∆ 0 = ( − 0) =⇒ = ∆ 0+ 0
= ∆ 0+
=⇒ = ∆ 0+
=⇒
=(6626×10−34)(3×108)
(16×10−19)(06)+(23 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 428 nm
E20. (a) On utilise l’équation 9.9, le résultat de l’exercice 10 et on obtient
max =
−
=
124×103 eV·nm
− (45 eV) =
³124×103 eV·nm
200 nm´− (4
5 eV) = 1
70 eV
(b) On utilise l’équation 9.7 et on arrive à
max = ∆ 0 =⇒ ∆ 0 = max
= 170 V
E21. 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 = 12 eV :
max = 1 − =⇒ = 1 − max =³124×103 eV·nm
350 nm
´− (12 eV) = 234 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 = −
=124×103 eV·nm
230 nm −(234 eV)
= 305 V
E22. On utilise l’équation 9.11 et on obtient
∆ 0 = ( − 0) =⇒ 0 = −∆ 0 =
−∆ 0
=⇒
0 =
(6626×10−34)(3×108)420×10−9
−(16×10−19)(24)
6626×10−34= 135 × 1014 Hz
E23. (a) L’énergie émise sous forme de rayonnement équivaut à = 005 (100 W) = 500 W. Si
correspond au nombre d’électrons émis par seconde qui possèdent une énergie =
on trouve
= = =⇒ =
=
= 5
(6626×10−34)(3×108)600×10−9
= 151 × 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
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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 = œ il2
= 20 2
= 202
=⇒
œil =20(6626×10−34)(3×108)
µ3×10−3
2
¶2
(600×10−9)
= 937 × 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 = 42 correspond à l’aire de la sphère sur laquelle s’étend le
rayonnement au moment où il atteint l’œil, on obtient
= = œil = œil¡
42¢
=⇒ =q
4 œ il
= =⇒
=
r (151×1019)(6626×10−34)(3×108)
4(937×10−13)(600×10−9)= 652 km
E24. L’augmentation de l’énergie cinétique maximale de 1 = 13 eV à 2 = 36 eV est décrite
par les deux équations suivantes, désignant respectivement les fréquences et 3 2 :
1 = ( − 0)
2 = ³3 2 − 0
´On isole la fréquence dans chaque équation :
1 = ( − 0) =⇒ = 1+ 0
2 = ³3 2 − 0
´=⇒ = 2
3
³ 2+ 0
´On pose l’égalité des membres et on isole 0, ce qui donne
0−
2
3
0 = 2
3
2−
1 =⇒
1
3
0 = 2
3
2−
1 =⇒
0 = 3
¡23
2−
1¢ =⇒
0 = 3
¡23 2 − 1
¢= (2 2−3 1)
=
(2(36 eV)−3(13 eV))×
µ16×10−19 J
1 eV
¶6626×10−34
= 797 × 1014 Hz
E25. 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 = œ il2
= 8 2
= 82
=⇒
œil = 8(6626×10
−34
)(3×10
8
)
µ5×10−3
2
¶2
(500×10−9)= 162 × 10−13 W/m2
(a) À la distance TL , la luminosité requise est, selon l’équation 9.3, de
= œil = œil (42) =¡
162 × 10−13¢ ³
4¡
384 × 108¢2´
= 300 kW
(b) Avec T = (42 a.l.) ׳94607×1015 m
1 a.l.
´= 39735 × 1016 m, on obtient
= œil = œil (42) =¡
162 × 10−13¢ ³
4¡
39735 × 1016¢2´
= 321 × 1021 W
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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 eff ectue 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,
est donc l’inverse de la pente de cette droite, soit
= 124827×1014
= 403 × 10−15 V·s
(b) La fréquence de seuil est tout simplement l’ordonnée à l’origine dans le graphe obtenu,
soit 0 = 507 × 1014 Hz
E27. (a) La fréquence du photon est donnée par l’équation suivante :
= 202 =⇒ = 202
=
2(91×10−31)(3×108)2
6626×10−34= 247 × 1020 Hz
(b) Le module de la quantité de mouvement du photon est donné par l’équation 9.12 :
=
=(6626×10−34)(247×1020)
3×108= 546 × 10−22 kg·m/s
E28. (a) La longueur d’onde du photon diff usé est donnée par l’équation 9.16. En faisant de plus
appel au résultat de l’exercice 10, on obtient
0 = 0
(1− cos ) + = 0
(1− cos ) + 124×103 eV·nm
=⇒
0 =(6626×10−34)
(91×10−31)(3×108)(1− cos (50◦)) + 124×103 eV·nm
30×103 eV = 422 × 10−11 m
(b) Au moyen de l’équation 9.13, on obtient
=
−
0 = ¡ 1 −
1
0 ¢ =⇒
=¡
6626 × 10−34¢ ¡
3 × 108¢ ³
30×103 eV124×103 eV·nm − 1
422×10−11
´= 988 × 10−17 J
E29. Si les photons sont diff usés avec un angle de 180◦ par rapport à leur direction incidente,
les électrons diff usés auront une énergie cinétique maximale. On calcule d’abord avec
le résultat de l’exercice 10, ce qui donne
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm40×103 eV = 0031 nm
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On calcule ensuite 0 avec l’équation 9.16 :
0 = 0
(1− cos ) + =(6626×10−34)
(91×10−31)(3×108)(1− cos (180◦) ) + 0031× 10−9 = 003586 nm
Finalement, on calcule l’énergie cinétique avec l’équation 9.13, et on obtient
= −
0 = ¡1− 1
0
¢=⇒
=¡
6626 × 10−34¢ ¡
3 × 108¢ ³ 1
0031×10−9 −1
003586×10−9´×³ 1 eV
16×10−19 J´
= 543 keVE30. On cherche l’angle tel que 0
−
= 002 % On utilise l’équation 9.16 et on obtient
0−
= 0
(1− cos ) =⇒ 1− cos =³
0−
´³0
´=⇒
cos = 1−³
0−
´³0
´=⇒ = arccos
³1−
³0−
´³0
´´=⇒
= arccos
µ1− (00002)
µ(0071×10−9)(91×10−31)(3×108)
6626×10−34
¶¶= 620◦
E31. Avec = 0
= 000243 nm, on utilise le résultat de l’exercice 10 et on obtient
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm000243 nm = 0510 MeV
E32. (a) On note que 0 = 000243 nm et on utilise l’équation 9.16, ce qui donne
∆ = 0 − = 0
(1− cos ) =¡
243 × 10−12¢
(1− cos (37◦)) = 489 × 10−13 m
(b) On cherche l’énergie du photon diff usé de longueur d’onde 0 On utilise le résultat de
l’exercice 10 en séparant les deux contributions à 0, ce qui donne
= 124×103 eV·nm0 =
³0
124×103 eV·nm
´−1
=³
+∆124×103 eV·nm
´−1
=⇒
=³
124×103 eV·nm + ∆
124×103 eV·nm
´−1
=³
130 keV + 489×10−4 nm
124×103 eV·nm
´−1
=⇒
= ³1
30×103 eV + 1254×106 eV´
−1= ³
1296×104 eV´
−1= 296 keV
E33. 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 diff usion est de 53◦ la longueur d’onde du
photon incident est de
0−
= ∆
= 0
(1− cos ) =⇒ =¡
∆
¢
0(1− cos ) =⇒
=³
13×10−4
´ ¡243 × 10−12
¢(1− cos (53◦)) = 323 nm
ce qui permet de trouver l’énergie du photon incident grâce au résultat de l’exercice 10 :
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm323 nm = 384 eV
E34. (a) On utilise l’équation 9.16 et on obtient
∆ = 0 − = 0
(1− cos ) =¡
243 × 10−12¢
(1− cos (70◦)) = 160 × 10−12 m
(b) L’énergie cinétique de l’électron diff usé correspond à la diff érence entre l’énergie du
photon incident et l’énergie du photon diff usé, soit
= −
0 = ³1− 1
+∆
´=⇒
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=¡
6626 × 10−34¢ ¡
3 × 108¢ ³
18×10−11
− 1(8×10−11)+(160×10−12)
´=⇒
=¡
487 × 10−17 J¢×³
1 eV16×10−19 J
´= 304 eV
E35. Pour obtenir 0 = 0 on doit d’abord calculer la longueur d’onde des photons incidents :
= 124×103 eV·nm
= 124×103 eV·nm5×104 nm = 00248 nm
Avec les équations 2.5c et 9.16, on peut maintenant trouver 0
: 0 =
0
(1−cos)+= 3×108
(243×10−12)(1−cos(45◦))+(248×10−11)= 118 × 1019 Hz
E36. On calcule le déplacement de longueur d’onde au moyen de l’équation 9.16 :
(a) ∆ = 0
(1− cos ) =¡
243 × 10−12¢
(1− cos (30◦)) = 326 × 10−13 m
(b) ∆ =¡
243 × 10−12¢
(1− cos (90◦)) = 243 × 10−12 m
(c) ∆ =¡
243 × 10−12¢
(1− cos (150◦)) = 453 × 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 = (−136 eV) + (125 eV) = −11 eV, on conclut, grâce
à la figure 9.16, 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 = 124×103 eV·nm 1− 3
= 124×103 eV·nm(−136 eV)−(−151 eV) = 124×103 eV·nm
1209 nm = 103 nm
21 = 124×103 eV·nm 1− 2
= 124×103 eV·nm(−136 eV)−(−34 eV) = 124×103 eV·nm
1020 nm = 122 nm
32 = 124×103 eV·nm 2− 3
= 124×103 eV·nm(−34 eV)−(−151 eV) = 124×103 eV·nm
189 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 9.16, 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 9.27 :
∆ 43 = 3 − 4 = −136 eV32 − −136 eV
42= −0661 eV
∆ 53 = 3 − 5 = −136 eV32
− −136 eV52
= −0967 eV
∆ 63 = 3 − 6 = −136 eV32 − −136 eV
62= −113 eV
On peut dès lors calculer la longueur d’onde de ces sauts d’énergie avec le résultat de
l’exercice 10:
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43 = 124×103 eV·nm|∆ 43|
= 124×103 eV·nm0661 eV = 189 × 10−6 m
53 = 124×103 eV·nm|∆ 53|
= 124×103 eV·nm0967 eV = 128 × 10−6 m
63 = 124×103 eV·nm|∆ 63|
= 124×103 eV·nm113 eV = 110 × 10−6 m
(b) La plus courte longueur d’onde est obtenue pour le passage de −→∞ à = 3. Ainsi
∆ ∞3 = 3 − ∞ =−136 eV
32 − 0 = −151 eV =⇒∞3 = 124×103 eV·nm
|∆ ∞3|= 124×103 eV·nm
151 eV = 821 nm
E39. On cherche la longueur d’onde du rayonnement auquel il faut soumettre un atome d’hy-
drogène pour que son électron passe de l’état = 1 à −→∞, Ce qu’on obtient ainsi :
∆ 1∞ = ∞ − 1 = 0 − −136 eV12
= 136 eV =⇒
∞1 = 124×103 eV·nm∆ ∞1
= 124×103 eV·nm136 eV = 912 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 9.23 et sa vitesse avec l’équation 9.22 :
= 2} 2
2=⇒ 1 = } 2
2=
(6626×10−34)2
(2)2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2= 530 × 10−11 m
= } =⇒ 1 = }
1= 6626×10−34
2(91×10−31)(530×10−11)= 219 × 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
= 121
= 219×1062(530×10−11)
= 656 × 1015 Hz
Si l’électron rayonnait à cette fréquence, la longueur d’onde de ce rayonnement serait de
=
= 3×108
656×1015= 457 nm, donc se trouverait dans la portion ultraviolette du spectre.
E41. À l’état = 2 le rayon de l’orbite de l’électron est de
= 2} 2
2=⇒ 2 = (2)2} 2
2=
(2)2(6626×10−34)2
(2)2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2= 212 × 10−10 m
(a) Son énergie potentielle électrique est de
=−
2
2=−
(9×109)(16×10−19)2
212×10−10× ³ 1 eV
16×10−19 J´ =−
679 eV
(b) Son énergie cinétique correspond à la diff érence entre l’énergie mécanique et l’énergie
potentielle, soit
= − = −136 eV(2)2
− (679 eV) = 339 eV
E42. (a) On utilise l’équation 9.27 avec = 3, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :
= (−136 eV) 2
2 =⇒ 1 = (−136 eV)(3)2
12= 1 = −122 eV
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2 = (−136 eV)(3)2
22= 2 = −306 eV
3 = (−136 eV)(3)2
32= 3 = −136 eV
4 = (−136 eV)(3)2
42= 4 = −765 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 = (−765 eV)− (−122 eV) = 1148 eV
∆ 13 = 3 − 1 = (−136 eV)− (−122 eV) = 1088 eV
∆ 12 = 2 − 1 = (−306 eV)− (−122 eV) = 918 eV
Les longueurs d’onde des photons associés à ces transitions sont donc de
14 = 124×103 eV·nm∆ 14
= 124×103 eV·nm1148 eV =⇒ 41 = 108 nm
13 = 124×103 eV·nm∆ 13
= 124×103 eV·nm1088 eV =⇒ 31 = 114 nm
12 = 124×103
eV·nm∆ 12 = 124×103
eV·nm918 eV =⇒ 21 = 135 nm
E43. On utilise l’équation 9.23 et on obtient
= 2} 2
2=⇒ 1 = } 2
2=
(6626×10−34)2
(2)2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2=⇒ 1 = 530 × 10−11 m
2 = (2)2} 2
2=
(2)2(6626×10−34)2
(2)2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2=⇒ 2 = 212 × 10−10 m
3 = (3)2} 2
2=
(3)2(6626×10−34)2
(2)2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2=⇒ 3 = 477 × 10−10 m
E44. (a) On utilise l’équation 9.27 avec = 2, ce qui permet d’obtenir les résultats suivants :
= (−136 eV) 2
2 =
⇒ 1 = (−136 eV)(2)2
12= 1 =
−544 eV
2 = (−136 eV)(2)2
22= 2 = −136 eV
3 = (−136 eV)(2)2
32= 3 = −604 eV
(b) Si l’électron se trouve au niveau fondamental ( = 1), on doit lui fournir une énergie
égale à | 1| = 544 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 = 219 × 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 =¡
91 × 10−31¢ ¡
219 × 106¢
= 199 × 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
r =21
1=
(219×106)2
530×10−11= 905 × 1022 m/s2
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E46. Si on la réécrit pour un noyau possédant une charge , l’équation 9.19 conduit à une
expression pour la vitesse de l’électron au niveau :
=q
2
Si on insère cette relation pour dans l’équation 9.22, on trouve pour
= }
=⇒ 2
2
2
= 2} 2
=⇒ 2 ³2
´
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
´=⇒ = 21
=⇒ CQFD
E47. L’équation 9.22 permet d’affirmer que = } , et, à l’exercice 40, on a démontré que
= 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
= 2
} =
(2)(16×10−19)2
(6626×10−34)=⇒ =
¡22 × 106 m/s
¢=⇒ CQFD
E48. (a) On note, à l’équation 9.24, 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 9.23, 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 1207, ce qui donne dans les deux cas 483 × 10−3 .
E49. Si la charge du noyau est l’équation 9.20 devient = −2
2 On a déjà démontré,
à l’exercice 40, que le rayon de l’orbite pour l’électron est = 2} 2
2 Si on combine ces
deux expressions, on peut écrire que
= −2 24
22} 2= − 2
2
(2)2(91×10−31)(9×109)2
(16×10−19)4
2(6626×10−34)2׳
1 eV16×10−19 J
´=⇒
= − (136 eV) 2
2 =⇒ CQFD
E50. (a) =
= 122 cm
(b) = = 162 × 10−24 J = 101 × 10−5 eV
E51. = − ∆ 0 = 190 eV
E52. (a) = 0
= 22 eV =⇒ 0 = 564 nm
(b) = max + =⇒ max =
− = 0750 eV
E53.
= max + 0 =⇒ 0 = − 1
22max =⇒ 0 = 515 × 1014 Hz
E54. = max + =⇒ max = (48 eV)− (278 eV) = 202 eV =⇒
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max = 842 × 105 m/s
E55. max = ³1 − 1
0
´= 1
22max =⇒ max = 589 × 105 m/s
E56. (a) =
= 4141 × 10−11 m, mais 0 − =³
0
´(1− cos ) et 0 = 416 × 10−11 m.
Finalement, 0 = 0 = 291 keV .
(b) En accord avec la théorie de la relativité, la vitesse du photon est .E57. = 120 keV =⇒ =
= 1036 × 10−11 m et 0 = 095 = 114 keV =⇒
0 = 0
= 1095 × 10−11 m
Avec 0 − =³
0
´(1− cos ), on trouve = 391◦ .
E58. (a) max = 122max =
−
0 =⇒12
¡911 × 10−31
¢ ¡26 × 106
¢2=
(6626×10−34)(300×108)015×10−9
− (6626×10−34)(300×108)0 =⇒
0 = 150349 pm
(b) ∆ =
0 (1− cos ) =⇒ = 312◦
E59. (a) On donne = 001 × 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
= 12424 × 10−9 nm
Ensuite, on modifie l’équation 9.13 pour en extraire le gain en énergie cinétique de l’élec-
tron:
=
¡−
0
¢×
³1 eV
16×10−19 J´= 242 keV
(b) L’énergie totale de l’électron correspond, selon le chapitre 8, à = + 02. Encombinant cette relation avec l’équation 8.27, on obtient :
2 = 22 + 204 =⇒
¡ + 02
¢2= 22 + 2
04 =⇒
2 + 204 + 202 = 22 + 2
04 =⇒ =
√ 2+202
= 850 × 10−22 kg·m/s
(c) À partir de l’équation 9.15, on obtient
0 = 0 sin (90)− sin =⇒ sin =
0 =⇒ = 389◦
E60. (a) De −→∞ à = 2 =⇒ ∆ =
= 34 eV =⇒ = 365 nm
(b) De −→∞ à = 1 =⇒ ∆ = = 136 eV =⇒ = 914 nm
E61. 1
= ¡112− 1
22
¢=⇒ = 122 nm
E62. 0 = 1 + 2 =⇒ 0
= 1
+ 2
=⇒ 2 = 872 nm
E63. 1
=¡1
2 − 12
¢= 0889 et on trouve = 1 et = 3 par un jeu d’essais et erreurs.
Problèmes
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P1. (a) On transforme l’équation 9.13 pour isoler et on obtient
= ³ +
0
´ =(6626×10−34)(3×108)
((45 keV)+(130 keV))×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 710 × 10−12 m
(b) L’énergie du photon diff usé est 0 = 0 = 130 keV, ce qui implique que
0 = 956 × 10−12 m. On peut alors calculer l’angle de diff usion au moyen de l’équation
9.16, en se rappelant que
0 = 243 × 10−
3 nm, soit la longueur d’onde de Compton:
0 − = 0
(1− cos ) =⇒ = arccos
Ã1− 0
−
0
!=⇒
= arccos³
1− 956×10−12−710×10−12
243×10−12
´= 907◦
(c) On trouve l’angle de diff usion au moyen des équations 9.14 et 9.15:
= 0 cos + cos =⇒ cos =
−
0 cos (i)
0 = 0 sin − sin =⇒ sin =
0 sin (ii)
On divise l’équation (i) par l’équation (ii) et on obtient
tan =0 sin
−
0
cos = sin
0
−cos
=⇒ = arctanÃ
sin0
−cos
!=⇒
= arctan
Ãsin(907◦)
956×10−12
710×10−12−cos(907◦)
!= 364◦
P2. Il suffit de poser que
= 0 dans la loi du rayonnement de Wien pour obtenir max la
longueur d’onde pour laquelle la radiance spectrale devient maximale. On donne
( ) = −
5
Donc,
=
Ã−
5
!= −5
−
max 6max
+ 2max
−
max 5max
= 0 =⇒
−
max
³−5
6max
+ 7max
´= 0 =⇒ −5
6max
+ 7max
= 0 =⇒ 7max
= 56max
=⇒
max = 5
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 = = 02
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 diff érence d’énergie ∆ entre
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le photon diff usé et le photon incident sont données par =
et ∆ = 0 −
Ainsi,
la perte relative d’énergie ∆
s’exprime comme suit
∆
=0 −
= −0
0 = −∆0 =⇒ ∆
≈ −∆
=⇒ CQFD
P5. (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’inertiede
= 22 = 2¡
167 × 10−27¢ ³74×10−11
2
´= 457 × 10−48 kg·m2
(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
2
= =⇒ = 2
=(6626×10−34)2(457×10−48)
=¡
231 × 1013¢
rad/s
(c) Au moyen du résultat obtenu en (b), on trouve
+1 − = 1 = 1
2 = 231×10
13
2 = 367 × 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 = ¡1
2 − 12
¢=¡
1097 × 107¢ ¡
3 × 108¢ ¡
112 −
152
¢= 316 × 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
mouvement que gagne l’atome dans la direction opposée.
Ainsi, si = 100782 = 100782¡
1661 × 10−27 kg¢
= 1674 × 10−27 kg, selon l’annexe
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
=
=(6626×10−34)(316×1015)
(3×108)(1674×10−27)= 417 m/s
P7. On élimine les termes en des équations 9.14 et 9.15 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
= 0 cos + cos =⇒ 2 cos2 =
¡−
0 cos ¢2
=⇒
2 sin2 + 2 cos2 = 2 =¡
0 sin
¢2+¡
−
0 cos ¢2
=⇒
2 = 2³
12− 2cos
0 + 1(0)2
´(i)
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Au moyen des équations 2 = 2
2−2
02, = + 02 et = −
0 on peut écrire
2 = 2+22+2
04
2−2
02 = 2
2+ 20 =⇒
2 = 12
¡−
0
¢2+ 2
¡−
0
¢0 =⇒
2 = 2
¡1− 1
0
¢2
+ 20
¡1− 1
0
¢(ii)
En égalisant les équations (i) et (ii), on trouve l’expression du déplacement de Compton :2³
12− 2cos
0 + 1(0)
2
´= 2
¡1− 1
0
¢2+ 20
¡1− 1
0
¢=⇒
2³
12− 2cos
0 + 1(0)2
´= 2
³1
2− 2
0 + 1(0)2
´+ 20
¡1− 1
0
¢=⇒
¡−2cos
0
¢=
¡− 2
0
¢+ 20
³0−
0
´=⇒ 0 − =
³
0
´(1− cos ) =⇒ CQFD
P8. (a) L’équation 9.5 exprime la radiance spectrale selon la théorie de Planck et son énoncé est
( ) = 22−5
−1
Si on procède au changement de variable suivant, =
donc =
on obtient
l’expression suivante
( ) =22
³
´−5
−1 =22
³
´5−1 = 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 5
−1
´=
³54(−1)−5
(−1)2
´= 0
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
54 ( − 1)− 5 = 0 =⇒ 54 ( − 1) = 5 =⇒ 5 ( − 1) = =⇒
5 (1− −) = =⇒ 5− = 5− =⇒ CQFD
Il n’est pas possible de résoudre algébriquement cette équation, que l’on qualifie de trans-
cendante. Il existe diff érentes 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;
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eq:=5-x=5*exp(-x);
plot({5-x,5*exp(-x)},x=0..10);
fsolve(eq,x,4..6);
On en arrive à = 4965 la valeur attendue.
(b) Au moyen de la solution pour , on peut calculer la valeur de max :
max = (4965)
=⇒ max = (4965)
= (6626×10−34)(3×108)(4965)(1381×10−23)
=⇒
max = 2898 × 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,
( ) =22
³
´−5
−1 =22
³
´5−1 = 25 5
435
−1
De plus, comme =
on a =
−
2 , et le changement de variable peut être
appliqué à l’intégrale qui suit :
( ) =∞R 0
( ) =0R ∞
³25 5
435
−1
´ ¡−
2
¢ =
∞R 0
³25 5
435
−1
´ ¡
2
¢ =⇒
( ) =∞R 0
³24 4
233
−1
´ = 24 4
23
∞R 0
3
−1
Le résultat de l’intégrale est fourni dans la donnée, de sorte que
( ) = 24 4
23
³4
15
´= 254 4
1523=⇒ = 4 =⇒ CQFD
P10. D’après la deuxième loi de Newton appliquée à ce système stable, la force électrique agit
comme force centripète, et on peut écrire que2
=2
(2)2 où représente la distanceentre chaque particule et le centre de masse du système.
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
422 =⇒ =
2} 2
2
L’énergie mécanique du système est de = + où = 2¡122
¢= 2 et = −2
2
Si on utilise le résultat pour l’énergie mécanique prend cette forme :
= 2 − 2
2=
³2
4
´− 2
2= 2
4− 2
2= −2
4= −24
42} 2=⇒
= − 12
(9×109)2
(16×10−19)4
(91×10−31)
4
µ6626×10−34
2
¶2 ×
³1 eV
16×10−19 J
´=⇒ ≈ −68 eV
2 =⇒ CQFD
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P11. 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 Rayleigh-
Jeans 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);
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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 :
= = √
2 =
(6626×10−34)√ 2(91×10−31)
1√
= 491×10−19 m·J12√
Si on veut pouvoir insérer une valeur de l’énergie cinétique en électronvolts, on doit
multiplier ce résultat par le facteur adéquat. Ainsi
= 491×10−19 m·J12√
×q 1 eV16×10−19 J =⇒ = 123√
=⇒ CQFD
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
= √ 2|∆ |
= 6626×10−34√ 2(91×10−31)(16×10−19)
1√ |∆ |
= 1226×10−9 m√ |∆ |
=⇒
≈q
15|∆ | =⇒ CQFD
Dans ce résultat, ∆ s’exprime en volt et en nanomètre.
E3. On utilise le résultat de l’exercice 2 et on obtient ≈
q 15120 = 0112 nm
E4. (a) On utilise le résultat de l’exercice 1 et on obtient
= 123 nm·eV12√ 2 eV
= 0870 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 :
= √ 2
= 6626×10−34 J·s
s 2(167×10−27 kg)(2 eV)×µ 16×10−19 J
1 eV¶
= 00203 nm
E5. (a) On utilise l’équation 10.1 et on obtient
= =
= 6626×10−34
(167×10−27)(1×103)= 0397 nm
(b) = = 6626×10−34
(167×10−27)(1×106)= 0397 pm
E6. La longueur d’onde du proton est donnée par l’expression suivante, obtenue par un rai-
sonnement similaire à celui qui a conduit à la solution de l’exercice 2 :
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= √ 2
= 6626×10−34 J·ss 2(167×10−27 kg)(004 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 0143 nm
E7. Pour trouver la largeur de la fente, on doit d’abord trouver la longueur d’onde associée
à la particule, soit
= =
= 6626×10−34
(1×10−3)(1×101)= 6626 × 10−32 m
La largeur de la fente est donnée par l’équation 7.1, dans laquelle = 1 :
= sin = 6626×10−32
sin(05◦) = 759 × 10−30 m
Non , cette expérience n’est pas réalisable. Il n’existe pas, même selon les théories connues
de la matière, de situation off rant une fente de cette largeur et les moyens d’observer la
diff raction 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 = = = (6626×10
−34
)(3×108
)5×10−9
׳
1 eV16×10−19 J
´=⇒ photon = 248 eV
En utilisant le résultat de l’exercice 1, on obtient l’énergie cinétique de l’électron :
= 123√ électron
=⇒ électron =³123 nm·eV12
´2=³123 nm·eV12
5 nm
´2=⇒
électron = 605 × 10−2 eV
E9. (a) On utilise l’équation 9.8 et on obtient, pour = 1 × 10−10 m
= = =
(6626×10−34)(3×108)1×10−10
׳
1 eV16×10−19 J
´= 124 keV
(b) Pour = 1 × 10−15 m, on trouve
= = (6626×10−34)(3×108)
1×10−15׳
1 eV16×10−19 J
´= 124 GeV
E10. On utilise l’équation 10.1 et on obtient
= =
=⇒ = = 6626×10−34
(91×10−31)(600×10−9)= 121 km/s
E11. On utilise l’équation 10.4 et on obtient
= √ 2∆
=⇒ ∆ = 12
¡
¢2= 1
2(167×10−27)(16×10−19)
³6626×10−34
01×10−12
´2= 822 kV
E12. (a) On donne |∆ | = 60 V et = 40. À partir de la figure 10.3(c), on peut écrire
+ 2 = 90 =
⇒ = 90
−2 = 700
(b) La valeur de , la longueur d’onde de matière des électrons, est obtenue avec l’équation
établie à l’exemple 10.1 :
= √ 2|∆ |
= 01584 nm
Ensuite, on fait appel à l’équation 10.5 et on calcule
2 sin = = (1) =⇒ = 2sin = 843 × 10−11 m
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E13. (a) On utilise le résultat de l’exercice 1 et on obtient, pour = 80 eV
= 123 nm·eV12√ 80 eV
= 0138 nm
(b) Pour = (80 eV) + (20 eV) = 100 eV, on trouve
= 123 nm·eV12√ 100 eV
= 0123 nm
E14.On utilise l’équation 10.1 et on obtient =
= =⇒ =
= 6626×10−34
(91×10−31)(01×10−9)= 726 × 106 m/s
E15. (a) On utilise l’équation 10.1 et on obtient
= =
=⇒ = = 6626×10−34
(91×10−31)(0053×10−9) = 137 × 107 m/s
(b) La valeur trouvée à l’exercice 40 du chapitre 9 est de Bohr = 219×106 m/s, et le rapport
de ces deux quantités équivaut à(a )
Boh r= 137×107
219×106=⇒ (a )
B o h r≈ 2
E16. Par le principe de conservation d’énergie, on sait que le gain d’énergie cinétique de l’élec-tron égale la perte d’énergie potentielle électrique. Ainsi, on peut exprimer sa vitesse
comme =q
22
À une distance = 01 nm du proton, la longueur d’onde de l’élec-
tron est alors de
= =
p 22
=⇒
= p
22 =
¡6626 × 10−34
¢r 01×10−9
2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)2= 0324 nm
E17. On cherche la distance entre deux raies semblables, en fonction de la longueur d’onde
telle que =
et =√ 2 de sorte que
= √ 2
=(2 m)(6626×10−34 J·s)
(1×10−4 m)
s 2(167×10−27 kg)(004 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 287 m
E18. (a) Un proton enfermé dans un puits de potentiel d’une largeur = 1 × 10−14 m possède
des niveaux d’énergie donnés par l’équation 10.12, = 22
82 On obtient donc
1 = (1)22
82 =(6626×10−34)
2
8(167×10−27)(1×10−14)2=⇒ 1 = 329 × 10−13 J
1 = (2)22
82 =(2)2(6626×10−34)
2
8(167×10−27)(1×10−14)2=⇒ 2 = 131 × 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
=(131×10−12)−(329×10−13)
6626×10−34= 149 × 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 = 01 × 10−9 m dispose
de niveaux d’énergie donnés par l’équation 10.12, = 22
82 On obtient donc
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1 = (1)22
82 =(6626×10−34)
2
8(91×10−31)(01×10−9)2׳
1 eV16×10−19 J
´=⇒ 1 = 377 eV
2 = (2)22
82 =(2)2(6626×10−34)
2
8(91×10−31)(01×10−9)2׳
1 eV16×10−19 J
´=⇒ 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 :
= ∆ = 2− 1 = (6626×10−34
)(3×108
)((151 eV)−(377 eV))×
µ16×10−19 J
1 eV
¶= 110 nm
E20. On utilise l’équation 10.12, = 22
82 et on calcule la largeur du puits, pour
= 4, ce qui donne
= 4√ 8 4
=4(6626×10−34)s
8(91×10−31)(5 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 110 nm
E21. On cherche photon = 3 − 1 Avec l’équation 10.12, on calcule
photon = (3)22
82 − (1)22
82 = 2
2 =(6626×10−34)
2
(91×10−31)(02×10−9)2׳
1 eV16×10−19 J
´= 756 eV
Ce photon se trouve dans la portion des rayons X du spectre électromagnétique.E22. On pose l’égalité suivante, pour = 1 :
122 = 22
82 =⇒ 122 = 2
82 =⇒
= 2 = 6626×10−34
2(91×10−31)(1×10−4)= 364 m/s
E23. (a) On donne 1 = (1)22
82 = 20 eV. Au moyen de l’équation 10.12, on peut écrire que
= 2 1 donc 2 = (2)2 1 = 800 eV .
(b) La largeur du puits est aussi donnée par l’équation 10.12 :
= (1)
2
√ 8 1 = (1)
2
(6626×10
−34
)s 8(91×10−31)(200 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 0137 nm
E24. (a) On utilise l’équation 10.12 avec = 1, ce qui donne
1 = (1)22
82 =(6626×10−34)
2
8(91×10−31)(1×10−14)2׳
1 eV16×10−19 J
´= 377 GeV
(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
∆ ≥ ∆ =⇒ ∆ ≥ 6626×10−34
10×10−10=⇒ ∆ ≥ 663 × 10−24 kg·m/s
E26. 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:
190 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 10 : La mécanique ondulatoire v4
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∆ ≥ ∆ =⇒ ∆ ≥ 6626×10−34
20×10−10=⇒ ∆ ≥ 331 × 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
∆ ≥ ∆ =⇒ ∆ ≥ 6626×10−34
1×10−8=⇒ ∆ ≥ 663 × 10−26 J
(b) L’incertitude sur la fréquence du photon émis est donnée par∆ = ∆
=⇒ ∆ ≥ 663×10−26 J6626×10−34 J·s =⇒ ∆ ≥ 100 × 108 Hz
E28. (a) On utilise l’équation 10.15 avec ∆ = 2 = 2¡
20 × 10−14¢
et on obtient
∆ ≥ ∆ =⇒ ∆ ≥ 6626×10−34
2(20×10−14)=⇒ ∆ ≥ 166 × 10−20 kg·m/s
(b) Si le module de la quantité de mouvement du proton est égal à l’incertitude sur sa mesure
trouvée en (a), l’énergie mécanique du proton prend la valeur suivante
= 122 = 1
2 2
=(166×10−20)
2
2(167×10−27)×
³1 eV
16×10−19 J´= 0516 MeV
E29. = 8 × 10−15 J alors = √
2 = 0128 pm
E30. = 48 × 10−19 J alors = √ 2
= 0709 nm
E31. (a) = √ 2
=⇒ = 151 eV
(b) = = 124 keV
E32. = = √
2 =
(6626×10−34)√ 2(167×10−27)
1√
=⇒
= 1145×10−20 m·J12√
×q
1 eV16×10−19 J =⇒ ≈ 286×10−11√
=⇒ CQFD
Dans ce résultat, s’exprime en électronvolt et en mètre.
E33. = 2 = 472 × 1010 rad/m =⇒ = 133 × 10−10 m =⇒
= = 498 × 10−24 kg·m/s
E34. On donne 1 = (1)22
82 = 34 eV. Au moyen de l’équation 10.12, on peut écrire que
= 2 1 donc 2 = (2)2 1 = 136 eV
E35. 1 = (1)22
82 = 129 keV
E36. = 22
82 = 2¡
6024 × 10−18 J¢
et = ∆ Pour les trois premiers niveaux, on
obtient, de = 2 à = 1 12 = 273 × 1016 Hz
de = 3 à = 2 23 = 455 × 1016 Hz
de = 3 à = 1 13 = 727 × 1016 Hz
E37. 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
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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);
E38. = = 182 × 10−23 kg·m/s, mais ∆ ∆ = . Donc, ∆ = ∆ = 133× 10−23 kg·m/s
et ∆ = 00731 %
E39. (a) = = 543 × 1014 Hz
(b) ∆∆ ≥ =⇒ ∆ ≥ ∆ =⇒ ∆ = 1
∆ =⇒ ∆ ≥ 769 × 106 Hz
E40. =
= 10667 × 10−17 kg·m/s =⇒
=
= 621 × 10−17 m
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 ≈ √ 20
=⇒ CQFD
(b) Au problème 3 du chapitre 8, on a montré qu’en situation relativiste, c’est-à-dire à haute
énergie, =
q 20 +
¡ ¢
2 Ainsi, la longueur d’onde de la particule s’exprime comme
= r 20 +
³
´2 = ³
´r 202
+1
Si, comme on le prétend dans la donnée, À 02 on peut négliger le terme de gauche
sous le radical et ≈ =⇒ CQFD
P2. 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
= =
(6626×10−34 J·s)(3×108 m/s)
(200 MeV )×µ 16×10−19 J
1 eV¶ = 621 × 10−15 m
P3. (a) On trouve le module de la quantité de mouvement à l’état fondamental du modèle de
Bohr en combinant les équations 9.22 et 9.23, et en posant = 1 :
= = }
=⇒ = 22
=2(91×10−31)(9×109)(16×10−19)
2
(1)(6626×10−34)= 199 × 10−24 kg·m/s
(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 :
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∆ = 2
42 et = 2
422 =⇒ ∆ ≥ 0165 nm ≈ Bohr
P4. Pour démontrer que =q
2 on intègre le carré de la fonction d’onde et on le pose égal
à un:R 0
2 = 1 =⇒ 1 =R 0
¡ sin
¡
¢¢2 =
R 0
2 sin2¡
¢ =⇒
1 = 2
2
R 0
¡1− cos
¡2
¢¢
= 2
2
R 0
+ 2
2
R 0
cos¡2
¢
=⇒
1 = 2
2 [|0 + 24
hsin³2
´¯0
= 2¡
2 +
4 (sin (2)− sin (0))¢
=⇒
1 = 2¡
2
¢=⇒ =
q 2 =⇒ CQFD
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:
=34R 4
2 sin2¡
¢ = 2
2
34R 4
¡1− cos
¡2
¢¢ =⇒
= 2
2 [|344 +
2
4
hsin³2
´¯34
4=⇒
= 1
¡34 −
4
¢+ 2
4
³sin³2(3)4
´− sin
¡24
¢´= 1
2 − 12
¡sin¡32
¢− sin
¡2
¢¢=⇒
= 12 − 1
2 (−2) = 12 − 1
= 0818
P6. Dans le puits de potentiel de la figure 10.12a , les conditions aux limites à = 0 pour
et s’écrivent, pour la solution générale :
I = II (i)
I = II
(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) =⇒ = =⇒ = =⇒ CQFD
P7. L’équation d’onde normalisée d’une particule confinée dans une zone de longueur est
généralement représentée par = q 2
sin³
´, 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
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trois niveaux d’énergie les plus bas est donnée par =q
2 cos
¡
¢, dans laquelle
= 123 .
P8. On substitue = 15 dans 1 et 2, et on calcule :
=
h1−21+2 i
2=
" √ 3 }
−√
} √
3 }
+
√ }
#2=
"(√ 3−1)
√ }
(√ 3+1)
√ }
#2= 2−
√ 3
2+√ 3
= 718 × 10−2
P9. On remplace par 1222 dans l’équation 10.10 et on introduit la solution proposée,
soit = −2 :
22 + 2
} 2( − ) = 0 =⇒ 2
2 + 2} 2
¡ − 1
222¢
= 0 =⇒ 2³
−2´
2 + 2} 2
¡ − 1
222¢³
−2
´= 0 =⇒¡
422 − 2¢
−2
=³
222} 2
− 2 } 2
´−2
Comme ce résultat doit toujours être vrai, on peut affirmer que les facteurs qui appa-
raissent de part et d’autre de cette égalité sont égaux, donc
42 = 22} 2
=⇒ 42 = 22
} 2=⇒ =
2}
2 = 2 } 2
=⇒ } 2
= =⇒ = } 2
=⇒ = } 2 =⇒ CQFD
Si on compare la solution = −2
à la distribution normale, on note que −1 = 22,
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 + 2
2 + 23 = 1 ce qui peut être obtenu avec 3
combinaisons où les sont entiers :
{123} = {(001)(010)(100)}
(b) Le premier niveau excité est tel que 21 + 2
2 + 23 = 2 ce qui peut encore être obtenu
avec 3 combinaisons où les sont entiers :
{123} = {(011)(110)(101)}
P11. La fonction d’onde d’une particule dans le ième état est donnée par l’équation 10.11,
dans laquelle =q
2 , =
q 2 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 0
22 =R 0
2³q
2 sin
¡
¢´2 = 1
R 0
2 sin2¡
¢ =⇒
-2®
= 1
R 0
2¡
1− cos¡2
¢¢ =⇒ 1
R 0
2− 1
R 0
2 cos¡2
¢ =⇒
-2®
= 1
h3
3
¯0− 1
R 0
2 cos¡2
¢ = 2
3 − 1
R 0
2 cos¡2
¢
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On laisse le soin à l’étudiant de calculer la seconde intégrale, en appliquant deux fois la
méthode d’intégration par partie afin d’obtenir, pour la primitive :-
2®
= 2
3 − 1
h3
833
³4222
2 − 2´
sin¡2
¢+ 2
222 cos¡2
¢¯0
=⇒-
2®
= 2
3 − 1
³2()222 cos(2)
´= 2
3 − 2
222 =⇒-
2®
=¡13 − 1
222
¢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 10.13), 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
II I ()II I(0)
´2=³
−
0
´2=⇒ ≈ −2 =⇒ CQFD
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.
(b) On donne = q 2( − )
} 2 , = 01 nm, = 100 eV et = 50 eV, ce qui permet
d’évaluer :
≈ −2 = −2
r 2( − )
} 2 =⇒
≈ −2(01×10−9 m)
v uuut 2(2)2(91×10−31 kg)((100 eV)−(50 eV))×
µ16×10−19 J
1 eV
¶(6626×10−34 J·s)2
≈ −7245 = 714 × 10−4
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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
( + 1)} =p
(1) (1 + 1)} =√
2}
(b) Pour l’état 4 , selon le tableau 11.1, les nombres quantiques sont = 4 et = 3, ce qui
donne
=p
(3) (3 + 1)} =√
12}
E2. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule
=p
( + 1)} =⇒p
( + 1) = }
=2(365×10−34)6626×10−34 = 34611 =⇒
( + 1) = (34611)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 :
cos = = } √
2} =⇒ = arccos
³√ 2
´=⇒
= arccos³
0√ 2
´ou = arccos
³±1√ 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
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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 9.27 et on obtient
=(−136 eV) 2
2 =⇒ 3 =(−136 eV)(2)2
(3)2 = −604 eVE9. (a) On utilise l’équation 9.27 et on obtient
= (−136 eV) 2
2 =⇒ 3 = (−136 eV)(3)2
(2)2= −306 eV
(b) Si = 2 les valeurs possibles de sont = 0 1 et celles de sont
= 0 ± 1
E10. On obtient la valeur minimale possible de l’angle entre−→L et lorsque = Si
= 4 on a = 4 = } = 4} et = p ( + 1)} =√
20} de sorte que
cos min = = 4} √
20} =⇒ min = arccos
³4√ 20
´= 266◦
E11. Au moyen de l’équation 11.2, on calcule
=p
( + 1)} =⇒p
( + 1) = }
=2(2583×10−34)
6626×10−34 = 2448 =⇒
( + 1) = (2448)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
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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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 22 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 =⇒q 2
+ 2 =
³q ( + 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 isolé-
ment, est indéterminée, et et sont inconnus .
E15. On donne 0 = 00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.8 et on obtient
1(0) =4(20)
30
−2(0)
0 = 4−2
0= 0541
(00529×10−9) = 102 × 1010 m−1
E16. On donne 0 = 00529 pour le rayon de Bohr. On utilise l’équation 11.9 et on obtient
2(0) =(2
0)83
0
³2− (0)
0
´2− (0)
0 = −1
80= 004599
(00529×10−9) = 869 × 108 m−1
E17. On utilise l’équation 11.8 et on obtient
(a) 1¡02¢
=
4( 0
2
)2
30 −
2( 02 )
0 =−1
0 =0368
(00529×10−9) = 696 × 109
m−1
(b) 1 (20) = 4(20)2
30
−2(20)
0 = 16−4
0= 0293
(00529×10−9) = 554 × 109 m−1
E18. On utilise l’équation 11.9 et on obtient
(a) 2
¡02
¢=
( 02 )
2
830
µ2− ( 0
2 )0
¶2
−
( 02 )
0 =⇒
2
¡02
¢=¡
2− 12
¢2 −
12
320= 004265
(00529×10−9) = 806 × 108 m−1
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(b) 2 (20) = (20)2
830
³2− (20)
0
´2− (20)
0 = (2− 2)2 −2
20= 0
E19. 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 = 42 :
∞R 0
21 = ∞R 0
µq 130
−
0¶2 ¡
42¢
= 430
∞R 0
2−2
0
En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient∞R 0
21 = 4
30
µ∙¡−0
2
¢−2
0 2¯¯∞0
−∞R 0
¡−0
2
¢(2)
−20
¶= 0 + 4
30
¡02
¢∞R 0
(2) −2
0
De nouveau, on intègre par partie :∞R 0
21 = 2
20
µ∙¡−0
2
¢−2
0 (2)
¯¯∞0
−∞R 0
2¡−0
2
¢−2
0
¶= 0 + 2
0
∞R 0
−2
0 =⇒
∞R 0
21 = 2
0
∙¡−0
2
¢−2
0
¯
¯∞
0
=
∙−2
0
¯
¯∞
0
= −∞− 0 =⇒∞R 0
21 = 1 =⇒ CQFD
E20. Soit 0 le volume d’une sphère de rayon 0 On reprend l’intégrale de l’exercice 18, maisen changeant l’une des bornes d’intégration : 0R 0
21 =
0R 0
µq 1
30
−
0
¶2 ¡42
¢ = 4
30
0R 0
2−2
0
En appliquant deux fois la méthode d’intégration par partie, on obtient0R 0
21 = 4
30
µ¡−0
2
¢ ∙−2
0 2¯¯00
+ 02
0R 0
(2) −2
0
¶=⇒
0R 0
21 = 4
30
µ¡−0
2
¢ ∙−2
0 2¯
¯
0
0
−¡
02
¢2 ∙−2
0 (2)
¯
¯
0
0
+¡
02
¢2 0R 0
2−2
0
¶=⇒
0R 0
21 = 4
3
0µ¡−0
2 ¢ ∙−2
0 2 ¯0
0 − ¡02 ¢2 ∙
−20 (2)¯
0
0 −2 ¡0
2 ¢3 ∙−2
0 ¯0
0¶ =
⇒0R 0
21 = 4
30
³−3
0
2 −2 − 30
2 −2 − 30
4 −2 + 0 + 0 +30
4 0´
= 4¡−¡54
¢−2 + 1
4
¢=⇒
0R 0
21 = 1 − 5−2 = 03233 =⇒
0R 0
21 ≈ 032 =⇒ CQFD
E21. L’énergie acquise par les électrons est = |∆ |. On calcule la diff érence de potentiel
au moyen de l’équation 11.10 :
0 = =
|∆ | =⇒ |∆ | = 0
=(6626×10−34)(3×108)(16×10−19)(005×10−9) = 248 keV
E22. L’énergie acquise par les électrons est = |∆ |. On calcule la longueur d’onde au
moyen de l’équation 11.10:
0 = =
|∆ | =(6626×10−34)(3×108)(16×10−19)(25×103)
= 496 × 10−11 m
E23. Les données conduisant à la loi de Moseley pour la fréquence de la raie sont présen-
tées à la figure 11.9. 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 Hz12 .
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E24. Si les électrons subissent une diff érence de potentiel ∆ la longueur d’onde minimale 0
des rayons X émis s’écrit aussi sous la forme
0 = =
|∆ | =(6626×10−34)(3×108)
(16×10−19)1
|∆ | =⇒ 0 = 124×103 nm·V|∆ | =⇒ CQFD
E25. La figure 11.8 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 :
= − =⇒ 1
= 1
− 1
= 1063 nm − 1
071 nm =⇒ = 559 nm
E26. 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 = ( − 1) =⇒ p = ( − 1) =⇒ 1
2= ( 2−1)2
( 1−1)2
Pour le molybdène ( = 42), on donne = 071 nm.
(a) Pour l’argent ( = 47), on trouve
=¡4146
¢2(071 nm) = 0564 nm
(b) Pour le fer ( = 26), on trouve
=¡4125
¢2(071 nm) = 191 nm
E27. Au moyen de l’équation 11.10, on calcule l’énergie nécessaire à chacune des transitions :
= =(6626×10−34)(3×108)
(071×10−9) ׳
1 eV16×10−19 J´
= 1748 eV
=
=(6626×10−34)(3×108)
(063×10−9) ׳
1 eV16×10−19 J
´= 1970 eV
On détermine ensuite l’énergie des niveaux voisins au moyen de la figure 11.8 :
1 = 2 − = (−2870 eV)− (1748 eV) = −462 keV
3 = 1 + = (−4618 eV) + (1970 eV) = −262 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 3342 obéit donc à l’ordre
de remplissage normal décrit à la figure 11.11, 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 :
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()¡1 0 0 ± 1
2
¢¡
2 0 0 ± 12
¢
¡2 1 1 ± 1
2
¢¡2 1 0 ±
12¢
E30. En ne considérant pas le nombre quantique de spin, on arrive à
1 2 3 4
1 2 à 5 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. On donne = 3 On utilise l’équation 11.2 et le module de l’équation 11.12, et on obtient
= 2 = }
2
p ( + 1) =
(16×10−19)(6626×10−34)2(91×10−31)(2)
√ 12 = 321 × 10−23 J/T
E32. L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul³−→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 = −2B = ±B
(a) On donne−→B = 04
−→k T; selon l’équation 11.13, les deux valeurs possibles de l’énergie
potentielle sont
= −−→ ·−→B = − = ±B (04) = ±
¡927 × 10−24
¢(04) = ±371 × 10−24 J
(b) La diff érence d’énergie entre les deux niveaux détermine la fréquence du photon de
transition :
= +− −
=(371×10−24)−(−371×10−24)
6626×10−34= 112 GHz
E33. En présence d’un champ magnétique, le sodium de configuration électronique 31 émet
un doublet de raies à 1 = 5890 nm et à 2 = 5896 nm lors de transitions vers le niveau
fondamental.
(a) La diff érence d’énergie entre les états excités est de
∆ = 1 − 2 = ³
11− 1
2
´=⇒
∆ =¡
6626 × 10−34¢ ¡
3 × 108¢ ³
15890×10−9 −
15896×10−9
´×³
1 eV16×10−19 J
´= 214 meV
(b) Comme à l’exercice 32, les deux valeurs possibles de sont = −2B = ±B, et
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la relation entre la diff érence d’énergie et la composante du champ magnétique selon
est encore = −−→ ·−→B = − = ±B Le résultat obtenu en (a) correspond à la
diff érence entre les deux valeurs de Ainsi
∆ = + − − = B − (−B) = 2B =⇒
= =∆ 2B =
(214 meV )×µ16×10−19 J
1 eV ¶2(927×10−24) = 185 T
E34. L’atome d’argent possède un moment cinétique orbital nul³−→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 = −2B = ±B La composante de
force selon que subit l’atome de masse = 18× 10−25 kg en mouvement sous l’action
du champ magnétique non uniforme est
= − =
= ±B
= ±
¡927 × 10−24
¢(120) = ±111 × 10−21 N
(a) = || =| |
=111×10−21
18×10−25 = 618 × 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:
= ∆
= 020400 = 5 × 10−4 s =⇒
|∆| = 12 || 2 = 1
2
¡618 × 103
¢ ¡5 × 10−4
¢2= 0773 mm
Problèmes
P1. On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de pour laquelle 2() = 0
au moyen de l’équation 11.9. Comme deux maxima sont visibles à la figure 11.5, 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;
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plot(P2s,r=0..7*r0);
Le graphe confirme que la valeur à conserver est = 520 =⇒ CQFD
P2. La dépendance radiale de la fonction d’onde pour l’état 2 dans l’hydrogène s’exprime
par 2 () = − 20 On obtient la valeur la plus probable en calculant la valeur de
pour laquelle
2()
= 0 au moyen de 2 () = 422 () = 4 3
− 20 =⇒
µ4 3
− 20
¶= 4
µ22
− 20 + 3
³− 1
20
´− 20
¶=⇒
2() = 4 2
− 20
³2−
20
´= 0
Cette égalité est vraie pour = 0 −→∞, ou encore pour
2− 20
= 0 =⇒ = 40 =⇒ CQFD
P3. On reprend la même solution qu’à l’exercice 20, mais en changeant les bornes d’intégra-
tion:20R 0
21 = 4
30
á−0
2
¢ ∙−2
0 2¯¯20
0
−¡
02
¢2 ∙−2
0 (2)
¯¯20
0
− 2¡
02
¢3 ∙−2
0
¯¯20
0
!=⇒
20R 0
21 = 4
30
³−230−4 − 30−4 − 3
0
4 −4 + 0 + 0 +30
4 0´
= 4¡¡−13
4
¢−4 + 1
4
¢=⇒
20R 0
21 = 1− 13−4 = 07619 =⇒
20R 0
21 ≈ 076 =⇒ CQFD
P4. On donne 1 =q
13
0
−
0 et = 42, et on calcule
hi =
∞R 0
21 =
∞R 0
µq 1
30 −
0¶2 ¡
42¢
=4
30
∞R 0
3
−2
0
En appliquant la méthode d’intégration par partie, on obtient
hi = 430
µ∙¡−0
2
¢−2
0 3¯¯∞0
−∞R 0
¡− 0
2
¢ ¡32
¢−2
0
¶=⇒
hi = 430
∙¡− 0
2
¢−2
0 3¯¯∞0
+ 302
µ4
30
∞R 0
2−2
0
¶= 0 + 30
2
µ4
30
∞R 0
2−2
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
hi = 302 (1) =
⇒hi = 150 =
⇒CQFD
P5. L’énergie cinétique gagnée par l’électron provient de l’accélération que provoque la dif-
férence de potentiel |∆ | = 40 kV, soit ∆ = |∆ |, et l’expression relativiste de cette
énergie pour l’électron est
∆ = 02 ( − 1) =⇒ |∆ | = 02 ( − 1) =⇒ = |∆ |02
+ 1 =⇒
=(16×10−19)(40×103)(91×10−31)(3×108)2
+ 1 = 10781
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Au moyen de l’équation 8.7, on trouve ensuite
= q
1− 1 2 =
µ3 × 108
q 1− 1
(10781)2
¶= 0374
Finalement, avec = 0 l’expression relativiste du module de la quantité de mouve-
ment, on trouve la longueur d’onde de Broglie :
=
=
0= 6626×10−34
(10781)(91×10−31
)(0374)(3×108
)= 602 pm
P6. 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]);
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Chapitre 12 : La physique nucléaire
Exercices
E1. On utilise l’équation 12.1.
(a) Pour le nuclide 168O, avec = 16 on obtient
= 1213 fm = 12(16)13 fm = 302 fm
(b) Pour le nuclide 5626Fe, avec = 56 on obtient
= 12(56)13 fm = 459 fm
(c) Pour le nuclide 23892U, avec = 238 on obtient
= 12 (238)13 fm = 744 fm
E2. On donne T = 6400 km et T = 5500 kg/m3 La masse de la Terre est
T = T T = T¡433T
¢= 4
3 (5500) ¡
6400 × 103¢3 = 604 × 1024 kg
On cherche le rayon d’une sphère possédant la même masse, mais pour laquelle la masse
volumique est n = 23 × 1017 kg/m3 Si on inverse l’équation utilisée, on obtient
n =³3T4n
´13=
µ3(604×1024)4(23×1017)
¶13
= 184 m
E3. La masse du Soleil est S = 199×1030 kg. Avec un rayon égal à é = 10 km, on trouve
S = é é = é
¡433
é
¢=⇒ é = S
43
3
é
= 3S
43
é=
3(199×1030)4(10×103)4
= 475 × 1017 kg/m3
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
matière de densité nucléaire³
n = 23 × 1017 kg/m3´
est
Un =³3Un4n
´13=
µ3(1050)
4(23×1017)
¶13
= 470 × 1010 m
E5. Pour doubler le rayon du noyau, il faut augmenter le nombre de masse par le facteur
suivant:
2
1
=12
132
12131
= 2 =⇒132
131
= 2 =⇒ 2
1
= 800
E6. On calcule le rayon du nuclide 23592U 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 = 23504 u = 23504¡
1661 × 10−27 kg¢
= 390 × 10−25 kg
Ensuite, on calcule son rayon :
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U =³
3U4T
´13=
µ3(390×10−25)
4(5500)
¶13
= 257 × 10−10 m
E7. L’abondance relative des deux isotopes du cuivre, 6329Cu et 65
29Cu, qui forment la masse
atomique pondérée du cuivre (Cu = 6355 u), se calcule d’après la moyenne pondérée
des masses atomiques isotopiques respectives de 6293 u et 6493 u données à l’annexe
E :
Cu = 63
29Cu + (1− ) 65
29Cu =⇒ 6355 u = (6293 u) + (1 − )(6493 u) =⇒
6355 = 6293 + 6493− 6493 =⇒ 200 = 6493− 6355 = 138 =⇒
= 069 =⇒ 1− = 031
Ainsi, l’abondance relative est de 690 % de 6329Cu et de 310 % de 65
29Cu .
E8. Les abondances relatives des deux isotopes principaux du néon, 2010Ne et 22
10Ne, sont res-
pectivement de = 091 et de 1 − = 009 La masse de chacun de ces isotopes est
donnée à l’annexe E, soit 20
10Ne = 19992 u et 22
10Ne = 21991 u. La masse atomique
approximative du néon est, si l’on ne considère que ces deux isotopes
Ne = 20
10Ne + (1− ) 22
10Ne = (091)(19992 u) + (009) (21991 u) = 202 u
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 = 1213 fm = 12 (197)13 fm = 698 fm
(b) On considère la charge du noyau d’or (79) concentrée en son centre. Une particule
de rayon = 18 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
∆ = f − i = − i et ∆ = −∆ = −A u = − (79)(2)
(A u+)=⇒
i =(9×109)(79)(2)(16×10−19)
2
(698×10−15)+(18×10−15)׳
1 eV16×10−19 J
´= 259 MeV
E10. 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 = 1213 fm = 12(56)13 fm = 459 fm
On calcule ensuite la charge par unité de volume :
= Fe Fe
= Fe43
3
Fe
= 3Fe
43
Fe=
3(26)(16×10−19)4(459×10−15)3
= 103 × 1025 C/m3
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E11. On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2 b, en divisant
par le nombre de masse de l’isotope :
= 2
[H + n −X]
Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que = − et
que u =
9315 MeV
2
(a) Pour cet isotope du calcium, avec = 40 et 40
20Ca = 39962591 u, selon l’annexe E, on
obtient
= 2
40 [(20) (1007825 u) + (20) (1008665 u)− (39962591 u)] =⇒
= 2
40 (0367209 u) = 2
40 (0367209)³9315 MeV
2
´= 855 MeV
(b) Pour cet isotope d’or, avec = 118 et 197
79Au = 196966543 u, selon l’annexe E, on
obtient
=
2
197 [(79) (1007825 u) + (118) (1008665 u)− (196966543 u)] =⇒
= 2
197 (1674102 u) = 2
197 (1674102)³9315 MeV
2
´= 792 MeV
E12. On utilise la méthode présentée à l’exercice 11.
(a) Pour cet isotope de lithium, avec = 3 et 6
3Li = 6015121 u, selon l’annexe E, on
obtient
= 2
6 [(3)(1007825 u) + (3) (1008665 u)− (6015121 u)] =⇒
= 2
6 (0034349 u) = 2
6 (0034349) ³9315 MeV
2 ´ = 533 MeV
(b) Pour cet isotope de césium, avec = 78 et 133
55Cs = 132905429 u, selon l’annexe E, on
obtient
= 2
133 [(55) (1007825 u) + (78) (1008665 u)− (132905429 u)] =⇒
= 2
133 (1200816 u) = 2
133 (1200816)³9315 MeV
2
´= 841 MeV
E13. On calcule l’énergie de liaison par nucléon au moyen de l’équation 12.2b :
= [H + n −X] 2
Selon l’annexe E, H = 1007825 u, et n = 1008665 u. Rappelons que = − et
que u = 9315 MeV2
(a) Pour cet isotope de carbone, avec = 7 et 13
6C = 13003355 u, selon l’annexe E, on
obtient
= 2 [(6)(1007825 u) + (7) (1008665 u)− (13003355 u)] =⇒
= 2 (010425 u) = 2 (010425)³9315 MeV
2
´= 971 MeV
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(b) Pour cet isotope d’azote, avec = 6 et 13
7N = 13005739 u, selon l’annexe E, on obtient
= 2 [(7)(1007825 u) + (6) (1008665 u)− (13005739 u)] =⇒
= 2 (0101026 u) = 2 (0101026)³9315 MeV
2
´= 941 MeV
E14. On utilise la méthode présentée à l’exercice 13.
(a) Pour cet isotope d’azote, avec = 8 et 15
7N = 15000109 u, selon l’annexe E, on obtient
= 2 [(7)(1007825 u) + (8) (1008665 u)− (15000109 u)] =⇒
= 2 (0123986 u) = 2 (0123986)³9315 MeV
2
´= 115 MeV
(b) Pour cet isotope d’oxygène, avec = 7 et 15
8O = 15003066 u, on obtient
= 2 [(8)(1007825 u) + (7) (1008665 u)− (15003066 u)] =⇒
= 2 (0120189 u) = 2 (0120189)³9315 MeV
2
´= 112 MeV
E15. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un neutron au nuclide 73Li en évaluant la diff é-
rence entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra, 63Li. On utilise pour
ce faire l’équation 12.2b :
∆ = £73Li
¤−
£63Li
¤=h
3H + 4n −7
3Li
i2 −
h3H + 3n −6
3Li
i2 =⇒
∆ =h
n −7
3Li + 6
3Li
i2
Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que
∆ = [(1008665 u)− (7016003 u) + (6015121 u)] 2 =⇒
∆ = 2 (0007783 u) = 2 (0007783)³9315 MeV
2 ´ = 725 MeV
(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de lithium, avec = 4
et 7
3Li = 7016003 u, selon l’annexe E, on trouve
= 2
7 [(3)(1007825 u) + (4) (1008665 u)− (7016003 u)] =⇒
= 2
7 (0042132 u) = 2
7 (0042132)³9315 MeV
2
´= 561 MeV
Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne
(a )
lia iso n= 725 MeV
561 MeV =⇒ (a )
lia iso n= 129
E16. (a) On calcule l’énergie requise pour enlever un proton au nuclide 126C en évaluant la diff érence
entre son énergie de liaison et celle de l’isotope qu’il deviendra, 115B. On utilise pour ce
faire l’équation 12.2b :
∆ = £126C¤−
£115B¤
=h
6H + 6n −12
6C
i2 −
h5H + 6n −11
5B
i2 =⇒
∆ =h
H −12
6C + 11
5B
i2
Les masses nécessaires sont données à l’annexe E, de sorte que
208 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire v4
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∆ = [(1007825 u)− (12 u) + (11009305 u)] 2 =⇒
∆ = 2 (0017175 u) = 2 (0017175)³9315 MeV
2
´= 160 MeV
(b) On utilise la méthode présentée à l’exercice 11. Pour cet isotope de carbone, avec = 6
et 12
6C = 12 u, on calcule
=
2
12 [(6)(1007825 u) + (6) (1008665 u)−
(12 u)] =⇒
= 2
12 (009894 u) = 2
12 (009894)³9315 MeV
2
´= 768 MeV
Le rapport entre le résultat obtenu en (a) et l’énergie de liaison par nucléon donne
(a )
lia iso n= 160 MeV
768 MeV =⇒ (a )
lia iso n= 208
E17. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.5 du manuel. On calcule d’abord 0
d’après la fraction de mole = 001 g et de = 60 g/mole, la masse molaire du cobalt.
0 = A =
(001 g)(602×1023 atomes/mol)60 g/mol = 10037 × 1020 atomes
On calcule ensuite la constante de désintégration au moyen de 12 = 527 a :
= 0693 12
= 0693(527)(3156×107)
= 4167 × 10−9 s−1
Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7, ce qui donne
0 = 0 =¡
4167 × 10−9¢ ¡
10037 × 1020¢
= 418 × 1011 Bq
E18. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 12.5 du manuel. On calcule d’abord 0
d’après la fraction de mole = 0001 g et de = 32 g/mole, la masse molaire du
phosphore, ce qui donne
0 = A = (0001 g)(602×10
23
atomes/mol)32 g/mol = 1882 × 1019 atomes
On calcule ensuite la constante de désintégration en fonction de 12 = 143 jours :
= 0693 12
= 0693(143)(86400) = 5609 × 10−7 s−1
Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :
0 = 0 =¡
5609 × 10−7¢ ¡
1882 × 1019¢
= 106 × 1013 Bq
E19. Connaissant le taux initial de désintégration 0 = 320 Bq du radon 22286Rn et la demi-vie
12 = 382 jours, on calcule le nombre initial 0 d’atomes dans l’échantillon :
= 0693 12
= 0693(382)(86400) = 210 × 10−6 s−1
0 = 0 =⇒ 0 = 0
= 320210×10−6
= 1524 × 108 atomes
Compte tenu de la décroissance exponentielle, on calcule le nombre d’atomes après
= 1 jour et on obtient
= 0− =¡
1524 × 108¢
−(210×10−6)(86400) = 127 × 108 atomes
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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 = 4002603 u; la masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E.
(a) On trouve l’énergie libérée par la désintégration du 84Be d’après la réaction
84Be −→ 4
2He + 42He :
=³
8
4Be −4
2He −4
2He
´2 = ((8005305 u)− (4002603 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0000099 u) 2 = (0000099) 2³9315 MeV
2
´= 922 keV
(b) On calcule l’énergie libérée par l’émission de trois particules par le nuclide 126C au
moyen de la réaction 126C −→ 42He + 42He + 42He :
=³
12
6C − 34
2He
´2 = ((12 u)− 3 (4002603 u)) 2 =⇒
= (−0007809 u) 2 = (−0007809) 2³9315 MeV
2
´= −727 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 − 2e) 2 0
dans laquelle, étant donné que la transformation s’opère sans modification de la charge,
on ajoute deux électrons de masse :
e =¡
91094 × 10−31 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
La masse des isotopes X et Y est donnée à l’annexe E.
Si le nuclide 116C émet un positon, le nuclide restant est le 11
5B, et l’énergie de désintégra-
tion est
=³
11
5C −11
5B − 2e
´2 =⇒
=¡
(11011434 u)− (11009305 u)− 2¡
5486 × 10−4 u¢¢
2 =⇒
= (0001032 u) 2 = (0001032) 2³9315 MeV
2
´= 0961 MeV
On en conclut que, oui , la production de 115B est possible.
E22. On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon de 1 m2 contenant une
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masse = 1 g de 9038Sr dont la demi-vie est 12 = 288 a :
0 = A =
(1×10−6 g)(602×1023 atomes/mol)90 g/mol = 6691 × 1015 atomes
On calcule ensuite la constante de désintégration :
= 0693 12
= 0693(288)(3156×107)
= 7624 × 10−10 s−1
On calcule le taux initial de désintégration par unité de surface avec l’équation 12.7 :0 = 0 =
¡7624 × 10−10
¢ ¡6691 × 1015
¢= 510 × 106 Bq
On cherche le temps nécessaire pour que le taux de désintégration par unité de surface
devienne
= 1 Ci =¡
1 × 10−6¢ ¡
37 × 1010 Bq¢
= 37 × 104 Bq
On calcule avec l’équation 12.7 :
= 0− =⇒
− = ln³
0
´=⇒ =
ln³
0´
− =lnµ 37×104
510×
106¶
−7624×10−10 ׳
1 a3156×107 s
´= 205 a
E23. (a) On donne 0
= 9 Ci15 Ci = 06 au bout d’un temps = 25 h. On calcule d’abord la
constante de désintégration avec l’équation 12.7, puis la demi-vie :
= 0− =⇒ =ln³
0
´− = ln(06)
−(25)(3600) = 5676 × 10−5 s−1
12 = 0693 = 0693
5676×10−5= 122 × 104 s
(b) On sait que 0 = 15 Ci =¡
15 × 10−6¢ ¡
37 × 1010 Bq¢
= 555 × 105 Bq et que
0 = 0
= 555×105
5676×10−5= 978 × 109 atomes
E24. On calcule le nombre initial 0 d’atomes dans un échantillon contenant une masse
= 1 g de 23994Pu dont la demi-vie est 12 = 241 × 104 a :
0 = A =
(1 g)(602×1023 atomes/mol)239 g/mol = 252 × 1021 atomes
On calcule ensuite la constante de désintégration :
= 0693 12
= 0693(241×104)(3156×107)
= 9111 × 10−13 s−1
Finalement, on calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :
0 = 0 = ¡9111 × 10−13¢ ¡252 × 1021¢× ³ 1 Ci37×1010 Bq´ = 621 × 10−2 Ci
E25. On calcule le nombre initial 0 d’atomes de 146C dans un échantillon contenant une masse
= 80 g de carbone. La demi-vie du 146C est 12 = 5730 a. On suppose que le rapport
en nombre des isotopes 146C/126C est = 13 × 10−12 et qu’il est resté constant dans
l’atmosphère. En raisonnant comme à l’exemple 12.6, on obtient
0 = ³ A
´=¡
13 × 10−12¢ (80 g)(602×1023 atomes/mol)
12 g/mol = 522 × 1012 atomes
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On calcule ensuite la constante de désintégration :
= 0693 12
= 0693(5730)(3156×107)
= 3832 × 10−12 s−1
On calcule le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :
0 = 0 =
¡3832 × 10−12
¢ ¡522 × 1012
¢= 2000 Bq
Au moyen du taux actuel de désintégration = 075 Bq, on calcule l’âge de l’échantillon
d’os, compte tenu de la décroissance exponentielle :
= 0− =⇒
− = ln³
0
´=⇒ =
ln³0
´− =
ln
µ0752000
¶−3832×10−12
׳
1 a3156×107 s
´= 271 × 104 a
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 23892U. En fonction
de chaque désintégration, on identifie les éléments de la série :
23892U −→
23490Th −→
−23491Pa −→
−23492U −→
23090Th
E27. Une série est un ensemble de processus de désintégration et Elle peut s’écrire
X −→
0
0Y, où 0 et 0 Pour la série de l’actinium, on a 23592U −→ 207
82Pb, où
−0 = 235−207 = 28 ce qui implique l’émission de particules avec la diminution
correspondante de charge :
= −0
4 = 284 = 7 et ∆ = −2 = −14
Comme la chargefi
nale 0
= 82 diff
ère de +∆
= 92−
14 = 78, il faut qu’intervienneun 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 13153I, de demi-vie 12 = 802 jours,
s’élève à 0 = 02 Ci.
(a) En fonction du taux initial de désintégration, on calcule le nombre initial d’atomes :
= 0693 12 = 0693(802)(86400) = 1000 × 10−6 s−1
0 = 0 =⇒ 0 = 0
=(02 Ci)×
µ37×1010 Bq
1 Ci
¶1000×10−6
= 7400 × 1015 atomes
On calcule finalement la masse de l’échantillon en utilisant la relation établie à l’exemple
12.5 :
0 = A =⇒ = 0
A=
(131 g/mol)(7400×1015 atomes)(602×1023 atomes/mol) = 161 g
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(b) Le nombre de noyaux présents après 10 jours s’obtient au moyen de la décroissance
exponentielle :
= 0− =¡
7400 × 1015¢
−(1000×10−6)(10)(86400) = 312 × 1015 atomes
E29. La diminution dans le temps du taux de désintégration d’un échantillon de radionuclide
obéit à la décroissance exponentielle de sorte que pour
= 2 h
= 0− =⇒ =ln³
0
´− =
ln
µ320 coups/min500 coups/min
¶−2 h = 02231 h−1
On calcule ensuite la demi-vie du nuclide :
12 = 0693 = 0693
02231 h−1= 311 h
E30. La demi-vie du tritium 31H est 12 = 123 a. On calcule ensuite la fraction restante après
= 10 a d’un échantillon en considérant la décroissance exponentielle :
= 0− =⇒ 0
= − = −0693
12 = − (0693)(10 a)
(123 a) = 569 %
E31. La variation du nombre de noyaux de rubidium pendant la désintégration de demi-vie
12 = 488 × 1010 a, obéit à la décroissance exponentielle. Pour une diminution initiale
de 12 % de ce nombre, le temps écoulé correspondant est de
= 0− =⇒ 0
= − = −0693
12 =⇒ = ln³
0
´ 12−0693 =⇒
= ln(1− 0012)(488×1010 a)
−0693 = 850 × 108 a
E32. On cherche le taux de désintégration par gramme d’un échantillon de 146C, de demi-
vie 12 = 5730 a, vieux de 15000 a. Le rapport en nombre des isotopes 146C/126C est
= 13 × 10−12, et on suppose qu’il est resté constant dans l’atmosphère. On calcule
d’abord le nombre 0 d’atomes de 146C dans un gramme de 12
6C :
0 = ³ A
´=¡
13 × 10−12¢ (1 g)(602×1023 atomes/mol)
12 g/mol = 652 × 1010 atomes
Puis, on calcule le taux initial de désintégration :
0 = 0 = 0693 0 12
=0693(652×1010)
(5730 a)×
µ3156×107 s
1 a
¶ = 0250 Bq
Le taux de désintégration après = 15000 a correspond donc à
= 0− = 0−0693
12 = (0250 Bq) −0693(15000 a)
5730 a × ¡ 60 s1 min ¢ = 244 min−1
E33. Les deux principaux isotopes de l’uranium, 23592U et 238
92U, que l’on distingue ici par les
indices 1 et 2 possèdent les demi-vies respectives suivantes :¡ 12
¢1
= 704 × 108 a et¡
12¢2
= 446 × 109 a.
L’abondance relative 23592U/23892U étant actuellement de 07 % on cherche quel était ce
rapport il y a∆ = 109 a. Pour ce faire, on divise les équations respectives de décroissances
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exponentielles :
1 2
= 10−1∆
20−2∆= 10
20−1∆+2∆ = 10
20(−1+2)∆ = 10
20
Ã− 0693
( 12)1
+0693
( 12)2
!∆
=⇒
1 2
= (0007)
µ− 0693704×108 a+
0693446×109 a
¶(109 a)
= 00160
E34. L’isotope radioactif 4019K, de demi-vie 12 = 126 × 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
0 = A =
(1×10−6 g)(602×1023 atomes/mol)40 g/mol = 1506 × 1016 atomes
0 = 0 = 0693 0 12
=0693(1506×1016)
(126×109)(3156×107)= 0262 Bq
E35. On calcule l’énergie libérée dans la réaction de capture électronique qui fait suite à une
désintégration + comme 74Be(e− )73Li, au moyen de l’équation 12.9. Les masses des
isotopes sont données à l’annexe E. On obtient ainsi
=³
7
4Be −7
3Li
´2 = ((7016929 u)− (7016003 u)) 2 =⇒
= (0000926 u) 2 = (0000926) 2³9315 MeV
2
´= 0863 MeV
E36. La désintégration du radionuclide 21084Po donne le produit suivant :
21084Po −→
20682Pb + 4
2He
L’énergie libérée dans cette réaction correspond à
=³
210
84Po −206
82Pb −4
2He
´2 =⇒
= ((209982857 u)− (205974440 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0005814 u) 2 = (0005814) 2³9315 MeV
2
´= 542 MeV
E37. La série du thorium comprend un ensemble de processus de désintégration et ,
23290Th −→ 208
82Pb, où −0 = 232−208 = 24 ce qui implique l’émission de particules
avec la diminution correspondante de charge :
= −0
4 = 244 = 6 et ∆ = −2 = −12
Comme la charge finale 0 = 82 diff ère 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’équa-
tion 12.3, des données fournies à l’annexe E et de
p =¡
1672623 × 10−27 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 1007277 u
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e =¡
91094 × 10−31 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
Ainsi,
= (n −p −e) 2 =⇒
=
¡(1008665 u)− (1007277 u)−
¡5486 × 10−4 u
¢¢2 =⇒
= (0000839 u) 2
= (0000839) 2 ³9315 MeV
2´
= 0782 MeV
E39. L’équation de la désintégration − du radionuclide 4019K est
4019K −→
−4020Ca + e− +
L’énergie libérée dans la désintégration correspond donc à
=³
40
19K −40
20Ca
´2 = ((39963999 u)− (39962591 u)) 2 =⇒
= (0001408 u) 2 = (0001408) 2³9315 MeV
2
´= 131 MeV
E40. On considère deux mécanismes de désintégration de l’isotope 21884Po.
(a) La désintégration donne du 21482Pb avec l’énergie de réaction suivante :
=³
218
84Po −214
82Pb −4
2He
´2 =⇒
= ((218008965 u)− (213999801 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0006561 u) 2 = (0006561) 2³9315 MeV
2
´= 611 MeV
(b) La désintégration − donne du 21885At avec l’énergie de réaction suivante :
=³
218
84Po −218
85At
´2 =⇒
= ((218008965 u)− (21800868 u)) 2 =⇒
= (0000285 u) 2 = (0000285) 2³9315 MeV
2
´= 0265 MeV
E41. 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
147N + −→ 17
8O + 11H
L’énergie de cette réaction est
= ³147
N + 42
He −178
O −11
H´ 2 =⇒
= ((14003074 u) + (4002603 u)− (16999131 u)− (1007825 u)) 2 =⇒
= (−0001279 u) 2 = (−0001279) 2³9315 MeV
2
´= −119 MeV
(b) L’équation de la réaction est
73Li + p −→ 4
2He + 42He
L’énergie de cette réaction équivaut à
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=³
7
3Li + 1
1H − 24
2He
´2 =⇒
= ((7016003 u) + (1007825 u)− 2 (4002603 u)) 2 =⇒
= (0018622 u) 2 = (0018622) 2³9315 MeV
2
´= 173 MeV
E42. (a) L’équation de la réaction est
94Be + −→
126C + n
L’énergie de cette réaction s’élève à
=³
9
4Be + 4
2He −12
6C −n
´2 =⇒
= ((9012182 u) + (4002603 u)− (12 u)− (1008665 u)) 2 =⇒
= (0006120 u) 2 = (0006120) 2³9315 MeV
2
´= 570 MeV
(b) L’équation de la réaction est
2713Al + −→ 30
15P + n
L’énergie de cette réaction équivaut à
=³
27
13Al + 4
2He −30
15P −n
´2 =⇒
= ((26981539 u) + (4002603 u)− (29978314 u)− (1008665 u)) 2 =⇒
= (−0002837 u) 2 = (−0002837) 2³9315 MeV
2
´= −264 MeV
E43. 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
94Be + 1
1H −→ 63Li +
L’énergie de cette réaction s’élève à
=³
9
4Be + 1
1H −6
3Li −4
2He
´2 =⇒
= ((9012182 u) + (1007825 u)− (6015121 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0002283 u) 2 = (0002283) 2³9315 MeV
2
´= 213 MeV
E44. Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 = et 0 =
(a) 105B + n −→ 7
3Li + 42He
(b) 63Li + p −→ 4
2He + 32He
(c) 188O + p −→ 18
9F + n
E45. Dans chaque cas, la réaction est complétée en considérant que 0 = et 0 =
(a) 3216S + n −→ p + 32
15P
(b) 199F + p −→ 4
2He + 168O
(c) 94Be + n −→ + 10
4Be
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(d) 147N + n −→ p + 14
6C
E46. 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
147N + n −→ 1
1H + 126C
L’énergie de cette réaction s’élève à =
³14
7N + n −1
1H −14
6C
´2 =⇒
= ((14003074 u) + (1008665 u)− (1007825 u)− (14003241 u)) 2 =⇒
= (0000673 u) 2 = (0000673) 2³9315 MeV
2
´= 0627 MeV
E47. L’équation pour l’énergie de la réaction est
=³
18
8O + 1
1H −18
8F −n
´2 =⇒
18
8O + 1
1H −18
8F −n =
2 =⇒
188F = 18
8O + 11H −n −
2 =⇒
18
8F = (17999160 u) + (1007825 u)− (1008665 u)− (−245 MeV)
2 ׳
2(u)(9315 MeV)
´=⇒
18
8F = 1800095 u
E48. (a) Pour connaître l’énergie libérée par la fission d’une masse = 1 kg de 23592U, on cherche
d’abord le nombre d’atomes :
0 = A =
(1×103 g)(602×1023 atomes/mol)235 g/mol = 2563 × 1024 atomes
On multiplie ensuite le nombre d’atomes par l’énergie libérée pour chaque désintégration,
ce qui donne
= 0 =¡
2563 × 1024¢
(190 MeV) = 487 × 1032 eV
(b) Si cette énergie totale est disponible avec un rendement de 32 % elle peut alimenter
une ville qui consomme une puissance = 500 MW pendant un temps de
∆ = (032) = (032)
(487×1032 eV)×µ16×10−19 J
1 eV
¶500×106 J/s = 139 h
E49. On sait qu’il faut une énergie thermique ∆th = 1 cal = 4186 J pour augmenter de
1◦C la température de 1 g d’eau. On déduit directement le nombre de fissions requises
avec ce calcul :
= ∆th = 4186 J
(190×106 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 138 × 1011 atomes
E50. On calcule d’abord le nombre initial 0 d’atomes dans une masse = 1 g de 23592U dont
la demi-vie pour la fission est 12 = 3 × 1017 a :
0 = A =
(1 g)(602×1023 atomes/mol)235 g/mol = 2563 × 1021 atomes
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On calcule ensuite la constante de désintégration :
= 0693 12
= 0693(3×1017)(3156×107)
= 7319 × 10−26 s−1
On calcule enfin le taux initial de désintégration avec l’équation 12.7 :
0 = 0 =
¡7319 × 10−26 s−1
¢ ¡2563 × 1021
¢×³86400 Bq1 jour−1
´= 162 fissions/jour
E51. L’énergie de cette réaction équivaut à
=³
235
92U + n −144
56Ba −89
36Kr − 3n
´2 =⇒
=³
235
92U −144
56Ba −89
36Kr − 2n
´2 =⇒
= ((235043924 u)− (14392294 u)− (8891764 u)− 2 (1008665 u)) 2 =⇒
= (018601 u) 2 = (018601) 2³9315 MeV
2
´= 173 MeV
E52. 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 42×1012 :
∆ = 02 =⇒ 0 = ∆ 2
=(20 kilotonnes)×µ 42×1012 J
1 kilotonne¶
(3×108 m/s)2= 0933 g
E53. Le rapport des énergies cinétiques après une collision est 12 Après deux collisions, il tombe
à 14 et ainsi de suite. Après collisions, il est de
0= 0025 eV
1 MeV On trouve le nombre de
collisions au moyen de la relation générale suivante :
= 12 0 =⇒ 2 = 0
=³ 0
´−1=⇒
=− ln
³ 0
´ln(2) =
− ln
µ0025 eV1 MeV
¶ln(2) = 253 collisions
E54. On obtient la longueur d’onde de Broglie du neutron thermique d’énergie cinétique = 004 eV au moyen de l’équation établie à l’exercice 1 du chapitre 10 :
= √ 2
= 6626×10−34 J·ss 2(1675×10−27 kg)(004 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 0143 nm
E55. L’équation de la réaction est
21H + 2
1H −→ 32He + n
L’énergie de cette réaction équivaut à
= ³22
1H −3
2He −n´ 2 =⇒
= (2(2014102 u)− (3016029 u)− (1008665 u)) 2 =⇒
= (0003510 u) 2 = (0003510) 2³9315 MeV
2
´= 327 MeV =⇒ CQFD
E56. L’équation de la réaction est
31H + 2
1H −→ 42He + n
L’énergie de cette réaction s’élève à
218 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire v4
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=³
3
1H + 2
1H −4
2He −n
´2 =⇒
= ((3016049 u) + (2014102 u)− (4002603 u)− (1008665 u)) 2 =⇒
= (0018883 u) 2 = (0018883) 2³9315 MeV
2
´= 176 MeV =⇒ CQFD
E57. L’équation de la réaction est
21H +
21H −→
31H +
11H
L’énergie de cette réaction équivaut à
=³
22
1H −3
1H −1
1H
´2 =⇒
= (2(2014102 u)− (3016049 u)− (1007825 u)) 2 =⇒
= (0004330 u) 2 = (0004330) 2³9315 MeV
2
´= 403 MeV =⇒ CQFD
E58. Selon l’équation 12.11, chaque réaction de fusion D−T produit une énergie
= 176 MeV. Le nombre de ces réactions de fission par seconde nécessaires au
maintien d’une puissance = 40 MW est donné par
= ∆ =
(40×106 J/s)(1 s)
(176×106 eV)×
µ16×10−19 J
1 eV
¶ = 142 × 1019 fissions
E59. Le nombre de molécules d’eau dans un kilogramme d’eau de mer est
= A =
(1000 g)(602×1023 atomes/mol)18 g/mol = 3346 × 1025 atomes
On donne une fraction de 16500 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
0 =¡
26500
¢ 0 =
¡2
6500
¢ ¡3346 × 1025
¢= 1029 × 1022 atomes
L’énergie libérée par la fusion D−D est = 403 MeV, mais elle nécessite 2 isotopes à
chaque fois. L’énergie disponible est donc
= 02 =
³1029×1022
2
´(403 MeV) ×
³16×10−19 J
1 eV
´= 332 × 109 J
E60. 12
6C + n −13
6C = 0005310 u =⇒ = 495 MeV
E61. On calcule, pour les éléments qui constituent séparément l’isotope neutre de 21484Po, une
masse 841
1H + 130n = 21578375 u.
Si l’énergie de liaison par nucléon est de 77852 MeV, pour tout l’atome elle est égale à
= 214 (77852 MeV) = 1666 MeV et correspond à un défaut de masse de
∆ = 2 = 1666 MeV
2 ׳
2(u)(9315 MeV)
´= 178851 u
La masse de l’isotope est donc de 21484
Po = 21578375 u − 178851 u = 2139952 u
E62. La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux
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électrons de masse :
e =¡
91094 × 10−31 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
Ainsi, l’équation pour l’énergie de la réaction est
=³
12
7N −12
6C − 2e
´2 =⇒ 12
7N −12
6C − 2e =
2 =⇒
12
7N = 12
6C + 2e +
2 =⇒
127
N = (12 u) + 2¡
5486 × 10−4 u¢
+ (16316 MeV)2 ×
³2(u)
(9315 MeV)
´= 12018613 u
E63. 0 = 0
= 4218 × 107 atomes. Entre 1 = 2 12 et 2 = 3 12 le nombre de désintégra-
tions est de 08 = 527 × 106 désintégrations.
E64. (a) On compte 0 = 9786 × 1011 atomes de 146C =⇒ 0 = 0 = 375 Bq
(b) = 0− = 277 Bq
E65. (a) 157N
(b) 0 = 74 × 103 Bq = 0 =⇒ 0 = 130 × 106 noyaux
E66. − = 0097 =⇒ = 193 × 104 a
E67. (a) On sait que, pour 1 litre de lait, 0 = 2000 Bq.
Pour le 13153 I, on donne aussi 12 = 802 jours avec = 131 g/mol. On calcule d’abord
la constante de désintégration :
= 0693 12
= 0693802 j ×
³1 j
86400 s
´= 0100 × 10−5 s−1
Finalement la masse de matériau radioactif par litre de lait est calculée à partir de
= = 0 A =⇒ 0 = 0
A= 435 × 10−16 kg par litre
(b) = 2 12 = 160 jours
E68. La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux
électrons de masse :
e =¡
91094 × 10−31 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à
= ³13
7N −13
6C − 2e´ 2 =⇒
=¡
(13005739 u)− (13003355 u)− 2¡
5486 × 10−4 u¢¢
2 =⇒
= (0001287 u) 2 = (0001287) 2³9315 MeV
2
´= 120 MeV
E69. − = 02 =⇒ = 293 × 109 a
E70. = =
120693 = 4145 × 1013 atomes
= (301 u) =¡
4145 × 1013¢
(301)¡
1661 × 10−27¢
= 207 × 10−13 kg
220 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 12 : La physique nucléaire v4
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E71. (a) 2210Ne
(b) La transformation s’opère sans modification de la charge, c’est pourquoi on ajoute deux
électrons de masse :
e =
¡91094 × 10−31 kg
¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
Ainsi, l’énergie de la réaction équivaut à
=³
2211
Na −2210
Ne − 2e
´2 = 182 MeV
E72. (a) On compte = 653 × 1010 atomes de 146C =⇒
= = 0250 Bq = 150 désintégrations/min
(b) Dans = 04 g, on a 0 = 6 désintégrations/min, alors que = 135 désintégra-
tions/min. On calcule ainsi l’âge du fragment :
= 0− =⇒ = 123 × 104 a
E73. (a) 0 = 0 = 0693 0 12 =⇒ 0 = 310 × 107 noyaux
(b) = 0− =⇒ = 122 × 106 s
E74. 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
7
3Li + 1
1H −7
4Be −n
´2 =⇒
= ((7016003 u) + (1007825 u)− (7016929 u)− (1008665 u)) 2 =⇒
= (−0001766 u) 2 = (−0001766) 2 ³9315 MeV
2 ´ = −165 MeV
Ce processus est impossible.
E75. 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
15
7N + 1
1H −12
6C −4
2He
´2 =⇒
= ((15000109 u) + (1007825 u)− (12 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0005331 u) 2 = (0005331) 2 ³9315 MeV2 ´ = 497 MeV
(b) L’énergie de la réaction s’élève à
=³
13
6C + 1
1H −14
7N
´2 =⇒
= ((13003355 u) + (1007825 u)− (14003074 u)) 2 =⇒
= (0008106 u) 2 = (0008106) 2³9315 MeV
2
´= 755 MeV
E76. 9840Zr
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E77. (a) 200 MeV = 32× 10−11 J, 20 kilotonnes = 836× 1013 J. Le nombre de fissions est donc
de = 261 × 1024
(b) = (235 u) =¡
261 × 1024¢
(235)¡
1661 × 10−27¢
= 102 kg
Problèmes
P1. On considère le radioisotope 9038Sr de demi-vie 12 = 288 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 = 0
=0 120693 =
(24 Ci)×
µ37×1010 Bq
1 Ci
¶(288 a)×
µ3156×107 s
1 a
¶0693 = 11647 × 1015 atomes
= 0− = 0−0693
12 = ¡1164 × 1015¢ −0693(1 a)
(288 a) = 11370 × 1015 atomes
0 − =¡
11647 × 1015¢−
¡11370 × 1015
¢= 277 × 1013
P2. On établit l’équation diff érentielle 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 2
R 0
2 =
R 0
10− =⇒ 2 = 10
R 0
− = 10 h−
− ¯
0=⇒
2 = − 10¡
− − 1¢
=⇒ 2 = 10¡
1− −¢
=⇒ CQFD
P3. 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 − 22
Pour que le nombre de nuclide 2 ne varie pas, il faut que 2
= 0; donc
2 = 1 1 − 22 = 0 =⇒ 1 1 = 22
P4. 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
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dont la valeur est obtenue par l’équation qui suit, dans laquelle on fait usage de l’équation
(i) pour trouver une valeur à :
=
0R 0
0
R 0
=
0R 0
(− 0)−
− 0=
∞R 0
−
Les bornes de cette nouvelle intégrale découlent du changement de variable. En eff
et, = 0 à = 0, et −→ 0 avec −→ ∞ On applique la méthode d’intégration par
partie et on obtient
=£−−
¯∞0
+∞R 0
− =h³
1−
´−
¯∞0
= 0−³
1−
´=⇒ = 1
=⇒ CQFD
P5. (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
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 écritP avant =
P a près =⇒ 0 = − RR =⇒ = RR (i)
= + R =⇒ = 122 + 1
2 R2R (ii)
De l’équation (i), on note que
()2 = ( RR)2 =⇒ 12
³ R
´= 1
2 R2R
Si on insère ce résultat dans l’équation (ii), on obtient
= 122 + 1
2³ R
´= 1
22³
1 + R
´=
³ R+
R
´=⇒
= R R+
=⇒ CQFD
(b) L’équation de la réaction est
22688Ra−→ 222
86Rn +
L’énergie de cette réaction équivaut à
=³
226
88Ra −222
86Rn −4
2He
´2 =⇒
= ((226025402 u)− (222017570 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0005229 u) 2 = (0005229) 2³9315 MeV
2
´= 4871 MeV
On calcule ensuite l’énergie cinétique de la particule avec l’équation utilisée en (a) :
= R R+
= (222017570 u)(4871 MeV)(222017570 u)+(4002603 u) = 478 MeV
P6. Dans la désintégration + un positon (e+) est émis à partir du noyau, et l’équation de
la réaction s’écrit comme suit :
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D−→
−1R + + +
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
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 − 2e) 2 =⇒ CQFD
La masse de chaque électron (ou positon) est
e =¡
91094 × 10−31 kg¢×³
1 u1660540×10−27 kg
´= 5486 × 10−4 u
Et l’énergie de la réaction proposée est
= ³64
29Cu −64
28Ni − 2e´ 2 =⇒
=¡
(63929768 u)− (63927969 u)− 2¡
5486 × 10−4 u¢¢
2 =⇒
= (0007018 u) 2 = (0007018) 2³9315 MeV
2
´= 654 keV
P7. Avec la décroissance exponentielle, la diminution de 40 % en 35 h du taux de désinté-
gration d’un échantillon radioactif permet de calculer sa demi-vie :
= 0− = 0−0693
12 =⇒ ln³
0
´= −0693
12=⇒ 12 = − 0693
ln³0
´ =⇒
12 = −0693(35 h)ln(06) = 475 h
P8. On donne l’expression de l’énergie potentielle électrique d’une sphère chargée de rayon
, = 32
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 =¡
12 × 10−15¢
13; 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 :
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= 32
5 = 32
5(12×10−15)13 = 200×10−15
2
13 = 2
200×10−15 2
13
On analyse la réaction de fission suivante :
23692U−→ 141
56Ba + 9236Ba + 3n
pour laquelle on a
i =
(9×109)(16×10−19)2
200×10−15(92)2
(236)13 = 1578 × 10−10
J
f =(9×109)(16×10−19)
2
200×10−15
³(56)2
(141)13+ (36)2
(92)13
´= 10248 × 10−10 J
∆ = f − i =¡¡
10248 × 10−10 J¢−
¡1578 × 10−10 J
¢¢×³
1 eV16×10−19 J
´= −346 MeV
P9. (a) Dans ce type de réaction, on a R ∝ − 4 et R + ∝ (− 4) + 4 = de sorte que
le rapport R R+
= −4 , et le résultat du problème 5(a) peut être réécrit comme suit
= R R+
=⇒ = (−4) =⇒ CQFD
(b) L’énergie de la réaction proposée est
=³
236
92U −232
90Th −4
2He
´2 =⇒
= ((236045561 u)− (232038054 u)− (4002603 u)) 2 =⇒
= (0004904 u) 2 = (0004904) 2³9315 MeV
2
´= 4568 MeV
On calcule ensuite l’énergie cinétique finale de la particule avec l’équation utilisée en
(a):
= (−4) = (236−4)(4568 MeV)
236 = 449 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 = 12a2a 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 avant =
P a près =⇒ aa = bb − YY (i)
On calcule la vitesse du centre de masse en fonction des vitesses avant la collision :
CM = aa+ X (0)a+ X
= aaa+ X
(ii)
et après la collision
CM = bb− YYb+ Y
(iii)
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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
∆ CM = −12a (a − CM )2 − 1
2 X2CM
Si on fait appel à l’équation (ii), ce dernier résultat devient
∆ CM = −12
a X( + )
2a = − X( + )
a =⇒ = − |∆ CM | = − X( + )
a =⇒