3-Le son et la lumière

1.

^{On a}

340 50000

0,0068 6,8

m s

v f Hz

m mm









 

 

2.

La vitesse de l’onde est

331,3

273,15 298,15 331,3

273,15 346,1

m s

m s m s

v T

K K K

 

 



3.

a) On va trouver la température avec

331,3

273,15

m s

v T

  K

mais il nous faut la vitesse de l’onde.

La vitesse de l’onde est

1 1

560 1,6 350^m_s v k

s m











 La température est donc

331,3

273,15 350 331,3

273,15 304,9 31, 7

ms

m m

s s

v T

K T

K

T K C

 

 

   

b) La vitesse maximale des molécules d’air est

max

560 1 0,000 01 0,0056^m_s

v A

s m







 



4.

Le temps est

11

distance vitesse 1, 496 10 299 792 458 499

8min19

m s

t

m s

s

 

 





5.

La distance est

 

15

299 792 458 365, 25 24 60 60 9, 46 10

m s

x v t

s m

  

    

 

6.

La vitesse de la lumière est

8

299 792 458 2, 4 1, 25 10

m s

m

v c

 n



 

7.

La longueur d’onde est

8 15

7

3 10 10

3 10 300

ms

c f

Hz

m nm





 ^



  

  

Ce qui est une longueur d’onde correspondant aux ultraviolets.

8.

L’intensité du son à cette distance est

 

2

2 3

²

4 50

4 30

4, 42 10 ^W_m I P

r W

m









 

 

La puissance en décibel est donc

12

² 3

² 12

²

10 log 10

4, 42 10 10 log

10 96,5

W m

W m W m

dB I

dB dB

 _





 

   

 

  

   

 



9.

La puissance captée est

0,1 ² 0,001 ² 0,0001

captée capteur W m

P IA

m W



 

 L’énergie captée en 2 minutes est donc

E Pt

10.

La puissance de la source est

 

2

² 2

4 0,001

4 10 1, 2566

W m

I P r

P m

P W











Si on veut que l’intensité soit de 10^-5 W/m², on doit avoir

2 5

² 2

4 1, 2566

10 4

100

W m

I P r

W r

r m













11.

Pour trouver l’intensité de 1000 pétards à 200m, on doit connaitre la puissance d’un pétard.

On peut trouver cette puissance avec l’intensité du son d’un pétard à 50 m.

Avec une intensité de 40 dB, l’intensité est

12

²

12

² 8

²

10 log 10

40 10 log

10 10

W m

W m W

m

dB I

dB dB I I

 _





 

   

 

 

   

 

 La puissance de la source est donc

 

2

8

² 2

4

4

10 4 50

3,142 10

W m

I P r

P m

P W











 

 

La puissance de 1000 pétards est donc de

1000 3,142 10 4

0,3142

P W

W

    

 L’intensité de l’onde à 200 m est donc

 

2

2 7

4

0,3142

4 200

6, 25 10 I P

r W

m W









 

 

Cette intensité en décibel est

12

² 7

² 12

²

10 log 10

6, 25 10 10 log

10 57,96

Wm W m mW

dB I

dB dB

 _





 

   

 

  

   

 



12.

Pour trouver l’intensité totale, on doit additionner l’intensité (en W/m²) des deux sons et transformer le résultat en décibels.

Trouvons donc l’intensité (en W/m²) de chaque onde.

L’intensité du premier son à 90 dB est

12

²

12

² 3

²

10 log 10

90 10 log

10 10

W m

W m W m

dB I

dB dB I I

 _





 

   

 

 

   

 

 L’intensité du deuxième son à 95 dB est

12

²

12

² 3

²

10 log 10

95 10 log

10 3,162 10

mW

W m W m

dB I

dB dB I I

 _





 

   

 

 

   

 

 

L’intensité totale est donc

3 3

² ²

3

²

10 3,162 10

4,162 10

W W

tot m m

W m

I ^{ }



  

 

En décibel, cette intensité est

12

² 3

² 12

²

10 log 10

4,162 10 10 log

10 96, 2

W m

W m W m

dB I

dB dB

 _





 

  

 

  

  

 



13.

On va trouver l’amplitude avec

2 2

1

I  2 v A

Pour avoir l’amplitude, il nous faut l’intensité de l’onde.

À 25 m de distance, l’intensité est

 

2

2 3

4 50

4 25

6,366 10 I P

r W

m W









 

 

L’amplitude est donc

 

2 2

3 2 2

² ³

1 2

6,366 10 1 1,3 340 2 200

2

4, 271

W kg m

m m s

I v A

Hz A

A µm

 







      



14.

L’intensité est

   

2 2

2 7 2

³ 5

²

1 2

1 1,3 340 2 400 1 10

2

1,396 10

kg m

m s

mW

I v A

Hz m

 

 ^





      

 

En décibel, cette intensité est

12

² 5

² 12

²

10 log 10

1,396 10 10 log

10 71, 45

W m

W m Wm

dB I

dB dB

 _





 

   

 

  

   

 



15.

a) À 5 km de distance, l’intensité est

 

2

2 5

4

20 000 4 5000 6,366 10 I P

r

W m

W









 

 

En décibel, l’intensité est

12

² 5

² 12

²

10 log 10

6,366 10 10 log

10 78,04

mW

W m W m

dB I

dB dB

 _





 

   

 

  

   

 



b) Si on perd 7 dB par km, on aura 35 dB de moins si on tient compte de l’absorption de l’air. On a donc une intensité de 43,04 dB.

16.

On va trouver l’amplitude avec

2 0 0

2 I cn E



Pour avoir l’amplitude, il nous faut l’intensité de l’onde.

À 30 m de distance, l’intensité est

 

2

2 3

4 100

4 30

8,842 10 I P

r W

m W









 

 

L’amplitude est donc

2 2

2

0 0

8 12 2

3 0

²

0

2

3 10 1 8,854 10 8,842 10

2 2,5802

m C

s Nm

W m

V m

I cn E

E E









    

 



17.

^Puisque

4 2

I P

r



2 2

1

I  2 v A on doit avoir

2 2

2

1

4 2

P v A

r  

 ^ À 20 m, on a

 

2 ²

 

²

1 20

4 20 2

P v µm

m  

 ^{ }

À 100 m, on a

 

^{2 2 2}

1 4 100 2

P v A

m  

 ^

Si on divise la 2^e équation par la première, on a

 

   

 

   

2 2

2

2 2 2

2 2

2 2

4 100 12

1 20

4 20 2 20

100 20

20

100 20

20 20 100

4

P m v A

P v µn

m

m A

m µm

m A

m µm

A m µm

m A µm

  

  

   

    

    

    

    

 









18.

L’intensité après le premier polariseur est

0

²

²

2 1 50 2 25

W m W m

I  I

 

 L’intensité après le deuxième polariseur est

2 0

2

²

²

cos

25 cos 25 20,53

W m

W m

I I 

  



19.

L’intensité après le premier polariseur est

0

²

²

1 2 1 40 2 20

W m W m

I  I

 

 L’intensité après le deuxième polariseur est

2 0

2

²

²

cos

20 cos 75 1,34

W m

W m

I I 

  



L’intensité après le troisième polariseur est

2 0

2

²

²

cos

1,34 cos 15 1, 25

W m W m

I I 

  



20.

L’intensité après le premier polariseur est

0

²

²

1 2 1 20 2 10

W m W m

I  I

 



On trouve l’angle avec la formule de l’intensité après le deuxième polariseur.

2 0

2

² ²

2

cos

4 10 cos

0, 4 cos

W W

m m

I I 







 

 En faisant la racine, on obtient 2 possibilités :

0, 4 cos  et  0, 4 cos  Comme il y a deux réponses à un arccos, les réponses sont

0, 4 cos et 0,4 cos

50,8 et 129, 2

 

 

  

     

Ces angles sont les angles par rapport au polariseur précédent. Comme le polariseur précédent fait un angle de 20°, ces solutions sont

La première solution est identique à la troisième et la deuxième solution est identique à la quatrième. Les deux solutions sont donc 70,8° et 149,2°.

21.

Après le passage dans le polariseur à un angle , on a

 

0

3_m² I cos   20

On a donc 2 équations et 2 inconnues. Si on divise la deuxième équation par la première, on a

 

 

2 0

2 0

cos 20

3

5 cos

cos 20

3

5 cos

I I









  

  

Puisque cos(a b ) cos cos a bsin sina b, on a

3 cos cos 20 sin sin 20

5 cos

3 cos 20 tan sin 20 5

25,767

 







    



    

 

Ainsi, l’intensité initiale est

2 0

²

0 ²

5 cos 25,767

6,165

Wm

W m

I I

  



22.

a) La fréquence est

0

340 0

350 340 35

390,1

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



  





b) La longueur d’onde est

1

1

340 35

350 1 340

0,8714

s

s

m m

s s

m s

v v v v

f v

Hz m

   ^  ^

 

   

 

 

   

 



c) La fréquence est

 

0

340 0

350 340 35

317,3

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



  

 

 d) La longueur d’onde est

1

1

340 35

350 1 340

1,0714

s

s

m m

s s

m s

v v v v

f v

Hz m

   ^  ^

 

   

  

   

 



23.

a) La fréquence est

0

340 10

400 340 0

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz

  



  



1

1

340 0

400 1 340

0,85

s

s

m m

s s

m s

v v v

f v

Hz m

   ^  ^

 

   

 

 

   

 

 c) La fréquence est

 

0

340 12

400 340 0

414,1

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



   



 d) La longueur d’onde est

1

1

340 0

400 1 340

0,85

s

s

m m

s s

m s

v v v v

f v

Hz m

   ^  ^

 

 

   

 

   

 



24.

La fréquence est

 

0

340 41,67

400 340 22, 22

480, 4

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



   





25.

En enlevant la vitesse du vent (on ajoute 15 km/h vers la gauche à toutes les vitesses), la vitesse de la voiture rouge est de 135 km/h et la vitesse de la voiture de police est 95 km/h. On a donc

 

0

340 37,5

400 340 26,39

481, 4

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



   





26.

a) Quand le train se dirige vers l’observateur immobile, on a

0

335 0

150 335

150 335

335

s

m m

s s

m s m

s m

s

f f v v v v Hz f

v Hz f

v

  



  



  

Quand le train s’éloigne de l’observateur immobile, on a

0

335 0

125 335

125 335

335

s

m m

s s

m s

m s m

s

f f v v v v Hz f

v Hz f

v

  



  

 

  

On a donc 2 équations et deux inconnus. En divisant les équations l’une par l’autre, on a

 

335 150

125 335

335 1, 2 335

335

1, 2 335 335

402 1, 2 335 67 2, 2

30, 45

s m

s m

s m

s m

s m s

m m

s s

m m

s s

m s

m s

f v

Hz Hz f

v v v

v v

v v

v v

 



 

 



   

   

 



b) Avec la vitesse, on trouve facilement la fréquence 125 335

335 125 335

335 30, 45 136, 4

m s m

s m s

m m

s s

Hz f

v Hz f

f Hz

  

  



27.

^{On a}

 

0

420 400 345

345 15

s ms

m m

s s

f f v v v v Hz Hz v

v

  



  

  La solution est

 

  ^{ }

   

   

420 345 15 400 345

420 330 400 345

21 330 20 345

6930 21 6900 20

30

m m m

s s s

m m

s s

m m

s s

m m

s s

m s

v v

v v

v v

v v

v

     

    

    

    



La vitesse de la voiture rouge est donc de 30 m/s (108 km/h) et la vitesse de la voiture de police est de 45 m/s (162 km/h).

28.

La fréquence sera donnée par

0 s

f f v v v v

  



Toutefois, il nous faudra la vitesse du son pour calculer la fréquence.

À cette température, la vitesse du son est

331,3

273,15 298,15 331,3

273,15 346,13

m s

m s m s

v T

K K K

 

 



Le son qui arrive directement à la voiture a donc une fréquence de

0

346,13 5 400 346,13 25 424,91

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



  





Trouvons maintenant la fréquence du son qui se réfléchi sur le mur.

Au départ, le mur immobile reçoit le son de la voiture en mouvement. La fréquence reçue par le mur est

0

346,13 0 400 346,13 25 431,14

s

m m

s s

m m

s s

f f v v v v

Hz Hz

  



  





 

0

346,13 5

431,14

346,13 0 437,37

s

m m

s s

m m

s s

f f v v

Hz Hz

  

   





La personne dans l’auto entend donc un son à 424,91 Hz et un son à 437,37 Hz.

29.

Trouvons la fréquence du son qui arrive sur le mur. Dans ce cas, l’observateur (le mur) est immobile et la voiture a une vitesse positive. La fréquence reçue est donc

400 0

400

s

voiture

f Hz v v v v Hz v

v v

   



 



Le mur devient ensuite une source émettant à cette fréquence. On a alors une source immobile (le mur) et un observateur qui a une vitesse négative (la voiture). Le son reçu par la personne dans la voiture a alors la fréquence suivante

0 s

voiture

voiture

f f v v v v v v

f v

f v v v

  



  



 



En remplaçant f ¢ par la valeur trouvée précédemment, on a 400

400

voiture voiture

voiture voiture

v v f Hz v

v v v

Hz v v v v

    



  

 Comme f ¢¢ est 415 Hz, on a

415 400 ^voiture

voiture

Hz Hz v v v v

  



   

415 400

415 415 400 400

15 815

3 163

voiture voiture

voiture voiture

voiture

voiture

v v v v

v v v v

v v

v v

    

      

  



Il nous faut donc la vitesse du son pour trouver la vitesse de la voiture.

À cette température, la vitesse du son est

331,3

273,15 293,15 331,3

273,15 343, 21

m s

m s m

s

v T

K K K

 

 

 La vitesse de la voiture est donc

3 343.21 163

6,317 22,74

m

voiture s

m s km

h

v  





30.

La fréquence entendue est

500 340

340 10 cos 50 509,6

ms

m m

s s

f Hz

Hz

  

  



31.

La fréquence entendue est

340 20 cos150

500 ^{ms ms}

f  Hz   

32.

a) La fréquence de l’onde est

8 9

14

3 10 585 10

5,128 10

m s

c f

m f

f Hz







   

 

La fréquence reçue par l’observateur est

0

8 14

8 7

14

3 10 0

5,128 10

3 10 3 10

5,698 10

s

m m

s s

m m

s s

f f c v c v

Hz Hz

  



 

  

  

 

Cette fréquence correspond normalement à la longueur d’onde

8 14

3 10 5,698 10

526,5

m s

c f

Hz nm









   



Ce qui correspond à de la lumière verte bleutée.

b) La fréquence reçue par l’observateur est

0

8 14

8 7

3 10 0

5,128 10

3 10 3 10

s

m m

s s

m m

s s

f f c v c v

Hz

  



 

  

  

Cette fréquence correspond normalement à la longueur d’onde

8 14

3 10 4,662 10

643,5

m s

c f

Hz nm









   

 Ce qui correspond à de la lumière rouge.

33.

La fréquence émise est

8 9

14

3 10 600 10

5 10

m s

c f

m f

f Hz







   

  La fréquence reçue est

8 9

14

3 10 470 10

6,383 10

ms

c f

m f

f Hz





 

    

  

On a donc

0

8

14 14 0

8 7

0

'

6,383 10 5 10 3 10

3 10 0

8,3 10

s

m s

m m

s s

m s

f f c v c v

Hz Hz v

v

 



 

   

 

  

Le signe négatif indique qu’on doit se diriger vers la source. La vitesse d’approche est de 8,3 x 10⁷ m/s.

34.

a) Avec une intensité de 10 dB, l’intensité de l’onde est de

12

²

12

² 11

²

10 log 10

10 10 log

10 10

W m

W m W m

dB dB dB I

I

 _





 

 

 La distance est donc

2

11

² 2

4 20 000

10 4

12 616

W m

I P r

W r

r km













Cette réponse semble beaucoup trop élevée…on entendrait le bruit sur près de la moitié de la surface de la Terre. Pourtant c’est une source sonore 10 fois moins puissante qu’un avion à réaction au décollage. C’est normal qu’on obtienne une si grande distance si on ne tient pas compte du fait que l’air absorbe le son.

b) Si l’air absorbe le son au rythme de 7 dB/km, alors le nombre de décibels sera de 0,007^dB_m r

  

où  est l’intensité qu’on aurait sans absorption. Avec une source à une distance r, on a

 

2 12

²

12 2

²

2 12 2

²

12

²

10 log 4 10 10 log

4 10

10 log 10 log

4 10 1 1

20 000

10 log 20 log

4 10 1

152,02 20 log

1

Wm

W m

W m

W m

P dB r

dB P

r

P r

dB dB

m m

W r

dB dB

m dB dB r

m

 

 

 

 











 

 

 

 

       

 

      

 

    

152,02 20 log 0, 007 1

dB m

dB dB r r

    ^ m^  Si on veut que l’intensité soit de 10 dB, on a

1

1

1

2 0,0007

10 152,02 20 log 0,007

1 1 15, 202 2log 0,0007

1

0,0007 15, 202 1 2log 1 0,0007 14, 202 2log

1

20 288 log

1

dB m

m

dB dB dB r r

m

r m r

m m r r

m m r r

m

r m r

m







 

     

 

    

 

     

 

    

 

   

Il reste à isoler r, mais ce n’est pas facile. On peut bien sûr prendre Maple pour résoudre. On peut aussi prendre une méthode appelée méthode par itération qui consiste à prendre une valeur de r un peu au hasard et de calculer r avec la formule.

On prend ensuite la valeur obtenue pour calculer r avec la formule. On utilise ensuite cette nouvelle valeur pour calculer r et ainsi de suite jusqu’à ce que la valeur obtenue ne change plus. Si cela se produit, on a la réponse. Essayons ici en prenant 20 km comme valeur de départ (l’équation indique que r est plus petit que 20 288 m). On a alors

1^re itération

 

2 0,0007

20 288 log 20 000 8000

r m m

m

 

 2^e itération

 

2 0,0007

20 288 log 8000

9137

r m m

m

 



4^e itération

 

2 0,0007

20 288 log 8972

8994

r m m

m

 

 5^e itération

 

2 0,0007

20 288 log 8994

8991

r m m

m

 

 6^e itération

 

2 0,0007

20 288 log 8991

8992

r m m

m

 

 7^e itération

 

2 0,0007

20 288 log 8992

8992

r m m

m

 

 Et voilà! La distance est 8992 m.

35.

On va séparer ce faisceau en deux. On a premièrement un faisceau ayant une intensité I_max après avoir passé à travers le polariseur. Pour avoir cette intensité, l’axe du polariseur est aligné avec la direction de la polarisation la plus intense. Si on tourne le polariseur d’un angle , alors l’intensité qui passe pour cette onde la plus intense est

2

max maxcos

I I 

On a ensuite un faisceau ayant une intensité I_min après avoir passé à travers le polariseur. Cette composante est perpendiculaire à la composante la plus intense.

Ainsi, l’angle entre cette composante et l’axe de polarisation est 90° – . L’intensité de la lumière de cette composante est donc

 

2 min mincos 90

I I 

L’intensité totale est la somme de ces deux intensités.

Mais puisque

max min

max min

I I

p I I

 

 on a

 

   

max min max min

max min max min

min min max max

min max

min max

1 1

1 1

I I p I I

I p I p I I

I p I I I p

I p p I

I pI

p

  

  

  

  

 

 Ainsi, l’intensité qui traverse est

 

 

     

 

2 2

max min

2 2

max

2 2

max

cos cos 90

cos 1 cos 90

1

1 cos 1 cos 90

1

I I I

I p

p

I p p

p

 

 

 

  

  

     

    



Mais puisque ^{cos 90}



^



^sin , on peut écrire

   

 

 

 

 

 

 

2 2

max

2 2 2 2

max

2 2 2 2

max

2 2

max

1 cos 1 sin

1

cos cos sin sin

1

cos sin cos sin

1

1 cos sin

1

I I p p

p

I p p

p

I p

p

I p

p

 

   

   

 

   



   



   



  



 

max

max

1 cos 2 1

1 cos 2 1

I p

p

p I

p





 



 

 C’est ce qu’on devait démontrer.