Exercice 1 Les prouesses du poisson archer (9 points)

Bac S Centres étrangers 2012
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EXERCICE I – LES PROUESSES DU POISSON ARCHER (9 points)
1. Étude de texte
1.1.1. Le texte indique que le poisson doit « tenir compte de la différence d’indice de réfraction ».
Le phénomène physique mis en jeu est le phénomène de réfraction.
Ce phénomène peut se produire lorsque la lumière change de milieu de propagation et que les
milieux de propagation n’ont pas le même indice de réfraction.
1.1.2. Considérons un rayon lumineux issu de l’insecte et se dirigeant vers le poisson situé à la
verticale de l’insecte.
Milieu 1 : Air
Milieu 2 : Eau
nair = 1,0
neau = 1,33
angle d’incidence i = 0°
angle de réfraction r = ?
D’après la loi de Descartes nair.sin i = neau . sin r
1,0 ×sin 0 = neau.sin r
0 = neau.sin r donc sin r = 0 soit r = 0°.
Les angles sont mesurés par rapport à la normale (= perpendiculaire à la surface
de séparation de l’eau et de l’air).
Le rayon issu du poisson n’est pas dévié, donc le poisson voit l’insecte où il est vraiment.
1.2. Le poisson tire environ 8 fois par minute : 8T = 60 s, soit T =
fréquence d’émission des jets d’eau : f =
60
s
8
normale
8
1
donc f =
= 0,1 Hz
60
T
2. Modélisation du mouvement du jet d’eau
2.1. Étude du mouvement
2.1.1. L’action de l’air étant négligeable, le bilan des forces ne prend pas en compte les forces de
frottement de l’air, ni la poussée d’Archimède.
2.1.2. Seule la force poids s’applique sur le système {goutte d’eau} dans le référentiel terrestre.
D’après la deuxième loi de Newton :
P  m.aG
m.g  m.aG
g  aG
a  0
En projection dans le repère (O, i , j ) il vient : aG  x
a y  g
2.2. Vecteur vitesse
v 0x  v 0 .cos 

v 0y  v 0 .sin 
2.2.1. v 0 
2.2.2. ax =
dv x
donc vx(t) = ax.t + Cte or ax = 0 donc vx(t) = Cte.
dt
2.3. Recherche de la condition initiale sur l’angle α pour que le jet atteigne l’insecte
2.3.1. D’après le texte « le jet
percute l’insecte au moment où
l’eau atteint le sommet de sa
trajectoire. », donc le vecteur v S ,
tangent à la trajectoire, est
horizontal.
2.3.2. On a établi au 2.2.2. que
vx(t) = v0.cosα donc vSx = v0.cosα.
Par ailleurs vSy = 0 puisque v S est
horizontal.
vS
2.3.3. Énergie mécanique
2.3.3.1. Au point O : EmO = EcO + EpO
EmO =
1
1
.m.v02 + m.g.yO = .m.v02
2
2
2.3.3.2. Au point d’impact I
1
.m.vS2 + m.g.H
2
1
= .m.(v0.cosα)2 + m.g.H
2
1
= .m.v02.cos2α + m.g.H
2
EmI =
EmI
EmI
2.3.4. Les frottements étant négligés alors l’énergie mécanique se conserve : EmO = EmI
1
1
.m.v02 = .m.v02.cos2α + m.g.H
2
2
1
1
. v02 = . v02.cos2α + g.H
2
2
On divise par m
v02 = v02.cos2α + 2g.H
v02 – v02.cos2α = 2g.H
v02.(1 – cos2α) = 2g.H
comme sin2 α + cos2α = 1 alors 1 – cos2α = sin2α
v02 . sin2α = 2g.H
on multiplie par 2
sin2 α =
2.gH
.
2
v0
sin α =
2.gH
.
2.gH
.

2
v0
v0
 2.gH
. 


 v0 
α = arcsin 

 2  9, 81 0, 75 

4, 0


α = arcsin 
α = 74 ° valeur conforme à celle indiquée.
On stocke en mémoire la valeur non arrondie de α.
2.4. Mouvement du jet d’eau
a  0
2.4.1. D’après 2.1.2. aG  x
a y  g
Comme
dv
a
dt
dv x

ax  dt  0
v  Cte1
alors a 
il vient v  x

v y  g.t  Cte2
a  dv y  g
 y
dt
v (0)  v 0 .cos   Cte1
Or v(0)  v 0 soit  x
v  v .cos 

0
il vient finalement : v  x
v


g.t  v 0 .sin 
v
(0)

v
.sin


0

Cte2


0
 y
 y
dx

 x   v 0 .cos . t  Cte'1
v x  dt  v 0 .cos 
dOG
Et v 
alors v 
il vient OG 
1
dt
 y   g.t²   v 0 .sin   .t  Cte' 2
v  dz  g.t  v .sin 
2

0
 y dt
Or OG(0)  0.i  0.j soit
 x(0)  0  Cte '1

z(0)  0  Cte ' 2
 x(t)   v 0 .cos   .t

il vient finalement : OG 
1
 y(t)   g.t²   v 0 .sin   t
2

2.4.2. Déterminons l’instant tI auquel le jet d’eau atteint la hauteur H de la mouche :
Le sujet indique que le jet percute l’insecte au moment où l’eau atteint le sommet de sa
trajectoire. Le vecteur vitesse est alors horizontal, alors vy(tI) = 0, soit – g.tI + v0.sinα = 0
tI =
v 0 .sin 
g
tI =
4,0  sin74
9,81
tI = 0,39 s
L’eau atteint la mouche à la date tI = 0,39 s. Il faut que son temps de réaction soit strictement
inférieur à 0,39 s pour qu’elle lui échappe.
2.4.3. x(tI) = v0.cosα.tI = d
x(0,39) = 4,0×cos74×0,39 = 0,43 m = 43 cm
3. Éclairage d’un aquarium
3.1. Les longueurs d’onde du domaine ultra-violet sont inférieures à celles du domaine visible.
À propos du spectre du tube fluorescent
3.2.1. La figure 2. montre un spectre contenant toutes les radiations du domaine visible ce qui
justifie l’appellation « plein spectre ».
3.2.2. Le mercure émet un rayonnement ultraviolet.
3.3. À propos du mercure utilisé dans le tube fluorescent
3.3.1. Le niveau d’énergie E0 est appelé niveau fondamental.
Les niveaux d’énergie E1 à E4 sont appelés états excités.
3.3.2. L’atome passe du niveau d’énergie E3 à E1, il perd de l’énergie en émettant un photon.
3.3.3. E3 – E1 = h.
c

h.c
λ=
E3  E1
λ=
6, 63  1034  3, 00  108
= 5,45×10–7 m = 545×10–9 m = 545 nm
(2, 72  (5, 00))  1, 60  1019
Cette valeur correspond à un nanomètre près à la raie annoncée à 546 nm dans l’énoncé. Elle
est donc cohérente.