QCM photons, relativité restreinte, transfert thermique, CAN : concours avenir 2013
 


Chaque bonne réponse est gratifiée de 3 points, chaque mauvaise réponse est pénalisée d'un point.
On donne les premiers niveaux énergétiques de l’atome de mercure :
E1 = –10,4 eV ; E2 = –5,5 eV ; E3 = –3,7 eV ; E4 = –1,6 eV
Ici E1 représente l’énergie de liaison d’un électron de la couche périphérique (la plus haute couche peuplée d’électrons) quand l’atome est dans son état fondamental.
 Que se passe-t-il lors de l’absorption de lumière (un photon) par la matière (un atome) ?
A) l’atome est ionisé.
B) il se produit une transition électronique vers un niveau supérieur.
C) cela dépend de la couleur de la lumière.
( Vrai ).
D) un atome ne peut pas absorber un photon.
L’énergie échangée par l’atome pendant une transition électronique du niveau 4 au niveau 2 est 
:
A) -8,8 eV. B) -3,9 eV.
( Vrai ). C) +3,9 eV. D) +8,8 eV.
L'atome cède de l'énergie au milieu extérieur sous forme de photon :
 E2-E4 =-5,5 -(-1,6) =-3,9 eV.
La relation qui permet de calculer la longueur d’onde l du photon associé à cet échange d’énergie E est (avec c la célérité de la lumière dans le vide et h la constante de Planck) :
A) l =ch/E.
( Vrai ) B) l = cE/h. C) l =E/(ch). D) l = h/(cE).
L’atome de mercure, à l’état fondamental, entre en collision avec un électron possédant une énergie cinétique Ec = 5,0 eV. Une valeur possible de l’énergie cinétique de l’électron après collision est :
A) 1,3 eV.
B)
2,1 eV. C)  2,9 eV ( Vrai ) . D 4,0 eV : l'électron incident ne peut pas échanger d'énergie avec l'atome.
L'atome peut absorber l'énergie : E2-E1 = -5,5 -(-10,4) = 4,9 eV. L'électron possède après collision l'énergie cinétique 5-4,9 = 0,1 eV.
L'atome peut absorber l'énergie : E3-E2 = -3,7 -(-5,5) = 1,8 eV. L'électron possède après collision l'énergie cinétique 5-1,8 = 3,2 eV.
L'atome peut absorber l'énergie : E4-E2 = -1,6 -(-5,5) = 3,9 eV. L'électron possède après collision l'énergie cinétique 5-3,9 = 1,1 eV.
L'atome peut absorber l'énergie : E4-E3 = -16 -(-3,7) = 2,1 eV. L'électron possède après collision l'énergie cinétique 5-2,1 = 2,9 eV.


L’horloge la plus simple, même si elle n’existe que par la pensée, est constituée de deux miroirs parallèles en regard, entre lesquels va et vient un photon à la célérité c (supposée égale à sa célérité dans le vide). Les miroirs sont espacés de d = 15 cm, de sorte de l’on compte une durée égale à une seconde, chaque fois que le photon parcourt un certain nombre d’allers et retours d’un miroir à l’autre.

Le nombre d’allers et retours entre les miroirs est :
A) 106. B) 107.
  C) 109.( Vrai ). D) cela dépend du référentiel.
3 108 / (0,15+0,15) = 109.

Soit Dt la durée du trajet du photon d’un miroir à l’autre quand les miroirs sont immobiles (schéma de gauche : c’est la durée du trajet de longueur d), et Dt’ cette même durée quand les miroirs sont en translation rectiligne vers la droite à la vitesse v (schéma de droite). La distance d’ parcourue par le photon d’un miroir à l’autre augmente donc et vaut : 
A) d'=(d2+v2Dt'2)½.( Vrai ).
B) d' =d/(1-v2/c2)½.
C) d'=d(1+vDt').
D) aucune de ces réponses.
La durée Dt’ est donc :
A) Dt' = Dt(1+v/c).

B) Dt' = Dt(1-v2/c2).( Vrai ).
C Dt' = Dt(1-v2/c2).
D) aucune de ces réponses.

Dans le référentiel R' : Dt' = 2L/c. Dans le référentiel R, l'impulsion parcourt la distance 2a telle que : a2 = L2 +(½vDt)2.
 Dt =2a / c = 2
(L2 +(½vDt)2))½ / c =2 ((L/c)2 +(½ v/ c Dt)2))½.
 Dt = 2((½Dt' )2 +(½ v/ c Dt)2))½ ; Dt2  =Dt' 2 + v2/ c2 Dt2 ;
  Dt 2 (1-v2/ c2)=Dt' 2  ; Dt =Dt' /(1-v2/ c2)½.
Ces calculs montrent que :
A) le temps s’écoule plus lentement dans le référentiel lié au sol.
B) le temps s’écoule plus lentement dans le référentiel lié aux miroirs.
( Vrai ).
C) le photon n’a pas la même vitesse dans les deux cas.
D) dans le référentiel lié aux miroirs, c’est le sol qui possède un mouvement de translation : le problème devrait être symétrique, donc on ne montre rien.

.


L’entrée des rayons cosmiques dans la haute atmosphère génère une pluie de particules, notamment des muons. Mais ces particules ne sont pas stables : celles fabriquées en laboratoire se désintègrent en 10 μs environ (au maximum) ; pourtant, on estime que les muons traversant l’atmosphère à une vitesse proche de celle de la lumière, doivent « vivre » au moins 0,1 ms, puisque nous les détectons au niveau du sol. Leur vitesse minimale, par rapport à la célérité c de la lumière dans le vide, est :
A) 0,9½c .
B0,99½c. ( Vrai ). C0,999½c. D0,9999½c.
0,1 ms = 100 µs ;  100 = 10 (1-v2/c2) ; 10=(1-v2/c2) ; 10(1-v2/c2)  =1 ; 100(1-v2/c2) =1 ; 1-v2/c2= 0,01 ; v2/c2=0,99 ; v/c =0,99½ .
L’unité de la résistance thermique est :
A) kelvin par watt.
( Vrai )
B) watt par kelvin par mètre carré.
C) watt par degré Celsius.
D) kelvin par watt par mètre carré.
Un des murs d’une maison a une superficie S. Comme il est en contact avec le milieu extérieur, il est d’abord constitué d’une épaisseur e de béton, de conductivité thermique l.
 La résistance thermique du mur est :

A) Sl/e. B) l/(Se). C) Se/l. D) e/(Sl). ( Vrai ).
L’isolation thermique du mur est réalisée par un panneau en polystyrène extrudé d’épaisseur e’, collé sur toute la surface du mur extérieur. La conductivité thermique du polystyrène extrudé est l'.
La résistance thermique totale de l’ensemble {mur+polystyrène} est :
A) 1/S[e/l+e'/l'].( Vrai ). Les résistances thermiques s'ajoutent.
B) S(ee'/(le'+l'e). C) S(l/e+l'/e'). DT0=1/S[l l'/(le'+l'e)].
La différence de température entre l’intérieur de la maison et l’extérieur est DT. Le flux thermique total F à travers le mur et l’isolant est :
A) DT/Rth totale.
( Vrai ). B) Rth totaleS/DT. C) Rth totale/(SDT). D) aucune de ces réponses.
On donne : DT = 20 °C, S = 20 m2, e = 50 cm, e’ = 6 mm, l = 2 W.°C.m–1, l' = 0,03 W.°C.m–1.
Le flux thermique total est donc :
A) 0,02 W. B) 50 W. C) 900 W.
( Vrai ). D) 3000 W.
Rth totale =1/S[e/l+e'/l'] = 1/20 [0,50/2 +0,006/0,03]=0,05(0,25 +0,20) =0,05*0,45 =0,0225 K W-1.
F = DT/
Rth totale=20/0,0225 ~ 900 W.




Le son d’une clarinette, enregistré par un microphone, est reproduit ci-dessous.

Cette tension est ensuite numérisée par un convertisseur analogique-numérique 16 bits.
La fréquence du signal analogique est de :
A) 306 Hz.( Vrai ). B) 916 Hz. C) 1412 Hz. D) 2468 Hz.
T = 3,25 10-3 s ; f = 1/T = 1/(
3,25 10-3) =1000 / 3,25 ~306 Hz.
Parmi les propositions suivantes et selon le théorème de Shannon, la fréquence d’échantillonnage la plus basse permettant de restituer correctement les harmoniques de ce son de clarinette est :
A) 700 Hz. B) 4 kHz.( Vrai ). C) 22 KHz. D) 44 kHz.
 Après numérisation, les valeurs possibles pour chaque échantillon vont de zéro à : :
A) 255. B) 1023. C) 65535.( Vrai ). D) 1 048 575.
216-1 =65535.
La fréquence d’échantillonnage est maintenant réglée à 48 kHz. Le débit binaire du flux audio associé à cet enregistrement est :
A) 262 kbps ( kilobits par seconde). B) 768 kbps.( Vrai ). C) 12300 kbps. D) 49200 kbps.
48*16 = 768 kbps.




  


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