Ressources · Terminale · Physique-chimie (spécialité)

Ondes : intensité sonore, atténuation et effet Doppler

Intensité sonore et niveau d’intensité sonore L = 10 log(I/I₀) ; addition des intensités de plusieurs sources ; atténuation en décibels, atténuation géométrique d’une source ponctuelle et atténuation par absorption ; effet Doppler, établissement et exploitation du décalage Doppler pour mesurer une vitesse, en acoustique et pour la lumière.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : la sonorisation d’un meeting en plein air, la vitesse d’un chariot mesurée avec des ultrasons, le cinémomètre d’un contrôle routier, deux éoliennes vues d’une maison et la Formule 1 qui passe devant une tribune.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je repère les grandeurs : intensité I (W·m⁻²), niveau L (dB), atténuations (dB), fréquences émise f_E et reçue f_R, célérité v du milieu.
Je choisis le chemin : sources à cumuler → intensités ; distance → I = P/(4πd²) ou 20 log(d₂/d₁) ; obstacle ou air → atténuation à retirer ; mouvement → effet Doppler.
Pour l’effet Doppler, je fixe d’abord le sens : rapprochement (f_R > f_E, λ plus courte) ou éloignement, puis j’isole l’inconnue littéralement.
Je calcule avec le bon nombre de chiffres significatifs et je garde les valeurs non arrondies d’une question à l’autre.
Je contrôle : un total ne dépasse le plus fort niveau que de quelques dB, une vitesse a un ordre de grandeur réaliste, un décalage a le bon signe.

Problème 1 · La sonorisation d’un meeting en plein air★★★Moyen

Pour un meeting en plein air, la sonorisation est assimilée à une source ponctuelle isotrope de puissance sonore

P = 96

W. On néglige d’abord l’absorption par l’air. On donne

I_{0} = 1, 0 \times 10^{- 12}

W·m⁻².

1. Intensité reçue par un auditeur à 12 m : I ≈ × 10⁻² W·m⁻²
$I = \frac{P}{4 π d^{2}} = \frac{96}{4 π \times 12^{2}} \approx$ 5,31 × 10⁻² W·m⁻².
2. Niveau à 12 m : L ≈ dB (au dixième)
$L = 10 \log (5, 31 \times 10^{10}) \approx$ 107,2 dB : sous le seuil de douleur, mais très au-delà du seuil de risque.
3. Distance minimale pour que le niveau ne dépasse pas 95 dB : ≈ m (à l’unité)
$I' = I_{0} \times 10^{9, 5} \approx 3, 16 \times 10^{- 3}$ W·m⁻² ; $d' = \sqrt{\frac{P}{4 π I'}} \approx$ 49 m.
4. Entre 12 m et 60 m de la scène, le niveau baisse de dB (au dixième)
$L (60) - L (12) = 10 \log (\frac{12^{2}}{60^{2}}) = - 20 \log 5 \approx$ −14,0 dB : la distance est multipliée par 5, l’intensité divisée par 25.
5. Un technicien à 12 m porte un casque atténuant de 17 dB : niveau perçu ≈ dB (au dixième)
$107, 2 - 17 \approx$ 90,2 dB ; l’intensité est divisée par $10^{1, 7} \approx 50$ , ce qui reste au-dessus du seuil de risque.
6. À 300 m, en ajoutant l’absorption de l’air à 1 000 Hz (5,0 dB/km sur 0,30 km) : L ≈ dB (au dixième)
$A_{géom} = 20 \log (\frac{300}{12}) \approx 28, 0$ dB et $A_{abs} = 5, 0 \times 0, 30 = 1, 5$ dB : $L \approx 107, 2 - 28, 0 - 1, 5 \approx$ 77,8 dB.

Problème 2 · Mesurer la vitesse d’un chariot avec des ultrasons★★★Moyen

Un émetteur d’ultrasons est fixé sur un chariot motorisé, face à un récepteur fixe relié à un oscilloscope ; la célérité des ultrasons dans l’air vaut

v = 343

m·s⁻¹. Chariot immobile, on mesure 10 périodes en

250, 0

µs. Chariot en mouvement sur un rail rectiligne dans l’axe du récepteur, on mesure 10 périodes en

248, 2

µs.

1. Fréquence émise : f_E = kHz (au centième)
$T_{E} = \frac{250, 0}{10} = 25, 00$ µs, d’où $f_{E} = \frac{1}{25, 00 \times 10^{- 6}} =$ 40,00 kHz.
2. Fréquence reçue chariot en mouvement : f_R ≈ kHz (au centième)
$T_{R} = 24, 82$ µs, d’où $f_{R} = \frac{1}{24, 82 \times 10^{- 6}} \approx$ 40,29 kHz.
3. Le chariot (se rapproche / s’éloigne) du récepteur
$f_{R} > f_{E}$ : l’émetteur se rapproche du récepteur.
4. Vitesse du chariot : v_E ≈ m·s⁻¹ (au centième)
$v_{E} = v \frac{f_{R} - f_{E}}{f_{R}} = v (1 - \frac{f_{E}}{f_{R}}) = v (1 - \frac{T_{R}}{T_{E}}) = 343 \times (1 - \frac{248, 2}{250, 0}) \approx$ 2,47 m·s⁻¹.
5. Si la durée des 10 périodes en mouvement est lue à ± 0,2 µs près, v_E est connue à ± m·s⁻¹ environ (au centième)
$v_{E} = v (1 - \frac{T_{R}}{T_{E}})$ varie de $v \frac{δ (10 T_{R})}{10 T_{E}} = 343 \times \frac{0, 2}{250, 0} \approx$ 0,27 m·s⁻¹, soit environ 11 % de la vitesse.
6. Avec une seule période lue à ± 0,2 µs, l’incertitude serait d’environ ± m·s⁻¹ (au dixième)
$343 \times \frac{0, 2}{25, 00} \approx$ 2,7 m·s⁻¹, plus grande que la vitesse elle-même : mesurer sur de nombreuses périodes est indispensable, le décalage étant très faible.

Problème 3 · Le cinémomètre d’un contrôle routier★★★Difficile

Un cinémomètre (radar de contrôle routier) émet une onde électromagnétique de fréquence

f = 24, 125

GHz ; son faisceau fait un angle

α = 25 °

avec la route. L’onde réfléchie par un véhicule qui s’approche revient avec un décalage de fréquence

Δ f

. On admet que, l’onde étant décalée à l’aller et au retour,

Δ f = \frac{2 f v \cos α}{c}

, où

v

est la vitesse du véhicule et

c = 3, 00 \times 10^{8}

m·s⁻¹. Pour une voiture, on mesure

Δ f = 3 900

Hz.

1. Longueur d’onde émise : λ ≈ cm (au centième)
$λ = \frac{c}{f} = \frac{3, 00 \times 10^{8}}{24, 125 \times 10^{9}} \approx 1, 24 \times 10^{- 2}$ m, soit 1,24 cm.
2. Vitesse de la voiture : v ≈ m·s⁻¹ (au dixième)
$v = \frac{c Δ f}{2 f \cos α} = \frac{3, 00 \times 10^{8} \times 3 900}{2 \times 24, 125 \times 10^{9} \times \cos 25 °} \approx$ 26,8 m·s⁻¹.
3. Vitesse de la voiture en km·h⁻¹ : ≈ (à l’unité)
$\times 3, 6$ : environ 96 km·h⁻¹.
4. Décalage pour une voiture à 80 km·h⁻¹ exactement : Δf ≈ Hz (à l’unité)
$v = \frac{80}{3, 6} \approx 22, 2$ m·s⁻¹ ; $Δ f = \frac{2 \times 24, 125 \times 10^{9} \times 22, 2 \times \cos 25 °}{3, 00 \times 10^{8}} \approx$ 3 239 Hz.
5. Un élève oublie le facteur cos α : il trouve ≈ km·h⁻¹ pour la première voiture (à l’unité)
Sans $\cos α$ : $\frac{3, 00 \times 10^{8} \times 3 900}{2 \times 24, 125 \times 10^{9}} \times 3, 6 \approx$ 87 km·h⁻¹, une vitesse sous-estimée : le radar ne « voit » que la composante de la vitesse selon son faisceau.
6. Décalage relatif Δf/f : ≈ × 10⁻⁷ (au dixième)
$\frac{3 900}{24, 125 \times 10^{9}} \approx$ 1,6 × 10⁻⁷ : un décalage minuscule, mesuré en comparant l’onde reçue à l’onde émise.

Problème 4 · Deux éoliennes vues d’une maison★★★Difficile

Deux éoliennes identiques sont assimilées à des sources ponctuelles isotropes de puissance sonore

P = 3, 2 \times 10^{- 2}

W chacune. Une maison est à

d_{1} = 400

m de l’éolienne 1 et à

d_{2} = 650

m de l’éolienne 2. Le soir, le bruit de fond (vent dans les arbres) vaut 35 dB près de la maison. On appelle émergence l’écart entre le niveau mesuré éoliennes en marche et le niveau du bruit de fond seul. On donne

I_{0} = 1, 0 \times 10^{- 12}

W·m⁻².

1. Intensité due à l’éolienne 1 : I₁ ≈ × 10⁻⁸ W·m⁻²
$I_{1} = \frac{3, 2 \times 10^{- 2}}{4 π \times 400^{2}} \approx$ 1,59 × 10⁻⁸ W·m⁻².
2. Niveau dû à l’éolienne 1 : L₁ ≈ dB (au dixième)
$L_{1} = 10 \log (1, 59 \times 10^{4}) \approx$ 42,0 dB.
3. Niveau dû à l’éolienne 2 : L₂ ≈ dB (au dixième)
$L_{2} = L_{1} - 20 \log (\frac{650}{400}) \approx 42, 0 - 4, 2 \approx$ 37,8 dB.
4. Les deux éoliennes ensemble : ≈ dB (au dixième)
$I_{1} + I_{2} \approx 1, 59 \times 10^{- 8} + 6, 03 \times 10^{- 9} \approx 2, 19 \times 10^{- 8}$ W·m⁻², soit 43,4 dB.
5. Niveau total, bruit de fond compris : ≈ dB (au dixième)
$I_{fond} = 10^{- 12} \times 10^{3, 5} \approx 3, 16 \times 10^{- 9}$ W·m⁻² ; total $\approx 2, 51 \times 10^{- 8}$ W·m⁻², soit 44,0 dB.
6. Émergence : ≈ dB (au dixième)
$44, 0 - 35 =$ 9,0 dB : les éoliennes s’entendent nettement au-dessus du bruit du vent.
7. Absorption par l’air sur 400 m pour un son de 125 Hz (α = 0,30 dB/km) : dB (au centième)
$0, 30 \times 0, 400 =$ 0,12 dB : négligeable devant l’atténuation géométrique, ce qui justifie le calcul sans absorption pour les sons graves.

Problème 5 · La Formule 1 qui passe devant une tribune★★★Difficile

Un spectateur enregistre le son du moteur d’une Formule 1 qui passe en ligne droite devant sa tribune, à vitesse constante. Loin avant le passage, l’analyse du son donne une fréquence

f_{1} = 1 308

Hz ; loin après,

f_{2} = 810

Hz. La fréquence

f_{E}

émise par le moteur est inconnue ;

v = 340

m·s⁻¹.

1. Le son le plus aigu est entendu (à l’approche / à l’éloignement)
En approche, crêtes resserrées : $f_{1} > f_{2}$ , son plus aigu à l’approche.
2. Rapport f₁/f₂ ≈ (au millième)
$\frac{1 308}{810} \approx$ 1,615 ; c’est aussi $\frac{v + v_{E}}{v - v_{E}}$ .
3. Vitesse de la voiture : v_E ≈ m·s⁻¹ (au dixième)
$v_{E} = v \frac{f_{1} - f_{2}}{f_{1} + f_{2}} = 340 \times \frac{498}{2 118} \approx$ 79,9 m·s⁻¹.
4. Vitesse de la Formule 1 en km·h⁻¹ : ≈ (à l’unité)
$79, 9 \times 3, 6 \approx$ 288 km·h⁻¹.
5. Fréquence émise par le moteur : f_E ≈ Hz (à l’unité)
$\frac{1}{f_{1}} + \frac{1}{f_{2}} = \frac{(v - v_{E}) + (v + v_{E})}{f_{E} v} = \frac{2}{f_{E}}$ , donc $f_{E} = \frac{2 f_{1} f_{2}}{f_{1} + f_{2}} = \frac{2 \times 1 308 \times 810}{2 118} \approx$ 1 000 Hz.
6. Avec l’approximation |Δf| ≈ f_E v_E/v appliquée à l’approche, on trouverait v_E ≈ m·s⁻¹ (à l’unité)
$v_{E} \approx v \frac{f_{1} - f_{E}}{f_{E}} = 340 \times \frac{1 308 - 1 000}{1 000} \approx$ 105 m·s⁻¹, beaucoup trop : la vitesse n’est pas assez petite devant $v$ , il faut l’expression exacte.

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