OPTIQUE ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Spé ψ 2013-2014
Devoir n°7
OPTIQUE
CCP MP 1998-2012
1-a) L'indice absolu d'un milieu transparent est le rapport n =
c0
de la célérité des ondes
c
électromagnétiques dans le vide à celle dans le milieu.
Pour un verre ordinaire, n = 1,5.
b) L'optique géométrique est un modèle qui convient lorsque les dispositifs sont de
dimension caractéristique très grande devant la longueur d'onde. Il n’y a alors pas de phénomènes de diffraction.
c) Un système optique qui présente la symétrie de révolution par rapport à un axe est
un système centré. L'axe de révolution s'appelle l'axe optique.
d) L'approximation de Gauss consiste à ne prendre en compte que les rayons proches de l'axe optique et peu inclinés par rapport à cet axe. Il y a alors stigmatisme approché
(l’image d’un objet ponctuel est ponctuelle) et aplanétisme (l’image d’un objet placé dans un plan
perpendiculaire à l’axe optique est dans un plan perpendiculaire à l’axe optique).
2-a) Par définition, le foyer image du miroir MP est l’image par le miroir d’un point A à
SC
l’infini sur l’axe optique. On a alors S1 A = ∞ et l’on obtient S1 Fp = 1 1 .
2
−30
= –15 m compte tenu de l’orientation.
A.N. S1 Fp =
2
Le foyer image FP est donc à 15 m à gauche du sommet S1.
b Par définition, le foyer image du télescope est l’image par le télescope d’un point A
à l’infini sur l’axe optique ; FC est donc l’image de FP par le miroir MS. La formule de conjugaison
1
1
2
donne alors
+
=
.
Comme S2 FP = S2 S1 + S1 FP on trouve numériquement
S2 FP S2 FC S2C2
S 2 FP = ( +9 ) + ( −15 )
= –6 m.
Par
ailleurs
S2C2 = − 32 m
d’après
l’orientation
donc
1
2
1 (16 − 6 )
96
=
−
=
. On en déduit S 2 FC =
= 9,6 m.
16 ⋅ 6
10
S 2 FC −32 −6
On obtient alors S1 FC = S1S2 + S 2 FC soit numériquement S1 FC = ( − 9 ) + ( 9, 6 ) = 0,6 m.
Le foyer image du télescope est placé à 0,6 m à droite de S1.
3-a) L’onde incidente sur le diaphragme provient d’une étoile supposée très loin donc les
rayons sont parallèles entre eux et l’onde incidente sur le diaphragme est plane.
En un point du plan focal image de la lentille équivalente convergent tous les rayons qui,
avant cette lentille, sont parallèles entre eux dans une direction u ' et forment donc, après le diaphragme, une onde plane.
Ondes incidentes et émergente sont planes : on est bien dans les conditions de Fraunhofer.
L’argument de l’exponentielle ∆ϕ = 2π ( ux + vy ) est le déphasage entre deux rayons issus du diaphragme donc parallèles entre eux et convergeant en P ; l’un passant par le point M de
coordonnées ( x, y ) dans le plan du diaphragme et l’autre passant par le point O du diaphragme pris
comme origine.
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Devoir n°7
La partie réelle de exp i 2π ( ux )  est cos ( 2π ( ux ) ) qui est une fonction sinusoïdale de la
variable d’espace x, de période spatiale 1/u dont l’inverse u est bien une fréquence spatiale. Il en
est de mêle de v pour la variable spatiale y.
b) Comme P ( x, y ) = 1 en tout point M du diaphragme et P ( x, y ) = 0 en dehors du
diaphragme, on peut écrire ψ ( u, v ) = ψ O ( u, v ) ∫
ε/2
−ε / 2
exp [i 2πux ] dx ∫
L/2
−L/ 2
La longueur L étant très grande devant λ, on sait que
∫
L/2
−L/ 2
exp [i 2πvy ] dy .
exp [ i 2πvy ] dy = L si v = 0 et 0
sinon.
Il reste donc
ψ ( u, 0 ) = ψ O ( u, 0 ) L ∫
ε/2
−ε / 2
= ψO ( u, 0 ) L
2i sin ( πuε )
i 2πu
exp [i 2πux ] dx = ψ O ( u , 0 ) L
= ψ O ( u , 0 ) Lε
sin ( πuε )
πuε
exp [i 2πuε / 2] − exp [ −i 2πuε / 2 ]
i 2πu
I (u ) / I (0)
.
On en déduit
*
*
2
I ( u ) = ψ ( u, 0 ) ⋅ψ ( u, 0 ) = ψO ( u, 0 ) ψO ( u, 0 )( Lε ) sin c2 ( πuε ) .
*
En notant K = ψ O ( u , 0 ) ψ O ( u , 0 ) , on obtient bien
2
I ( u ) = K ( Lε ) sin c 2 ( π u ε ) .
La courbe I ( u ) / I ( 0 ) est tracée ci-contre :
u
Les zéros de la fonction correspondent à π u 'n ε = nπ
(avec n non nul) donc le premier maximum secondaire corres-
–2/ε –1/ε
1/ε
2/ε
2
 2 
pond approximativement à π u1 ε = 3π / 2 soit I ( u1 ) / I ( 0 ) =   = 0,045.
 3π 
N.B. en fait, on a I1/I(0) = 0,0495.
c) Le premier zéro de la fonction correspond à π u '1 ε = π soit u '1 = 1/ ε . Si ε << λ,
on a 1/λ << 1/ε et u '1 ≫ 1/ λ . L’intensité est pratiquement la même quelle que soit u’ donc la diffraction est isotrope.
4-a) La largeur des fentes est très petite donc on
considère la diffraction comme isotrope. Les fentes
F1
d’Young sont éclairées par une onde plane de direction
parallèle à l’axe optique de la lentille et donc perpendicud
laire au plan des fentes. On observe dans le plan focal
F2
image de la lentille. On a donc le schéma ci-contre :
Au point P de l’écran convergent les rayons qui
f’
ont été diffractés dans la direction θ par les deux fentes
qui constituent deux sources cohérentes. Les deux fentes sont de
même largeur et créent le même éclairement lorsqu’elles sont seules.
L’éclairement crée par les deux ensemble est donc, au point P,
F1

 δ( P)  
I ( P ) = 2 I 0 1 + cos  2π
 .

λ  


Or la différence de marche entre deux rayons qui convergent
au point P est δ ( P ) = a sin ( θ ) car la lentille n’introduit pas de difféSpé ψ 2013-2014
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a
F2
θ
θ
δ(P)
f’
Devoir n°7
P
X
rence de marche entre deux rayons qui incident parallèlement à l’axe sur elle.
La lentille étant utilisée dans les conditions de Gauss, l’angle θ est très petit devant 1 donc
δ ( P ) = a θ + o ( θ2 ) .
Mais l’abscisse du point P sur l’écran vérifie
marche en M s’écrit donc δ ( P ) = a
X
= tan ( θ ) = θ + o ( θ2 ) . La différence de
f'


Xa  
X
et l’éclairement I ( X ) = 2 I 0 1 + cos  2π
 .
f'
 λf '  

b) Les sources sont dans un plan parallèle à l’écran donc on observe des franges recλf '
tilignes périodiquement réparties. On peut donc définir l’interfrange i =
.
a
( 635 ×10 ) 24 = 2,18×10–5 m ou encore 21,8 µm.
A.N. i =
( 70 ×10 )
−9
−2
5-a) L’étoile E1 est à l’infini donc l’onde qu’elle émet arrive sur les fentes en étant plane.
Mais l’angle d’incidence n’est pas nul par rapport à la normale au plan des fentes. Il existe donc un
déphasage supplémentaire ∆ϕ à rajouter au calcul fait précédemment. On peut donc écrire



Xa
I E1 ( X ) = 2 I S  1 + cos  2π
+ ∆ϕ   .
 λf '


∆ϕ est le déphasage introduit avant le plan des fentes entre deux rayons issus de E1 et passant par les centres
xS
2π
θ
des fentes F1 et F2 soit ∆ϕ =
a sin   .
λ
2
θ x
Par ailleurs, tan   = S 1 . En supposant θ petit, on
 2  DS
θ θ
peut faire les développements sin   = + o ( θ2 ) et
2 2
θ θ
tan   = + o ( θ2 ) . Il vient donc, au premier ordre en θ,
2 2
∆ϕ =
xS1
x
DS
F1
E1
Ω
θ/2
a
O
a sin ( θ / 2 ) F2


2 π xS 1
Xa 2π xS 1  
a
. On a donc finalement I E1 ( X ) = 2 I S 1 + cos  2π
+
a
  ou encore

λ DS
 λf ' λ DS  


 2πa  X xS 1   
I E1 ( X ) = 2 I S 1 + cos 
 λ  f ' + D    .

S 



Pour l’étoile E2, le rayon passant par F2 est en avance sur celui passant par F1 donc le dépha2π xS 2
sage supplémentaire est opposé soit ∆ϕ = −
a
. Mais xS 2 = xS 1 donc on peut écrire
λ DS

 2πa  X xS 1   
I E2 ( X ) = 2 I S  1 + cos 
 λ  f ' − D    .

S 



b) Les deux étoiles sources sont incohérentes donc l’intensité crée est la somme des
intensités crée par chacune. Cette intensité résultante est uniforme lorsque une frange lumineuse
crée par E1 se superpose à une frange noire crée par E2. Par exemple, on a une frange brillante pour
2πa  X xS 1 
X xS 1
λ
E1 en X si
+
= n et une frange noire
 +
 = 2nπ (avec n entier relatif) ou encore
λ  f ' DS 
f ' DS
a
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Devoir n°7
 X xS 1  m λ
2πa  X xS 1 
. On en
 −
 = mπ (avec m entier relatif non nul) ou encore  −
=
λ  f ' DS 
 f ' DS  2 a
x
λ mλ
m λDS
déduit 2 S 1 = n −
ou encore a = n −
. La plus petite valeur de a correspondant au
DS
a 2 a
2 2 xS 1
λDS
θ x
. Comme on a montré ≈ S 1
brouillage des franges est donc telle que n = 0 et m = 1 soit a1 =
4 xS 1
2 DS
λ
à la question précédente, il vient a1 =
.
2θ
pour E2 si
c) A.N. θ =
635 ×10 −9
= 2,72×10–7 rad soit θ = 54,5 milliseconde d’arc.
2 116, 5 × 10 −2
Un écart de 116,5 cm ≈ 1,2 m entre deux fentes d’un écran paraît difficile à réaliser en pratique et encore plus si cet écart est variable. Mais l’inconvénient majeur est que l’interfrange i devient trop petit pour être visible et donc distinguer lorsqu’il y a brouillage.
N.B. C’est Michelson qui a trouvé le moyen de résoudre
ces deux difficultés en dissociant les causes des deux déphasa2πa X
induisant la valeur de l’interfrange i,
ges. Le déphasage
λ f'
il maintient deux fentes peu séparées. Mais le déphasage
2πa ' xS 1
induisant la possibilité du brouillage, il réalise l’écart
λ DS
a’ à l’aide de deux miroirs plans mobiles positionnés avant le
plan des fentes sur une poutre. La lumière réfléchie par ces miroirs est réfléchies par deux autres miroirs plans fixes vers les
fentes
x
6-a) Notons β l’angle entre OE1 et OΩ. On a tan ( β ) = S 1 . L’étoile E1 étant pratiquement à
DS
l’infini, les rayons issus de E1 passant par T1 et par T2 sont parallèles entre eux et font l’angle α + β
avec Oz. D’après le théorème de Malus, les chemins
optiques E1T1 et E1H1 sont égaux et il reste
E2(x2)
E1T2 − E1T1 = T2 H1 = a sin ( α + β )
Ω
= a ( sin ( α ) cos ( β ) + cos ( α ) sin ( β ) ) .
E1(x1)
E1 étant proche de Ω, l’angle β est très petit devant π/2 et l’on peut faire les développement limités au
premier ordre sin(β) = β + o(β), tan(β) = β + o(β) et cos
(β) = 1 + o(β).
On
peut
donc
écrire
δ1 = a ( sin ( α ) + cos ( α ) β ) = a ( sin ( α ) + cos ( α ) xS 1 / DS ) .
z
xS
β
H1
On obtient donc δ1 = a sin ( α) + a cos ( α) xS1 / DS .
L’abscisse x2 étant une grandeur algébrique (et
non une distance), on obtient l’expression de δ2 en
remplaçant xS1 par xS2 soit
D
α
T2
O
T1
δ2 = a sin ( α ) + a cos ( α ) xS 2 / DS
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Devoir n°7
En tenant compte du chemin optique supplémentaire Lf pour le rayon passant par T1, les difδk − L f

xSk
2π 
férences de phase spatiales vérifient ∆φk = 2π
=
− L f  qui est
 a sin ( α ) + a cos ( α )
λ
λ 
DS


2π  b ⋅ xSk
+ a sin ( α ) − L f  en posant b = a cos ( α ) .

λ  DS

b) Les deux étoiles forment des sources incohérentes donc l’intensité totale est la
somme des intensités crées par chacune, soit I = I1 + I2 = 2 I S (1 + cos ( ∆φ1 ) + 1 + cos ( ∆φ2 ) )
bien de la forme ∆φk =


 ∆φ1 + ∆φ2 
 ∆φ1 − ∆φ2  
 ∆φ + ∆φ2 
 ∆φ1 − ∆φ2  
= 2 I S  2 + 2 cos  1
 cos 
 .
 cos 
  soit I = 4 I S 1 + cos 
2
2
2
2











2 π  b ⋅ ( xS 1 + xS 2 )
+ 2a sin ( α ) − 2 L f  et

λ 
DS

2π  b ⋅ ( xS 1 − xS 2 ) 
2π
∆φ1 − ∆φ2 =
( 2b sin ( α ) − 2 L f ) et il

 . Comme xS2 = –xS1, il reste ∆φ1 + ∆φ2 =
λ 
DS
λ


 π b ⋅ ( xS 1 − xS 2 )  
 2π

vient donc I = 4 I S 1 + cos  ( a sin ( α ) − L f )  cos 
  .
DS
 λ

λ


D’après leurs expressions, on obtient ∆φ1 + ∆φ2 =

 2π 
2
c) Si α= π/4, il vient I = 4 I S 1 + cos   a
− Lf
 λ

2



θ=
xS 1 − xS 2
. Si a varie, l’intensité I varie. La fonction
DS
 2π 
2
f1 ( a ) = cos   a
− Lf
 λ
2
 

 πa 2  
θ   en posant
  cos 

 λ 2  
I(a)
8IS

2
alors
  a une période L1 = λ
2

 πa 2 
λ 4
que la fonction f 2 ( a ) = cos 
.
θ  de période L2 =
θ 2
 λ 2 
Comme θ est très petit devant un, on a L2 >> L1. L’allure de la
courbe sera donc celle d’un battement.
d) On peut considérer f2 comme pratiquement
constant sur un grand nombre de périodes de f1. Sur ces périodes, I varie de


 πa 2  
 πa 2  
I MIN = 4 I S 1 − cos 
θ   à I MAX = 4 I S 1 + cos 
θ   . On peut donc définir le



λ
2
λ
2



 



contraste γ =
 πa 2 
I MAX − I MIN
θ  .
. On trouve γ = cos 
I MAX + I MIN
 λ 2 
Si l’on observe une étoile simple, xS1 – xS2 = 0 c’est-à-dire θ = 0 donc γ = 1 : l’intensité varie
de manière purement sinusoïdale avec a. On peut donc distinguer une étoile double d’une simple.
N.B. En réalité, une étoile simple n’est pas ponctuelle et l’éclairement passera par un minimum à cause de la largeur de l’étoile. Le calcul fait apparaître alors une fonction de a qui n’est pas
un cosinus mais qui est minimale pour certaines valeurs de a dépendant de θ qui représente ici la
largeur angulaire de l’étoile.
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a
e) Le contraste s’annule pour les valeurs de an telles que
πan 2
π
θ = ( 2n + 1) (avec
2
λ 2
( 2n + 1)
λ
. La plus petite valeur de θ mesurable correspond au plus petit n
2 an
λ
(en valeur absolue) et au plus grand a possible soit n = 0 et a = aMAX ; il vient θ =
.
2 aMAX
n entier relatif) soit θ =
A.N. θ =
635 × 10−9
= 7,88×10–9 rad soit θ = 1,57 milliseconde d’arc.
2 57
Grâce à l’augmentation de a, on a divisé la limite accessible par 50.
f)
Si
l’on
reprend
l’expression
de
la
différence
de
marche
δ1 = a sin ( α) + a cos ( α) xS1 / DS obtenue à la question 6-a, le terme a sin ( α ) représente la différence
de marche introduite par l’angle α, c’est-à-dire la direction moyenne du système double alors que
a cos ( α ) xS 1 / DS = a cos ( α ) θ / 2 est la différence de marche introduite par l’écart d’une étoile à
cette direction moyenne. Choisir LS = a sin ( α ) permet de compenser l’effet de la direction
moyenne, qui change au cours du temps à cause de la rotation de la Terre, pour privilégier celui de
l’écart angulaire.
L’intensité
devient
alors

 π θ cos ( α )  
I = 4 I S 1 + cos 
a   . La variation avec


λ



2λ
a est cette fois sinusoïdale de période L =
θ cos ( α )
donc de fréquence spatiale u =
θ cos ( α )
très petite.
2λ
Pour respecter le critère de Shannon, il suffira donc
d’une fréquence d’échantillonnage plus faible que
pour tracer la courbe de la question précédente. Il
mesure du diamètre angulaire de
suffira donc de moins de points de mesure pour tral'étoile
alpha du Bouvier (Arcturus)
cer la courbe plutôt que chercher la position de a
correspondant au contraste nul.
La courbe ci-contre donne un exemple de courbe tracée pour déterminer le diamètre angulaire d’un étoile (la fonction n’est pas sinusoïdale dans ce cas).
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