Chapitre 7: L`optique physique (II) Exercices

Chapitre 7 : L’optique physique (II)
Exercices
E1. On combine l’approximation des petits angles, sin ≈tan  l’équation 6.5 et l’équation
7.1.
(a) La largeur 21du pic central est donnée par les positions des minima (=1) qui le
bornent:
21=2tan 1=2sin 1=2
=2(18)(680×10−9)
6×10−5= 408 cm
(b) La distance entre les minima de premier (=1)et deuxième (=2)ordre est donnée
par
∆=2−1=tan 2−tan 1=sin 2−sin 1=⇒
∆=2
− = =18(680×10−9)
6×10−5= 204 cm
E2. Le résultat obtenu en E1(a) indique que la largeur 21du pic central est proportionnelle
à, ce qui permet d’écrire un rapport pour les deux longueurs d’onde A et B :
2B
2A=B A=⇒2B=(2A)B A=(3×10−2)(436×10−9)
589×10−9= 222 cm
E3. On donne 21=8mm. On utilise le résultat obtenu E1(a) et on obtient
21=2
=⇒=2 21=2(2)(546×10−9)
8×10−3= 273 ×10−4m
E4. On donne ∆=2−1=3cm. On utilise le résultat obtenue en E1(b) et on obtient
∆=
=⇒= ∆=280(480×10−9)
3×10−2= 448 ×10−5m
E5. (a) On cherche la fréquence sonore qui remplit la condition =4. Avec l’équation = ,
on peut écrire
=4
=⇒=4 =4(340) 076 = 179 ×103Hz
(b) On utilise l’équation 7.1 avec =1, ce qui permet d’obtenir
sin ==
=⇒=arcsin³  ´=arcsin³340
076(179×103)´=145◦
E6. Cette situation est similaire à celle de l’exemple 7.2, dans lequel on compare les figures
d’interférence et de diffractionpourunsystèmeàdeuxfentes.Sionposequel’angle
est le même dans les équations (i) et (ii) de l’exemple 7.2, on arrive à 
= .Comme
on cherche le nombre complet d’ordre à l’intérieur du pic central de diffraction, on pose
=1et on obtient
=
=(1)(06×10−3)
015×10−3=4
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Ainsi, la frange d’interférence constructive associée à =4coïncide avec le premier
minimum de diffraction. On peut donc observer le pic central d’interférence de Young
(=0) et les trois franges qui se trouvent de part et d’autre de ce pic central, soit
7franges .
E7. On sait, grâce à l’équation 2.5c,que=
=340 10000 =34×10−2m. On sait aussi que
la largeur angulaire du pic central est de ∆=2,oùest la position angulaire du
premier minimum lorsque l’onde traverse une ouverture circulaire. Cet angle est donné
par l’équation 7.2, sin =122
.
(a) Pour =8cm, on obtient
∆=2arcsin³122
´=2arcsinµ122(34×10−2)
8×10−2¶=625◦
(b) Pour =30cm, on obtient
∆=2arcsin³122
´=2arcsinµ122(34×10−2)
30×10−2¶=159◦
E8. Lepicdediffraction circulaire est borné par le premier minimum. La position angulaire
de ce premier minimum est donnée par l’équation 7.2, sin =122
,danslaquelle=
2=2(05mm). Si on fait appel à l’hypothèse des petits angles, sin ≈tan ,età
l’équation 6.5, on calcule ainsi la largeur ∆de ce pic :
∆=2tan =2sin =2³122
´=⇒
∆=2¡22×10−2¢µ122(500×10−9)
2(5×10−4)¶=268 ×10−4m
E9. Comme à l’exemple 7.3 du manuel, pour trouver la distance minimale entre les deux
sources, on doit d’abord calculer l’angle critique cconsidérer ensuite que la séparation
angulaire entre les sources est telle que =cet finalement calculer d’après =c
en faisant appel à l’hypothèse des petits angles (tan ≈), ce qui donne
c=122
=122(600×10−9)
8×10−4=915 ×10−4rad =⇒
=c=16¡915 ×10−4¢=146 cm
E10. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.3 du manuel ou qu’à l’exercice 9, et on
obtient
c=122
=122(3×10−2) 1=00366 rad =⇒
=c=¡2×104¢(00366) = 732 m
E11. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.3 du manuel. Si on combine c=122
et =con obtient directement =122
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(a) Si l’image est perçue par une caméra miniature (=5mm),onobtient
=122
=122(550×10−9)(384×108)
5×10−3=515km
(b) Si l’image est perçue par un télescope (=45m),onobtient
=122(550×10−9)(384×108)
45=573m
E12. On utilise l’équation de l’exercice 11 et on trouve
=122
=122(280×10−9)(18×105)
3×10−1= 0205 m
E13. Bien que les deux petits objets ne soient qu’à 25 cm de l’œil, comme la pupille ne possède
qu’un diamètre de 3mm, on peut encore supposer valide l’hypothèse des petits angles.
On utilise donc l’équation de l’exercice 11, ce qui donne
=122
=122(500×10−9)(025)
3×10−3=508m
E14. Le côté droit de l’équation 7.3 a pour valeur :
122
=122(550×10−9)
15×10−2=447 ×10−5
Le résultat étant petit, on peut considérer valide l’hypothèse des petits angles. On utilise
donc l’équation de l’exercice 11 et on obtient
=122
=⇒= 122=2(15×10−2)
122(550×10−9)= 447 ×104m
E15. (a) On utilise l’équation de l’exercice 11 et on obtient, pour le télescope du mont Palomar
(=508 m)
=122
=122(500×10−9)(1×1016) 508 = 120 ×109m
(b) Pour le radiotélescope d’Arecibo (= 305 m),ontrouve
=122
=122(21×10−1)(1×1016) 305 = 840 ×1012 m
E16. (a) En utilisant l’équation de l’exercice 11, on obtient, pour l’œil (=5mm)
=122
=⇒= 122=(18)(5×10−3)
122(650×10−9)=113km
(b) Pour le télescope (=28m),ontrouve
=
122=(18)(28)
122(650×10−9)= 636 ×106m
E17. Ayant trouvé un pas de réseau =333×10−6m, on peut calculer la séparation angulaire
∆=2−1=arcsin³2
´−arcsin ³1 ´, de l’ordre 
(a) Pour le premier ordre, on obtient
∆=arcsin³6562×10−9
333×10−6´−arcsin ³4101×10−9 333×10−6´=⇒∆=429◦
(b) Pour le second ordre, on obtient
∆=arcsinµ2(6562×10−9)
333×10−6¶−arcsin µ2(4101×10−9) 333×10−6¶=⇒∆=895◦
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(c) On cherche à savoir si 2(=2)≈1(=3), c’est-à dire si l’égalité suivante est vraie :
arcsin µ2(6562×10−9)
333×10−6¶≈arcsin µ3(4101×10−9) 333×10−6¶=⇒232◦≈217◦
À7%près, on peut estimer que les deux maxima d’intensité se chevauchent. La largeur
du réseau étant inconnue, on ne peut en être certain, car on ne peut calculer l’angle
critique de résolution. La réponse est oui .
E18. Partant simultanément de la source, les trajets de deux rayons parallèles, parce qu’ils
sont incidents, diffèrent une première fois en faisant un angle avec la normale au niveau
des fentes. Une des fentes, la fente supérieure, est ainsi plus éloignée de la source d’une
distance sin  À la position angulaire  une distance sin s’ajoute au trajet du rayon
provenant de la fente inférieure de sorte que la différence de marche équivaut à la somme
des deux contributions, soit =(sin ±sin )= =⇒CQFD
Le signe à choisir entre les deux sinus dépend de la direction du rayon incident. Dans la
figure qui suit, le signe approprié est le signe négatif :
E19. On trouve le nombre d’ordres complets de la lumière visible perçus en utilisant pour les
calculs la longueur d’onde supérieure, plus fortement déviée.
Avec =1×10−2
6000 =167 ×10−6m, =90
◦et = 700 nm, on obtient
sin = =⇒=sin 
=(167×10−6)(1)
700×10−9=239
La valeur maximale pour est donc 2, et on voit, en comptant le maximum central, 5
ordres complets.
E20. On cherche l’angle ∆=2−1exprimé par
∆=arcsin³2
´−arcsin ³1 ´=arcsinµ2(5896×10−9)
2×10−6¶−arcsin µ2(589×10−9) 2×10−6¶
En gardant suffisamment de chiffres significatifs, on obtient
∆=3612863◦−3608608◦= 00426◦
E21. Pour trouver la position angulaire des maxima d’intensité, on doit trouver le pas du
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réseau ou le poser égal aux deux expressions suivantes :
=11
sin 1et =22 sin 2
où les indices 1et 2désignent respectivement les longueurs d’ondes 640 nm et 490 nm.
En résolvant ces deux équations, on obtient
11
sin 1=22 sin 2=⇒2=arcsin³22sin 1 11´=arcsinµ2(490×10−9)sin(11◦)
(1)(640×10−9)¶=170◦
E22. On calcule d’abord le pas du réseau . On divise ensuite la largeur du réseau par son
pas pour obtenir le nombre de traits que comporte le réseau, ce qui donne
=
sin =2(468×10−7)
sin(21◦)=261 ×10−6m=⇒=
=28×10−2
261×10−6= 107 ×104fentes
E23. Cette situation est similaire au cas de trois fentes décrit à la section 7.5. On traite le
problème en considérant trois vecteurs de Fresnel dont la projection verticale correspond
àlacomposanteselondu champ électrique issu de chaque fente. On cherche °
°−→
e°
°le
module du vecteur de Fresnel résultant décrit à la figure 7.13bdu manuel; cette quantité
correspond à l’amplitude du champ électrique résultant −→ E.
On sait que −→ e=−→ e1+−→
e2+−→ e3et, par suite de la description fournie de −→ E1−→ E2et −→ E3,
on peut écrire que
−→
e1=0sin ()−→
i+0cos ()−→ j
−→
e2=0sin ( +)−→
i+0cos ( +)−→ j
−→
e3=0sin ( +2)−→
i+0cos ( +2)−→ j
Commeonlevoitàlafigure 7.13 du manuel, le module de −→ ene dépend pas de  On
choisit donc d’évaluer °
°−→
e°
°à=0À cet instant, on a
−→
e1=0−→
j
−→
e2=0sin ()−→
i+0cos ()−→ j
−→
e3=0sin (2)−→
i+0cos (2)−→ j
de sorte que l’amplitude du champ électrique résultant a pour valeur
°
°−→
e°
°=°
°−→
e1+−→
e2+−→ e3°
°=⇒
°
°−→
e°
°=q(0+0sin ()+0sin (2))2+(0cos ()+0cos (2))2=⇒
°
°−→
e°
°=0q(1 + sin ()+sin(2))2+(cos()+cos(2))2
(a) Avec =30
◦on obtient
°
°−→
e°
°=0q(1 + sin (30◦)+sin(2(30
◦)))2+ (cos (30◦)+cos(2(30 ◦)))2=⇒
°
°−→
e°
°=2730
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