corrigé

Spé ψ
ψψ
ψ 2007-2008 page 1/6 Devoir n°7
Spé 2007-2008 Devoir n°7
OPTIQUE
CCP PC 2007
1.1) On appelle diffraction l’ensemble des phénomènes optiques où la lumière ne suit pas le
chemin prévu par le modèle de l’optique géométrique. Cela se traduit par la déviation des rayons
lumineux à la traversée des petites ouvertures, le contournement des obstacles par la lumière, le
contraste flou entre l’ombre d’un obstacle et la zone éclairée .
1.2) Contribution de Huygens :
Étant donnée une source ponctuelle monochromatique S et une
surface d’onde Σ à un instant t, on peut obtenir l’état vibratoire en un
point M quelconque extérieur à Σ en remplaçant S par un découpage
de Σ en éléments de surface dσ(P) centrés sur un point courant P tels
que chaque élément de surface se comporte comme une source ponc-
tuelle fictive cohérentes avec les autres.
Contribution de Fresnel :
L’amplitude de l’onde émise par un élément de surface centré en P est :
 proportionnelle à l’amplitude instantanée de l’onde reçue en P depuis S ;
 proportionnelle à l’aire dσ(P).
Dans le cas où S et M sont à distance finie de Σ, les ondes sont sphériques. En admettant que
tous les points considérés sont dans l’air d’indice 1, la représentation complexe de l’amplitude ins-
tantanée reçue en P reçue en M de la part de la source élémentaire centrée en P s’écrit donc:
d (M,t) K (O)exp t
exp k .OP
OP
exp k.PM
PM
d (P)
P S
0
ψ ψ ω σ=
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
 →  →
j
j j
b g
1.3) L’observation de la diffraction à l’infini correspond aux conditions de Fraunhoffer :
 l’onde incidente sur l’objet diffractant est plane ;
 la taille de l’objet diffractant est de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde opti-
que ;
 la figure de diffraction est observée à l’infini ou sur un écran placé dans le plan fo-
cal image d’une lentille convergente.
1.4) On ne peut obtenir des interférences lumineuses à deux ondes qu’à partir de deux sour-
ces cohérentes temporellement (même longueur d’onde).
En pratique, ces sources sont les images d’une source réelle obtenues par un dispositif inter-
férentiel qui permet la superposition, en un point M d’observation, des deux morceaux (crées par le
dispositif) d’un même train d’ondes émis par les atomes de la source.
2) Les opérations de réglage optique du goniomètre sont les suivantes :
 réglage de l’oculaire L
3
de façon à voir net le réticule R ;
 réglage de la position de l’objectif L
2
par la méthode d’autocollimation : on éclaire le réti-
cule R par une lampe auxiliaire, on fait réfléchir la lumière par un miroir placé devant la lunette, on
déplace L
2
jusqu’à ce que l’image du réticule soit nette ; la lunette est alors réglée « à l’infini ».
 réglage de la position de l’objectif du collimateur L
1
de façon à voir nette l’image de la
fente F par la lunette. Le fente est alors au foyer objet de L
1
et le collimateur crée un faisceau de
lumière parallèle à l’axe optique des lentilles L
1
, L
2
et L
3
.
3.1) Puisque P
R
est à l’infini, l’observateur doit observer sans accommoder une image A’B’
à l’infini donc AB doit être dans le plan focal objet de L.
 S
 M
 P

Spé ψ
ψψ
ψ 2007-2008 page 2/6 Devoir n°7
3.2) L’image A’ doit se trouver à la distance P
R
devant l’œil pour qu’il n’accommode pas.
Comme la pupille est placée au foyer F’ de L de centre O, on a donc
A
F
'
'
=
>
∆
0
. La formule de
conjugaison de Newton s’écrit à F A FA f' '. '= −
2
d’où
AF f = − '
2
∆
. A.N. AF = − 2
12 5
2
,= –0,32 cm .
On a AF f<|
|
donc l’objet A est plus près de la lentille L que dans le réglage précédent : le
myope doit donc « enfoncer » l’oculaire dans le tube par rapport au réglage de l’emmétrope.
3.3) Le calcul est le même que ci-dessus avec
∆
=
>
F
A
'
'
0
puisque l’image A’B’ doit être
derrière l’œil donc AF f
='
2
∆
.
A.N.
AF
= +0,32 cm. Par rapport au réglage de l’emmétrope, l’hypermétrope doit tirer
l’oculaire.
3.4) Un rayon passant par B et le centre O de la lentille n’est pas dévié.
Un rayon incident passant par B et parallèle à l’axe optique sort de la lentille en passant par
F’. Mais le rayon émergent correspondant fait un angle trop faible avec le rayon précédent pour
déterminer la position de leur point d’intersection B’.
On préfère donc tracer le rayon passant par F et B. Il sort de la lentille parallèlement à l’axe
optique.
Dans le cas du myope, on a la construction suivante :
4.1.a) Les rayons considérés étant parallèles, la différence de marche entre C∞ et H∞ est
nulle et il reste δ = zcos(β) ce qui correspond au déphasage ψ π
δ
λ
=2 soit
ψ π
β
λ
=2
z
cos(
)
.
b) D’après l’énoncé, l’amplitude diffractée dans la direction
d’angle β par l’élément de longueur dz centré en C est
d j ds A C z( ) exp ( )
β
ψ
=
0
b
g
.
L’amplitude totale diffractée dans cette direction est donc
s A z z
h
h
( ) exp ( )β ψ= −
z
0
2
2j d
b g
=
F
H
G
I
K
J
−
z
A z
h
h
0
2
22exp cos( )
jzdπβ
λ=
F
H
G
I
K
J
− −
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
A
h h
0
2222
2
exp cos( ) exp cos( )
cos( )
j jπβ
λπβ λ
πβ
λ
soit
S A
h
=
F
H
G
I
K
J
0
sin cos( )
cos( )
π
β
λ
πβ
λ
.
c) On peut écrire S A h
h
h
=
F
H
G
I
K
J
0
sin cos( )
cos( )
π
β
λ
πβ
λ
=
F
H
G
I
K
J
A h c h
0
sin cos( ) π
β
λ.
F
F’
A
A’
B
B’
C
O
z
H
β
β

Spé ψ
ψψ
ψ 2007-2008 page 3/6 Devoir n°7
Si β
π
=
2
, il reste cos(β) = 0 donc S = S
0
= A
0
h car sinc(0) = 1. On a alors
S S c h =
F
H
G
I
K
J
0
sin cos( ) π
β
λ.
4.2) On fait tendre
h
λ
vers l’infini.
 si cos(β) ≠ 0, lim
cos(
)
h
h
λ
π
β
λ
→∞
= +∞ . Comme
lim
sin
(
)
X
X
→∞
=
c
0
, on obtient
lim
h
S
λ
→∞
=
0
.
 si cos(β) = 0, lim
cos(
)
h
h
λ
π
β
λ
→∞
=0 . Comme
sin
(
)
c
0
1
=
, on obtient
lim
h
S
S
λ
→∞
=
0
.
On n’a donc de la lumière que dans la direction β
π
=
2
, c’est-à-dire dans la direction du
rayon incident : il n’y a pas de diffraction et c’est le modèle de l’optique géométrique qui
s’applique.
En prenant comme longueur d’onde moyenne du visible λ = 0,6 µm,
on obtient
h
λ
=2000 si h = 2000(0,6×10
–6
) = 1,2×10
–3
m. soit h = 1,2 mm.
5.1) Les rayons considérés étant parallèles, la différence de marche
entre M∞ et H∞ est nulle et il reste δ = ysin(θ)
5.2) La différence de marche δ correspond au déphasage φ π
δ
λ
=2
soit
φ π
θ
λ
=2
y
sin(
)
.
5.3) En prenant deux éléments de longueur symétriques par rapport à O, l’amplitude dif-
fractée dans la direction θ est dS = ds + ds’
=
+
−
A dy A dy
0 0
exp expj j
φ
φ
b
g
b
g
soit
dS A y dy
=
2
0
cos ( )
φ
b
g
.
L’amplitude résultante est alors S A y dy
a
b
=
F
H
G
I
K
J
z
22
0
cos sin( )
π
λθ
=
F
H
G
I
K
J
−
F
H
G
I
K
J
2
2 2
2
0
A
b asin sin( ) sin sin( )
sin( )
π
λθ
π
λθ
π
λ
θ
soit S A
b a b a
=
−
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
42
0
sin sin( )( ) cos sin( )( )
sin( )
π
λθ
π
λθ
π
λ
θ
.
L’intensité est I = S.S
*
soit I A
b a b a
=
−
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
F
H
GI
K
J
( )
sin sin( )( ) cos sin( )( )
sin( )
42
0
2
2 2
2
π
λθ
π
λθ
π
λθ
.
En posant d = b – a et D = b + a, il vient
I A
d D
=
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
F
H
GI
K
J
( )
sin sin( ) cos sin( )
sin( )
42
0
2
2 2
2
π
λθ
π
λθ
π
λθ
=
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
F
H
GI
K
J
4
0
2
2 2
2
( )
sin sin( ) cos sin( )
sin( )
A d
d D
d
π
λθ
π
λθ
π
λθ
.
M
O
y
H
θ

Spé ψ
ψψ
ψ 2007-2008 page 4/6 Devoir n°7
En posant I
0
= 4(A
0
d)
2
, il reste I I c d D
=
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
0
2 2
sin sin( ) cos sin( )
π
λθ
π
λθ.
5.4.a) On suppose d → 0. Alors limsin sin( )
d
cd
→
F
H
G
I
K
J
=
0
2
1
π
λθ et I I D
=
F
H
G
I
K
J
0
2
cos sin( )
π
λθ ou en-
core I I D
= +
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
1
212
0
cos sin( )
π
λθ. C’est l’expression de l’éclairement dû à deux ondes cohérentes
qui interfèrent.
5.4.b)  La figure 4 montre 5 lobes pour θ
π
∈
L
N
M
O
Q
P
02 , qui correspondent à 5 maxima de
l’intensité. En notant X =sin(θ), on a donc, pour la fonction f( ) cosX DX= +
F
H
G
I
K
J
12
π
λ, 4 périodes
dans le domaine de variation de θ. Comme sin(θ) varie de 0 à 1 dans le domaine de variation de θ,
la période de la fonction f(X) vaut
1
4
. Or la période de la fonction est
λ
D
. On a donc
D
λ
=4
.
 les zones sombres correspondent à cos 21
π
λ
DX
F
H
G
I
K
J
= − soit
2
2 1
π
λ
π
D
X n= +
b
g
avec
n entier éventuellement nul. La première zone correspond à n = 0 soit X
D
1
2
=
λ
ou encore
sin( )θ
1
1
8
=
d’après la valeur de
D
λ
. On trouve θ
1
= 7,2°.
 le maximum le plus voisin de Ox vérifie
2
2
2
π
λ
π
D
X= soit X
D
2
=
λ
ou encore
sin( )θ
2
1
4
=
. On trouve θ
2
= 14,5°.
On a vu que la période de la fonction f(X) est
λ
D
. Cette période diminue si le rapport
D
λ
augmente donc le nombre de lobes augmente si le rapport
D
λ
augmente.
5.5 On peut prendre comme valeur maximale de θ la valeur θ
MAX
telle que
π
λ
θ π
d
MAX
sin( ) =
soit
sin( )θ
λ
MAX
d
=
.
Si les fentes sont larges par rapport à la longueur d’onde, on a
λ
d
<<
1
et l’on peut faire le
développement θ
λ
MAX
d
= . La largeur angulaire de la tache centrale de diffraction est alors
∆θ =
2
λ
d
.
Lorsque d augmente à λ fixé, ∆θ diminue donc la zone d’observation se resserre autour de
l’axe Ox.
 On a
d=
2
λ
∆θ
soit numériquement
d=×
×
−
2 633 10 180
0 72
9
( )
,π
= 1×10
–4
m soit d = 0,1 mm.
 Si θ est très petit, on peut écrire sin(θ) = θ au premier ordre d’où
I I c d D =
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
1
212
0
2
sin cos
π θ
λ
π
λθ. Le terme sinc d
2
π
θ
λ
F
H
G
I
K
J
ne varie pratiquement pas dans la
zone d’observation et le terme interférentiel a une période angulaire
θ
λ
i
D
=
.

Spé ψ
ψψ
ψ 2007-2008 page 5/6 Devoir n°7
A.N. θ
i
=×
×
−
−
633 10
0 60 10
9
3
, = 10
–3
rad = 0,06° soit 3,6 minute d’arc.
6.1) On a la disposition du schéma ci-dessous :
Lorsque le tube 1 est plein d’air, la frange d’ordre 0, notée O
0
, se trouve en O
E
sur l’écran et
la différence de marche entre les rayons issus des deux fentes y est nulle.
Lorsque le tube 1 est vidé, la différence de marche entre les
rayons 1 et 2 devient δ
1–2
= (1 – n)L < 0. Pour compenser et obtenir
δ = 0, le chemin géométrique de M à O
0
doit être plus grand que celui de
M’ à O
0
donc O
0
« descend » vers les y négatifs. La figure de diffraction
a donc tourné dans le sens horaire autour de l’axe Oz.
6.2.a) L’angle A du prisme vérifie tan( )A
b
h
b
h
b
b
h h
= = =
−
−
0
0
0
0
.
Comme h
0
– h =∆h > 0 et b
0
– b =∆b > 0, on peut écrire tan( )A
b
h
=
∆
∆
.
Avec les notations de l’énoncé, il vient tan( )A
e
y
=
∆
∆.
 La variation de l’épaisseur de verre traversée est donc ∆e = A.∆y en faisant
tan(A) = A puisque A est petit. L’indice n de l’air est remplacé par l’indice N du
verre sur la longueur ∆e donc la variation du chemin optique est alors δ
C
= (N – n)∆e
d’où δ
C
= A(N – n)∆y.
 En négligeant ε, on peut écrire N – n = N – 1 d’où δ
π
C
= − ×
−
(
)
( , )( )
1
180
1 6 1 2796 10
6
= 2,928×10
–5
m soit δ
C
= 29,28 µm.
6.2.b) On a vu qu’avec la disposition indiquée à la question 6.1, le vidage du tube 1
nécessite de descendre le prisme mobile pour compenser la diminution de la différence de marche.
La différence de marche totale est δ = (1 – n)L + δ
C
. Il y a compensation si δ = 0 d’où 0 = –εL + δ
C
soit
ε
δ
=
C
L
. A.N. ε = ×
×
−
2 92796 10
5
,
10
10
-2
= 2,93×10
–4
.
6.3.a) Le déphasage correspondant à la différence de marche δ
C
= (1 – n)L est
α π
δ
λ
=2
C
.
6.3.b) On reprend l’expression de la question 5.3 en ajoutant le déphasage α seule-
ment dans l’amplitude ds d’où dS = ds + ds’= + + −A dy A dy
0 0
exp expj jφ α φ
b
g
c
h
b
g
=
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
+ − +
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
F
H
G
I
K
J
A dy
0
2 2 2
exp exp expj j j
αφαφα soit dS A dy=
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
22 2
0
exp cosj
α
φ
α
.
Avec les expressions de φ et α, il vient dS A ydy=
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
2222
0
exp cos sin( ) j
α
π
θ
λ
α
qui est
de la forme demandée en posant K = 2A
0
et fy y
λθ α π
θ
λ
α
, , sin( )
F
H
G
I
K
J
= +22.
 Pour les deux fentes, il vient S A ydy
a
b
=
F
H
G
I
K
J
+
F
H
G
I
K
J
z
2222
0
exp cos sin( ) j
α
π
θ
λ
α
=
F
H
GI
K
J
+
F
H
G
I
K
J
− +
F
H
G
I
K
J
22
2222
2
0
A
b a
exp
sin sin( ) sin sin( )
sin( )
jαπ
θ
λ
α
π
θ
λ
α
πθ
λ
0
(b a)sin( ) (b a)sin( )
2sin cos
2
2A exp sin( )
22
j
− θ + θ α
π π +
αλ λ
=  θ
  πλ
. Avec d = b – a et D = b + a, il vient
M
M’
O
E
VIDE
AIR
1
2
∆
b
∆
h
A
b
h
0
b
0
h