Agrégation interne de sciences physiques Corrigé du devoir d

1-5281-CT-PA-02-07
648
CENTRE NATIONAL D’ENSEIGNEMENT À DISTANCE
INSTITUT DE VANVES
Agrégation interne de sciences physiques
Corrigé du devoir d’optique
Corrigé
du devoir n°2 M. Kious

1
Devoir N° 2
OPTIQUE
Corrigé
Rédacteur : Malek Kious
Premier problème : Etude interférométrique du comportement thermique d’une lame
A.I. Mesure interférométrique de la courbure d’un dioptre sphérique
A.I. 1 - Compte tenu de e(x) << R, les points
J et L sont très voisins de sorte que :
)(xeKLJK
≈
≈
De plus les trajets optiques JM et LM sont
sensiblement les mêmes.
Les directions des rayons [R1] et [R2] qui
émergent, se coupent un en point très proche
(la figure ne peut le montrer compte tenu de
l’échelle) de la face sphérique de la lame d’air.
En pratique, éclairé par une source étendue
spatialement, le dispositif fournit des franges
qui sont localisées (zone de plus fort contraste) au niveau
de la lame d’air (elles apparaissent peintes sur la lame).
A.I. 2 - Compte tenu de e(x) << R, [R1] et [R2] ont
quasiment même chemin optique dans la lentille. A
contrario, [R2] a parcouru un chemin optique
supplémentaire de )(2][ xeIJK ≈ dans la lame d’air
d’épaisseur locale e(x). Ajouté à cela une réflexion sur le
plan de verre d’indice supérieur à 1, ce qui conduit à un
déphasage supplémentaire ♪ de
π (ou une différence de
chemin optique supplémentaire de λ /2).
Ainsi, δ (x) = 2 e(x) + λ /2
A.I. 3-a Une frange est l’ensemble des points de l’espace
d’égale différence de chemin optique (ici, d’égale
épaisseur e(x)). Compte tenu de la symétrie de révolution
♪ Les réflexion en I et J sont de nature différente. La réflexion normale se fait toujours avec changement de signe
d’un milieu poins réfringent sur un milieu plus réfringent, et sans changement de signe dans le cas inverse.
d
O
y
(
E
)
D > 4 f’
(
O
b
)
d’
y
[R1]
e
(
x
)
J
K
L
[R2]
[
I
]

2
autour de l’axe 0y, les franges d’égale épaisseur observées sont des anneaux ♫ concentriques
d’axe Oy.
A.I. 3-b Le schéma ci-contre montre les positions de l’objectif et de l’écran.
Pour que les franges (localisées au niveau du coin d’air) soient projetées sur l’écran, il faut
placer l’écran à une distance D > 4 f’ du plan de localisation de ces franges.
Un grandissement transverse γ = 2 ( γ = d/d’) impose d’ = 20 cm
A.I. 4 - Dans le triangle rectangle ΩJH, R² = x² + (R – e(x))²
On divise par R², soit :
()
2
2)(
2
)(
11 R
x
R
xe
R
xe +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
En considérant 1
)( 2
<<
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛R
xe , l’épaisseur locale devient R
x
xe 2 )(
2
≈
A.I. 5 - Au centre, e(x=0) = 0 2
)0(
λ
δ =⇒ .
La frange centrale est donc sombre.
A.I. 6 - La figure d’interférence correspond à celle de deux ondes planes déphasées de
)(
2
)( xx δ
λ
π
ϕ = avec δ (x) = 2 e(x) + λ /2 et R
x
xe 2 )(
2
≈
Pour la 1ère frange sombre,
δ (x1) = (3/2) λ ( rappelons que la frange centrale est sombre)
Ainsi,
2
1
x
R
λ
= (x1 étant l’abscisse sur le plan de la lame de verre)
Si l’on note x’ la distance mesurée sur l’écran (E), avec un grandissement de 2, x’ = 2x1
Ainsi
2
'
4
xR
λ
=, soit
2
'
4
x
R
λ
= AN : 3, 55
R
m≈
A.I. 7 - R
xmax
sin =≈ αα 4
max 3,55 10 2,9.10 10,3mmxR
α
−
⇒≈=×× =
Au bord du champ sur l’écran (E) x’max = 2 xmax = 20,6 mm
Pour le Nième anneaux au bord du champ,
()
21
2
N
λ
δ =+
Comme
δ (x) = 2 e(x) + λ /2 2//2xR
λ
=+.
On en déduit
2
max 47
x
N
R
λ
==
. Il y a donc 47 anneaux sombres (+ celui du centre !) .
A.I. 8 - Dans les conditions réalisables en pratique, les différents anneaux correspondent à des
ordres relativement élevés, il n’est donc pas possible d’observer tous ces anneaux en lumière
blanche. On observe en fait quelques anneaux sombres au voisinage du centre, entourés par
♫ L’aspect de ces anneaux est le même que celui des anneaux localisés à l’infini observés avec un interféromètre
de Michelson réglé en configuration lame d’air (à faces rigoureusement parallèles). Il ne faut pas confondre ces
deux systèmes.
y
e
(
x
)
J
Ω
H
R
x

3
un blanc dit aussi blanc d’ordre supérieur et on pourra déceler l’existence d’anneaux en
utilisant un spectroscope (réseau par exemple).
A.II. Dilatomètre interférentiel
A.II. 1 - On peut utiliser une lame semi-
réfléchissante inclinée à 45° (ou un prisme à
réflexion totale) et un objectif grâce auquel on
projette sur un écran la surface de localisation
des anneaux (face sphérique de la lame d’air).
A.II. 2 - a Considérons un point M d’abscisse x
appartenant à la surface sphérique de localisation
des anneaux.
La différence de chemin optique
δ (x) = 2h0 + 2 e(x) + λ
0/2 (Cf. précédente
partie)
On a vu aussi que l’épaisseur locale, dans
l’approximation e(x)<<R s’écrivait : R
x
xe 2 )(
2
≈
Ainsi, 2
2)( 0
2
0
λ
δ
++= R
x
hx
A.II. 2 - b Rappelons que l’ordre d’interférence
p(x) est défini comme :
0
)(
)(
λ
δ
x
xp =.
Si p(x) est demi-entier (entier), alors M(x) appartient à un anneau sombre (brillant).
Ici, au centre, l’ordre 2
1
2
0
0
0+=
λ
h
p est à priori quelconque (ici h0/
λ
0 est à priori réel). Le
centre n’est donc pas nécessairement sombre, contrairement au cas du paragraphe I où il y
avait contact optique en x=0.
Posons p0 = n0 +
ε + 1/2 n0 est un entier. L’excédent fractionnaire 1
≤
ε
.
L’ordre du 1er anneau sombre p1 = n0 +
1 + 1/2 (forcément demi-entier !)
et l’ordre du 1er anneau sombre p2 = n0 +
2 + 1/2
A.II. 2 - c En traduisant
0
)(
)(
λ
δ
x
xp =, on obtient donc le système :
2
1
2
)
2
1
(
0
0
0+=++
λ
ε
h
n (1)
2
1
2
)
2
1
1(
0
2
1
0
0
0++=++ R
x
h
n
λλ
(2)
2
1
2
)
2
1
2(
0
2
2
0
0
0++=++ R
x
h
n
λλ
(3)
sans oublier x2 = 2 x1 (4)
collimateur
Lentille de
projection
Ecran
Lame
séparatrice

4
(3)-(2) ⇒x2²- x1² =
λ
0 R ce qui conduit à : 3
0
1R
x
λ
= et 3
20
2R
x
λ
=
AN : diamètres des deux premiers anneaux d1 = 2 x1 = 2,90 mm ; d2 = 5,80 mm
Remarque : on peut également calculer l’excédent fractionnaire
ε au centre :
En faisant (2)-(1) : x1² = (1-
ε ) λ
0 R ⇒
ε = 1 – ( λ
0 R)/x1² = 1 – 1/3 ⇒
ε = 2/3
A.II. 3 Plaçons-nous au centre (x=0). L’ordre y vaut
0
0
)0(
λ
δ
=p = 2
1
)(2
0
+
λ
θ
h
Lors de la dilatation, Δl(θ) > 0 ⇒ Δh(θ) < 0
En particulier, quand l’épaisseur du bloc (C) se dilate de
λ
0/2, Δl(θ) =
λ
0/2 ⇒ Δh(θ) = -
λ
0/2,
⇒Δp =
−1 ( l’ordre diminue d’une unité)
Ainsi, à chaque fois que le bloc de cristal se dilate de
λ
0/2, il apparaît un nouvel anneau au
centre, alors qu’un anneau disparaît sur les bords. Il s’en crée autant qu’il en disparaît et le
système d’anneaux reprend son aspect initial.
En revanche, un anneau d’ordre donné voit son rayon varier : à partir de la relation (2), il est
facile de voir que , pour un ordre demi entier fixé, le rayon de l’anneau augmente quand
0
hdiminue donc quand laugmente.
Pour mesurer la dilatation, il faudrait donc suivre le rayon d’un anneau d’ordre donné.
A.II. 4 - a Au centre, on a 2
)(2)0( 0
λ
θδ
+= h
Entre
θ et θ +d θ , l’épaisseur h( θ ) de la lame d’air varie de dh et la différence de chemin
optique varie donc de d
δ = 2dh = -2 dl
L’ordre au centre varie donc de dp0 =ld
2
0
λ
−
Avec un modèle affine de dilatation, dl(
θ ) = a l0 d θ
Ainsi, une variation
Δθ de la température conduit à une variation de l’ordre de la quantité :
Δp=−2al0
λ
0
Δ
θ
A.II. 4 - b
θ = 0 °C, l’ordre au centre vaut : 2
1
3
2
2
1000 ++=++= nnp
ε
Pour un écart de température
Δθ = 30 °C, Δp0=−2al0
λ
0
Δ θ = -18,96
Ainsi, à la température
θ = 30 °C, l’ordre au centre vaut : p0(30°C) = p0(0°C) + Δ p0
⇒ p0(30°C) = n0 – 17,8
A.II. 4 - c p0(30°C) = n0 – 17,8 = n0 – 18 + 0,2
Ainsi, 18 anneaux sont apparus, au centre, durant l’excitation thermique.
L’épaisseur du bloc de cristal a augmenté de :
0
lal
θ
Δ= Δ = 6,00 μm.
⇒
Δ
p < 0
dp0 = θ
λ
d
2
0
0
al
−