Transcript DM PC - C.P.G.E. Brizeux

Eléments de correction du Devoir Maison no 2
Problème I Mesure optique des caractéristiques d'une goutte (d'après
Agrégation externe de chimie 2013)
A Principe des interférences lumineuses
A.1
On a
On a
an , amplitude de la vibration lumineuse ;
λ0n , longueur d'onde dans le vide ;
ϕn , phase à l'origine de l'onde émise par Sn .
λ0n = νcn = 2πc
ωn .
On a λ0n ≈ 5.10−7 m donc T ≈ 10−15 s. Ainsi, T << τ : un détecteur ne peut être sensible
qu'à l'intensité lumineuse moyenne.
A.3
On a < I(P ) >= K < (s1 + s2 )2 >= K < s21 > +K < s22 > +2K < s1 s2 >. On a donc
A.2
I1 = K < s21 >=
Ka21
2
Ka22
2
= a21 ;
= a22 ;
I2 = K < s22 >=
2πx2
2πx1
1
I12 (P ) = 4a1 a2 < cos(ω1 t − 2πx
λ01 + ϕ1 ) cos(ω2 t − λ02 + ϕ2 ) >= 2a1 a2 (< cos((ω1 + ω2 )t − λ01 −
2πx2
2πx1
2πx2
λ02 + ϕ1 + ϕ2 ) > + < cos((ω1 − ω2 )t − λ01 + λ02 + ϕ1 − ϕ2 ) >)
Comme la valeur moyenne est prise sur τ >> T1 , T2 , le premier terme de I12 est toujours nul :
2πx2
1
I12 (P ) = 2a1 a2 < cos((ω1 − ω2 )t − 2πx
λ01 + λ02 + ϕ1 − ϕ2 ) >.
De même, la valeur moyenne est non nulle si et seulement si ω1 = ω2 = ω .
2πx1
2
On a alors I12 (P ) = 2a1 a2 < cos( 2πx
λ0 − λ0 + ϕ1 − ϕ2 ) >.
A.4
A.5
2a1 a2 .
A.6
D'après précédemment, on a I12 (P ) = 2a1 a2 < cos( 2πδ
λ0 − ϕ12 >.
< I(δ) > est une fonction périodique de période λ0 , de valeur moyenne I1 + I2 et d'amplitude
On a Imax = a21 + a22 + 2a1 a2 = (a1 + a2 )2 et Imin = a21 + a22 − 2a1 a2 = (a1 − a2 )2 . Ainsi,
C=
2a1 a2
a21 +a22
C est maximal si a1 = a2 : le contraste est maximal si les intensités des deux sources sont égales.
A.7
La diérence ϕ1 − ϕ2 = ϕ12 est en eet constante si les ondes émises par S1 et S2 et interférant
en P correspondent à un même train d'ondes.
Il faut que S1 et S2 soient 2 sources secondaires images d'une même source primaire S d'où la
nécessité de dispositifs interférentiels (interféromètre de Michelson, fentes d'Young,...).
B Détermination optique des caractéristiques de la goutte
On a sin α = ne sin α0 .
B.2
On a δ = ([IJK] + [KP ]) − ([IH] + [HP ]) où H est le projeté orthogonal de K sur le rayon
rééchi en I .
D'après le théorème de Malus, on a [KP ] = [HP ] donc δ = [IJK] − [IH] avec
[IJK] = ne (IJ + JK) = ne cos2eα0 ;
[IH] = IH = sin αIK = sin α2 tan α0 e
Avec la loi de Descartes, on a δ = ne cos2eα0 − 2ne sin α0 tan α0 e soit
B.1
δ = 2ne e cos α0 .
1
Une frange d'interférences correspond à p = λδ = cst donc à α0 = cste soit α = cste, d'où
l'appellation franges d'égale inclinaison.
Par symétrie de révolution, les franges sont circulaires.
B.4
Au centre de l'écran, α = 0 donc α0 = 0 et δ(α = 0) = 2ne e.
Si δ(α = 0) = m0 λ0 , les interférences sont constructives au centre de l'écran : le centre de l'écran
est brillant.
B.5
On a p = λδ0 . Si l'on s'éloigne du centre, α augmente et α0 augmente également donc δ et p
diminuent.
Le premier anneau brillant correspond à un ordre entier p1 = m1 . De plus, m1 est inférieur à
m0 et comme l'on s'intéresse au premier anneau brilant à partir du centre : p1 = m1 = m0 − 1. Or
2n e cos α0
p1 = e λ0 1 donc
B.3
2ene cos α10 = m1 λ0 avec m1 = m0 − 1.
B.7
De la même manière, on a 2ene cos αn0 = mn λ0 avec mn = m0 − n
On a tan αn = rfn0 .
B.8
Si l'angle αn est petit, αn =
B.6
rn
f0
et αn = ne αn0 .
α0n 2
2
αn
De plus, δ = 2ene (1 − 2 ). En remplaçant, on a δn = 2ene (1 − 2n
2 ) = 2ene (1 −
e
δn = (m0 − n)λ0 = 2ene − nλ0 , on trouve donc que le rayon rn est donné par la formule
q
rn ≈ f 0 nnee λ0
2
rn
).
2f 02 n2e
Or
B.9
Si X est plus grand qu'une certaine valeur XC , e = cste et le rayon des anneaux est constant. Si
X < Xc , e diminue et d'après la question précédente, rn augmente. En particulier, pour X = 0, e = 0 :
la diérence de marche est nulle et tous les angles α0 correspondent à des interférences constructives :
l'écran est uniformément éclairé (équivalent du contact optique avec un interféromètre de Michelson).
B.10
On relève pour les anneaux rn et n et l'on trace rn en fonction de n2 : on obtient une droite
de pente f 02 neeλ0 , ce qui permet d'accéder à e.
Problème II Congurations d'un interféromètre (d'après CCP MP
2014)
A Interférences de deux sources ponctuelles
D'après la formule de Fresnel, I(M ) = 2I0 (1 + cos ∆ϕ(M )).
I0 correspond bien à l'intensité d'une source ; en eet < I(M ) >ecran = 2I0 = I1 + I2 .
A.2
On a ∆ϕ(M ) = 2π
λ ∆L(M ).
A.1
A.3
1. On a ∆L(M ) = S2 M − S1 M car l'air est considéré comme étant d'indice 1.
Or en supposant d >> a, |y|, |z|, onqa
a 2
a )
p
y 2 +(x− /2
)
y 2 +(x− /2
2
2 (1 + 1
S1 M = d2 + y 2 + (x − a2 )2 = d 1 +
≈
d
)
2
2
2
d
d
et
q
a 2
a 2
p
y 2 +(x+ /2
)
y 2 +(x− /2
)
2 (1 + 1
S2 M = d2 + y 2 + (x + a2 )2 = d 1 +
≈
d
)
2
2
2
d
d
d'où
∆L =
az
d
az
2. En remplaçant, on a I(M ) = 2I0 (1 + cos( 2π
λ d )).
3. On a pO = 0 : en O, les distances S2 O et S1 O sont égales.
L'ordre est un entier : le centre de l'écran est une frange brillante.
2
4. Une frange correspond au lieu de points M tel que l'ordre p = λδ soit constant.
Ici, une frange correspond donc au lieu des points M tel que z soit constant : les franges sont
rectilignes parallèles à Oy .
L'interfrange est la distance entre deux franges brillantes successives : di = zp+1 −zp avec zp = p λd
a .
λd
On en déduit que di = a .
5.
Le premier maximum d'intensité lumineuse situé en dehors du centre
O de l'écran correspond à p ± 1 donc z±1 = ± λd
a .
−4
On trouve z±1 = 5, 0.10 m
Application numérique :
A.4
1. Le système possède une symétrie de révolution autour de l'axe Ox : l'ordre d'interférences p(M )
ne dépend que de la distance OM = r.
La gure d'interférences est constituée d'anneaux de centre O.
2. On a ∆L(O) = S2 O − S1 O = a d'où p0 = λa : l'ordre est a priori quelconque, le centre de l'écran
n'est ni un maximum ni un minimum d'intensité lumineuse.
On place une lentille convergente et l'on observe la gure d'interférences dans le plan focal image
de cette lentille.
A.5
B Dispositif interférentiel
B.1
1.
Pour déterminer plus simplement les coordonnées, on se place dans le repère d'origine
Op .
3
L'image SL0 de SL par la séparatrice a pour coordonnées (`, 0, 0). Ainsi, S1 qui correspond à
l'image de SL0 par M1 a pour coordonnées (−2d1 − `, 0, 0).
L'image S20 de SL par M2 a pour coordonnées (0, 0, 2d2 + `). Ainsi, S2 qui correspond à l'image
de S20 par la séparatrice a pour coordonnées (−2d2 − `, 0, 0).
Finalement, dans le repère d'origine Op ,
S1 (−2d1 − `, 0, 0) et S2 (−2d2 − `, 0, 0)
et dans le repère d'origine O, en notant L = Op O,
S1 (−L − 2d1 − `, 0, 0) et S2 (−L − 2d2 − `, 0, 0)
2. La distance entre S1 et S2 est 2(d2 − d1 ) : l'interféromètre était équivalent à une lame d'air M1 M20
où M20 est l'image de M2 par la séparatrice éclairé par une source SL0 .
L'épaisseur de la lame d'air est la distance M1 M20 donc e = d2 − d1 .
3. Si l'on se place dans le plan focal image d'une lentille convergente, on observe les interférences à
l'inni donc les rayons en sortie de l'interféromètre sont parallèles.
Le calcul de ∆L est alors identique à celui vu en cours : en notant i l'angle que fait le rayon
incident avec la normale à la lame, on a ∆L(M ) = [SM ]2 − [SM ]1
4
avec
[SM ]2 = [SI] + [IJ] + [JK] + [KM ]
[SM ]1 = [SI] + [IH] + [HM ]
Comme les points K et H sont sur la même surface d'onde, [HM ] = [KM ] et ∆L(M ) =
[IJ] + [JK] − [IH] = IJ + JK − IH (l'indice de l'air est supposé égal à 1).
On a
e
IJ = JK = cos
i
IH = IK sin i
IK = 2e tan i
1−sin2 i
2e
donc ∆L(M ) = cos
i − 2e tan i sin i = 2e cos i soit
∆L = 2e cos i
De plus, dans les conditions de Gauss, cos i = 1 −
i2
2
et i ≈ tan i =
Finalement, on a
∆L(M ) = 2e(1 −
r
0 .
fL
r2
0 2)
2fL
4. L'éclairement uniforme de l'écran correspond soit au contact optique soit à une diérence de
marche supérieure à la longueur de cohérence temporelle de la source.
Comme la question demande une valeur de d2 ,c'est la première situation : l'interféromètre est
au contact optique ; les interférences sont constructives pour tous les points M de l'écran et
∆L(M ) = 0.
Ainsi, e = 0 et d2 = d1 = `.
B.2
1. L'ordre diminue à partir du centre de la gure d'interférences. Ainsi, en notant p0 = 2e
λ l'ordre
au centre de la gure, on a p1 < p0 .
Comme le centre de la gure d'interférences est brillant, l'ordre au centre est un entier donc
p1 = p0 − 1 : un anneau brillant correspond à un ordre d'interférences entier.
De plus, p1 =
∆L(M )
λ
=
2e
λ (1
−
r12
0 2)
2fL
soit p0 − 1 =
2e
λ
Finalement, e =
0 2λ
fL
.
r12
Application numérique :
2. On a p0 =
2e
λ
−1=
2e
λ (1
2e
λ (1
−
−
r12
0 2)
2fL
ou
r12
0 2
2fL
en choisissant fL0 = 1, 0 m, on a e = 1, 3 mm.
= 5000, c'est bien un entier.
B.3
1. les deux longueurs d'onde correspondent à des sources incohérentes donc It = I1 + I2 . En suppo2π
sant que l'intensité des deux raies est identique, on a It (δ) = 2I0 (1+cos( 2π
λ1 δ))+2I0 (1+cos( λ2 δ)).
Ce que l'on peut réécrire sous la forme It = 4I0 (1 + cos(2π λδ0 ) cos(2π δ∆λ
))
2λ2
0
5
On fait donc la somme de deux sinusoïdes de périodes λ1 et λ2 légèrement diérentes, on obtient
2
donc des battements : l'oscillation rapide se fait avec une période λ0 = λ1 +λ
et est modulée par
2
une oscillation lente dont la période est à relier à ∆λ.
Il existe des zones où le contraste est voisin de 1 : ce sont les zones de coïncidence, les maxima
des courbes de I1 et I2 coïncident.
Il existe des zones où le contraste est voisin de 0 : ce sont les zones d'anticoïncidence, les maxima
de I1 coïncident avec les minima de I2 . Ainsi, ∆p = p2 − p1 est un demi-entier.
Déterminons la distance entre deux anticoïncidences successives
Entre deux anticoïncidences successives, ∆p a varié de 1 donc ∆(∆p) = ∆p2 − ∆p1 = 1.
∆δ
Or ∆p1 = ∆δ
λ1 et ∆p2 = λ2 où ∆δ est la variation de la diérence de marche entre deux aniticoïncidences, on a donc
∆δ
λ2
−
∆δ
λ1
=1
d'où
∆δ =
λ20
∆λ
2. On a pendant l'acquisition, ∆zt = 3, 03 mm, ce qui correspond également à la variation d'épaisseur de la lame d'air ∆et = 3, 03 mm.
Au centre de l'écran, δ = 2e donc ∆δt = 2∆et = 6, 06 mm.
3. Le zoom permet de voir que la durée de 16 oscillations rapides est 0, 65 s donc 1 oscillation rapide
correspond à ∆t = 4, 06.10−2 s.
A l'aide de ∆zt = 3, 03 mm et ∆tt = 7 min, on en déduit que le miroir s'est déplacé de
−4 mm.
t
∆z = ∆t ∆z
∆tt = 2, 93.10
Ainsi, la diérence de marche a varié sur une oscillation rapide de ∆δ = 2∆z = 5, 86.10−4 mm ;
ce qui correspond à λ0 .
On trouve donc
λ0 = 586 nm
On mesure sur la première courbe la durée entre deux anticoïncidences.
Pour 9 anticoïncidences, on a ∆t = 6, 09 min donc entre deux anticoïncidences successives,
∆t = 0, 676 min = 40, 6 s ce qui correspond à un déplacement du miroir ∆z = 0, 292 mm.
La variation de la diérence de 2 marche entre deux anticoïncidences est donc∆δ = 2∆z =
λ0
0, 585 nm ; ce qui correspond à ∆λ
.
On trouve donc
∆λ = 5, 87.10−10 m ≈ 0, 6 nm
Les valeurs trouvées coïncident avec les valeurs théoriques (λ0,th = 589, 3 nm ∆λ = 0, 5 nm.
B.4
1. L'image SL0 de SL par la séparatrice a pour coordonnées (`, 0, 0).
6
On s'intéresse ensuite aux positions de S1 et S2 qui sont les images de SL0 par M1 et M20 , image
de M2 par la séparatrice.
M20 est le symétrique de M1 par rapport à la position du contact optique.
On obtient les positions de S1 et S2 en traçant les symétriques de SL0 par M1 et M20 .
2. On a Op SL0 = ` donc SL0 I = 2`.
Dans H1 ISL0 , H1 SL0 = 2` cos α donc S1 SL0 = 2H1 SL0 = 4` cos α.
Dans S1 SSL0 , a2 = sin αS1 SL0 soit a = 8` cos α sin α. Ainsi,
a = 4` sin 2α
D'autre part, d = SO soit d = SSL0 + SL0 O avec
SL0 O = Op O − Op SL0 = L − ` ;
SSL0 = cos αSL0 S1 = 4` cos2 α
On a donc
d = L + `(4 cos2 α − 1)
3. La situation est identique à celle vue dans la partie A.3 : les sources sont sur un axe parallèle à
l'écran.
7
Les franges sont rectilignes et ∆L =
4. D'après précédemment, di =
Avec α << 1, di =
λ(L+3`)
8`α
λd
a
az
d .
soit di =
λ(L+`(4 cos2 α−1))
.
4` sin 2α
d'où
α=
λ(L+3`)
8`di
On trouve α = 1, 25.10−4 rad.
5. Si α augmente, cos α diminue et sin 2α augmente donc di diminue : les franges se resserrent.
8