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 6.4

Chapitre 7 : L’optique physique (II)

Exercices

E1. On combine l’approximation des petits angles, sin ≈ tan l’équation 6.4 et l’équation7.1.

(a) La largeur 21 du pic central est donnée par les positions des minima ( = 1) qui le

bornent :

21 = 2 tan 1 = 2 sin 1 =2=

2(18)(680×10−9)6×10−5 = 408 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

−

=

=

18(680×10−9)6×10−5 = 204 cm

E2. Le résultat obtenu en E1(a) indique que la largeur 21 du pic central est proportionnelle

à , ce qui permet d’écrire un rapport pour les deux longueurs d’onde A et B :

2B2A

= BA

=⇒ 2B =(2A )B

A=(3×10−2)(436×10−9)

589×10−9 = 222 cm

E3. On donne 21 = 8 mm. On utilise le résultat obtenu E1(a) et on obtient

21 =2

=⇒ = 221

=2(2)(546×10−9)

8×10−3 = 273× 10−4 mE4. On donne ∆ = 2 − 1 = 3 cm. On utilise le résultat obtenue en E1(b) et on obtient

∆ = =⇒ =

∆=

280(480×10−9)3×10−2 = 448× 10−5 m

E5. (a) On cherche la fréquence sonore qui remplit la condition = 4. Avec l’équation = ,

on peut écrire

= 4=⇒ = 4

=

4(340)076

= 179× 103 Hz(b) On utilise l’équation 7.1 avec = 1, ce qui permet d’obtenir

sin = = =⇒ = arcsin

³

´= arcsin

³340

076(179×103)´= 145◦

E6. Cette situation est similaire à celle de l’exemple 7.2, dans lequel on compare les figures

d’interférence et de diffraction pour un système à deux fentes. Si on pose que l’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

= 1 et on obtient

= =

(1)(06×10−3)015×10−3 = 4

v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 147

© ERPI, tous droits réservés.

Ainsi, la frange d’interférence constructive associée à = 4 coïncide 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

7 franges .

E7. On sait, grâce à l’équation 2.5c, que = = 340

10000= 34 × 10−2 m. 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 = 122.

(a) Pour = 8 cm, on obtient

∆ = 2arcsin³122

´= 2arcsin

µ122(34×10−2)

8×10−2

¶= 625◦

(b) Pour = 30 cm, on obtient

∆ = 2arcsin³122

´= 2arcsin

µ122(34×10−2)

30×10−2

¶= 159◦

E8. Le pic de diffraction circulaire est borné par le premier minimum. La position angulaire

de ce premier minimum est donnée par l’équation 7.2, sin = 122, dans laquelle =

2 = 2 (05 mm). Si on fait appel à l’hypothèse des petits angles, sin ≈ tan , et à

l’équation 6.4, on calcule ainsi la largeur ∆ de ce pic :

∆ = 2 tan = 2 sin = 2³122

´=⇒

∆ = 2¡22× 10−2¢µ122(500×10−9)

2(5×10−4)

¶= 268× 10−4 m

E9. Comme à l’exemple 7.4 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 = c et finalement calculer d’après = c

en faisant appel à l’hypothèse des petits angles (tan ≈ ), ce qui donne

c =122

=122(600×10−9)

8×10−4 = 915× 10−4 rad =⇒

= c = 16¡915× 10−4¢ = 146 cm

E10. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.4 du manuel ou qu’à l’exercice 9, et on

obtient

c =122

=122(3×10−2)

1= 00366 rad =⇒

= c =¡2× 104¢ (00366) = 732 m

E11. On suit le même raisonnement qu’à l’exemple 7.4 du manuel. Si on combine c =122

et = c on obtient directement =122

148 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10


(a) Si l’image est perçue par une caméra miniature ( = 5 mm), on obtient

= 122

=122(550×10−9)(384×108)

5×10−3 = 515 km

(b) Si l’image est perçue par un télescope ( = 45 m), on obtient

=122(550×10−9)(384×108)

45= 573 m

E12. On utilise l’équation de l’exercice 11 et on trouve

= 122

=122(280×10−9)(18×105)

3×10−1 = 0205 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 3 mm, on peut encore supposer valide l’hypothèse des petits angles.

On utilise donc l’équation de l’exercice 11, ce qui donne

= 122

=122(500×10−9)(025)

3×10−3 = 508 m

E14. Le côté droit de l’équation 7.3 a pour valeur :

122

=122(550×10−9)

15×10−2 = 447× 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

= 122

=⇒ = 122

=2(15×10−2)122(550×10−9) = 447× 104 m

E15. (a) On utilise l’équation de l’exercice 11 et on obtient, pour le télescope du mont Palomar

( = 508 m)

= 122

=122(500×10−9)(1×1016)

508= 120× 109 m

(b) Pour le radiotélescope d’Arecibo ( = 305 m), on trouve

= 122

=122(21×10−1)(1×1016)

305= 840× 1012 m

E16. (a) En utilisant l’équation de l’exercice 11, on obtient, pour l’œil ( = 5 mm)

= 122

=⇒ = 122

=(18)(5×10−3)122(650×10−9) = 113 km

(b) Pour le télescope ( = 28 m), on trouve

= 122

=(18)(28)

122(650×10−9) = 636× 106 mE17. Ayant trouvé un pas de réseau = 333×10−6 m, on peut calculer la séparation angulaire

∆ = 2 − 1 = arcsin³2

´− arcsin

³1

´, de l’ordre

(a) Pour le premier ordre, on obtient

∆ = arcsin³6562×10−9333×10−6

´− arcsin

³4101×10−9333×10−6

´=⇒ ∆ = 429◦

(b) Pour le second ordre, on obtient

∆ = arcsin

µ2(6562×10−9)333×10−6

¶− arcsin

µ2(4101×10−9)333×10−6

¶=⇒ ∆ = 895◦



(c) On cherche à savoir si 2 ( = 2) ≈ 1 ( = 3), c’est-à dire si l’égalité suivante est vraie :

arcsin

µ2(6562×10−9)333×10−6

¶≈ arcsin

µ3(4101×10−9)333×10−6

¶=⇒ 232◦ ≈ 217◦

À 7 % 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 = 1×10−26000

= 167× 10−6 m, = 90◦ et = 700 nm, on obtient sin = =⇒ = sin

=(167×10−6)(1)700×10−9 = 239

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

∆ = arcsin³2

´− arcsin

³1

´= arcsin

µ2(5896×10−9)

2×10−6

¶− arcsin

µ2(589×10−9)2×10−6

¶En gardant suffisamment de chiffres significatifs, on obtient

∆ = 3612863◦ − 3608608◦ = 00426◦

E21. Pour trouver la position angulaire des maxima d’intensité, on doit trouver le pas du



réseau ou le poser égal aux deux expressions suivantes :

= 11sin 1

et = 22sin 2

où les indices 1 et 2 désignent respectivement les longueurs d’ondes 640 nm et 490 nm.

En résolvant ces deux équations, on obtient

11sin 1

= 22sin 2

=⇒ 2 = arcsin³22 sin 1

11

´= arcsin

µ2(490×10−9) sin(11◦)

(1)(640×10−9)

¶= 170◦

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◦) = 261× 10−6 m =⇒ =

= 28×10−2

261×10−6 = 107× 104 fentesE23. 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

à la composante selon du champ électrique issu de chaque fente. On cherche°°−→e °° le

module du vecteur de Fresnel résultant décrit à la figure 7.30c du manuel; cette quantité

correspond à l’amplitude du champ électrique résultant−→E .

On sait que −→e = −→e 1+−→e 2+−→e 3 et, par suite de la description fournie de −→E 1−→E2 et

−→E 3,

on peut écrire que

−→e 1 = 0 sin ()−→i +0 cos ()

−→j

−→e 2 = 0 sin (+ )−→i +0 cos (+ )

−→j

−→e 3 = 0 sin (+ 2)−→i +0 cos (+ 2)

−→j

Comme on le voit à la figure 7.30 du manuel, le module de −→e ne dépend pas de On

choisit donc d’évaluer°°−→e °° à = 0 À cet instant, on a

−→e 1 = 0−→j

−→e 2 = 0 sin ()−→i +0 cos ()

−→j

−→e 3 = 0 sin (2)−→i +0 cos (2)

−→j

de sorte que l’amplitude du champ électrique résultant a pour valeur°°−→e °° = °°−→e 1 +−→e 2 +−→e 3°° =⇒°°−→e °° =q(0 +0 sin () +0 sin (2))2 + (0 cos () +0 cos (2))

2 =⇒°°−→e °° = 0

q(1 + sin () + sin (2))2 + (cos () + cos (2))2

(a) Avec = 30◦ on obtient°°−→e °° = 0

q(1 + sin (30◦) + sin (2 (30◦)))2 + (cos (30◦) + cos (2 (30◦)))2 =⇒°°−→e °° = 2730



(b) Avec = 60◦ on obtient°°−→e °° = 0

q(1 + sin (60◦) + sin (2 (60◦)))2 + (cos (60◦) + cos (2 (60◦)))2 =⇒°°−→e °° = 20

(c) Avec = 90◦ on obtient°°−→e °° = 0

q(1 + sin (90◦) + sin (2 (90◦)))2 + (cos (90◦) + cos (2 (90◦)))2 =⇒°°−→e °° = 0

(d) Avec = 120◦ on obtient°°−→e °° = 0

q(1 + sin (120◦) + sin (2 (120◦)))2 + (cos (120◦) + cos (2 (120◦)))2 =⇒°°−→e °° = 0

E24. Par analogie avec le cas à trois fentes décrit à la section 7.5, on peut construire la figure

suivante montrant l’addition des deux vecteurs de Fresnel :

On donne = 16 sin (+ 518) et on sait que

= 1 +2 = 0 sin () +0 sin (+ )

où 0 correspond au module de chacun des vecteur de Fresnel et à la différence de

phase. Comme −→e 1 et −→e 2 possèdent le même module, le triangle formé par ces deuxvecteurs et par −→e est tel que°°−→e °° = 16 = 20 cos (518) =⇒ 0 =

162 cos(518)

=⇒ 0 = 124 V/m

De plus, comme le triangle est isocèle, il est facile de voir que = − 2 (518) = 49et que = − , donc que = 59 .

E25. On obtient la différence de phase minimale au moyen de l’équation 7.6 en posant = 1

et = 5 ce qui correspond à un polygone fermé :

= 2=

2(1)5= 2

5rad

E26. On associe l’expression de la différence de marche en fonction de la position angulaire

( = sin ) avec l’expression de la différence de marche en fonction de la phase entre



deux sources adjacentes. On obtient de la sorte, pour = la position angulaire du pic

central, soit

= arcsin¡2

¢E27. (a) Le premier minimum est causé par une différence de phase de 2 entre les ondes issues

du haut et du bas, et la position angulaire est donnée par l’équation 7.11 où = 1 :

= arcsin¡

¢= arcsin

³6562×10−98×10−5

´= 0470◦

(b) On cherche l’intensité lumineuse à mi-chemin d’arc entre le premier minimum et le pic

central. Pour ce faire, on doit d’abord trouver la phase en ce point entre les deux rayons

extrêmes :

=2 sin

³2

´

=2(8×10−5) sin

µ0470◦2

¶6562×10−9 = 3142 rad

On obtient ensuite l’intensité au moyen de l’équation 7.10 :

=0 sin

2(2 )

(2 )2 =

0 sin2

µ31422

¶µ31422

¶2 = 04050

E28. Par l’approximation des petits angles, on peut affirmer que la phase, à cet endroit, est

de

= 2

=2(6×10−5)(2×10−2)(34)(523×10−9) = 4240 rad

Avec l’équation 7.10, on calcule une intensité de

=0 sin

2(2 )

(2 )2 =

0 sin2

µ42402

¶µ42402

¶2 = 01620

E29. Si on double la largeur de la fente, il passe deux fois plus de lumière, ce qui implique que

= 20 Comme ∝ 2 et 0 ∝ 20 on trouve

∝ 2 =⇒ ∝ 420 =⇒ ∝ 40 =⇒ CQFD

E30. Au moyen de l’équation 7.14, on détermine que le pouvoir de résolution de ce réseau est

de

= ∆= 5893×10−9

6×10−10 = 982

Comme on peut aussi exprimer avec = pour une différenciation au premier

ordre, on doit avoir 982 fentes. Dans ce cas-ci, le réseau possède 300 traits/mm. Il doit

donc avoir une largeur minimale de

= = 982× ¡1 mm300

¢= 327 mm

E31. Ce réseau compte = = 11760 fentes. Selon l’équation 7.14, au deuxième ordre, la

différence minimale de longueur d’onde que le réseau peut discerner autour de 550 nm

est de



∆= =⇒ ∆ =

= 550×10−9

11760(2)= 00234 mm

E32. (a) Le pouvoir de résolution requis équivaut à

=2+12

2−11

= 2+12(2−1) =

58685×10−9+58632×10−92(58685×10−9−58632×10−9) = 111× 103

(b) Au deuxième ordre, le nombre minimal de trait requis est donné par l’équation 7.14, soit

= =⇒ = = 111×103

2= 555

E33. L’angle du faisceau diffracté de premier ordre est donné par l’équation 7.15 où = 1,

soit

= arcsin¡2

¢= arcsin

µ(1)(14×10−10)2(32×10−10)

¶= 126◦

E34. (a) On trouve la longueur d’onde au moyen de l’équation 7.15 en posant = 1 = 028 nm

et = 15◦ :

2 sin = =⇒ = 2 sin

=2(028×10−9) sin(15◦)

(1)= 145× 10−10 m

(b) On trouve l’angle du maximum de deuxième ordre avec = 2 dans l’équation 7.15 :

2 sin = =⇒ = arcsin¡2

¢= arcsin

µ2(145×10−10)2(028×10−9)

¶= 312◦

E35. La longueur d’onde du rayonnement est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle = 2 :

= 2 sin

=2(028×10−9) sin(195◦)

2= 935 pm

E36. La distance entre les plans atomiques est donnée par l’équation 7.15, dans laquelle

= 1 :

2 sin = =⇒ = 2 sin

=(1)(13×10−10)

2 sin(9◦) = 416× 10−10 mE37. Quel que soit la direction de l’axe du premier polariseur, la lumière perd 50 % de son

intensité en le traversant, et 1 =02Ainsi, après le second polariseur, l’intensité transmise

équivaut à

2 = 1 cos2 (60◦) = 0 cos

2(60◦)2

= 01250

E38. L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes :

1 =02 2 = 1 cos

2 (45◦) 3 = 2 cos2 (45◦)

Ainsi, la valeur finale est 3 =0 cos

4(45◦)2

= 01250 .

E39. L’angle de polarisation est donné par tan p =21, et l’angle critique de réflexion totale

interne s’exprime au moyen de l’équation 4.8, soit 2 sin c = 1 Si on combine ces deux

équations, on obtient

sin c =1

tan p=⇒ sin c = cotan p =⇒ CQFD

E40. On utilise le résultat de l’exercice précédent et on obtient



p = arccot (sin c) = arccot (sin (38◦)) = 584◦

E41. Comme l’angle de polarisation est mesuré en fonction de la normale, on peut écrire, en

accord avec l’équation 7.17, que l’orientation s des rayons du soleil au-dessus de l’horizon

est de

s = 90◦ − p = 90

◦ − arctan³21

´= 90◦ − arctan

³1331

´= 369◦

E42. On sait que 1 =02 Pour que 2 =

05 on doit trouver la valeur de telle que

2 = 1 cos2 = 0

2cos2 = 0

5=⇒ cos2 = 04 =⇒ = arccos

¡√04¢= 508◦

E43. On trouve l’angle de polarisation avec l’équation 7.17 :

p = arctan³21

´= arctan

³16133

´= 503◦

E44. L’angle d’incidence est égal à l’angle de polarisation p qui est donné par l’équation

7.17 :

= p = arctan³21

´= arctan

³1133

´= 369◦

E45. Comme le rayon réfracté forme un angle de 90◦ avec le rayon réfléchi, on peut écrire que

= 90◦ − p = 90◦ − arctan

³21

´= 90◦ − arctan

³161

´= 320◦

E46. sin 1 = 1 = 044

◦ et = tan = 186 cm =⇒ 2 = 372 cm

E47. = = 0567 m, sin 1 =

=⇒ 1 = 451◦

E48. La condition d’interférence est sin = ; pour la diffraction, on a sin = donc

= 4, ce qui implique que = 0600 mm .

E49. Puisque sin 1 =et sin 2 =

2, alors 1 = 725× 10−3 rad et 2 = 145× 10−2 rad, on

détermine ensuite que ∆ = (tan 2 − tan 1) = 232 cm

E50. Au premier minimum de diffraction, la condition d’interférence est sin = = 5

et, pour la diffraction, on a sin = donc = 5

Pour le second minimum de diffraction, la condition d’interférence est toujours

sin = et celle de la diffraction est sin = 2 Ainsi,

=

2=⇒ 5 =

2=⇒ = 10

Il y a donc 4 franges brillantes entre les deux premiers minimum de diffraction.

E51. c =122

= =⇒ = 122

= 0488 m

E52. (a) c =122= 280× 10−7 rad

(b) = = 50000¡94607× 1015¢ ¡280× 10−7¢ = 132× 1014 m

E53. c =122=

=⇒ = 122

= 376 m



E54. On donne le diamètre de la lentille = 0007

(a) À partir du critère de Rayleigh, on calcule :

c =122

=122(450×10−9)

0007= 784× 10−5 rad

(b) À nouveau, à partir du critère de Rayleigh, on calcule :

c =122

=122(650×10−9)

0007= 113× 10−4 rad

(c) On calcule d’abord la séparation angulaire pour la lumière jaune :

c =122

=122(550×10−9)

0007= 959× 10−5 rad

En supposant que les bactéries sont au foyer de la lentille, la séparation minimale est

donnée par l’équation :

= c = (0005)¡959× 10−5¢ = 0480 m

E55. (a) sin = 2 =⇒ = 344× 10−6 m =⇒ = 18 cm

= 523× 103

(b) sin 3 = 3 =⇒ 3 = 284◦

E56. = 0001650

= 154× 10−6 m, sin = 2 1 = 3435

◦ et 2 = 3918◦ donc

∆ = 483◦

Problèmes

P1. On examine la figure 7.68 du manuel et on note que, pour une distance entre les

graduations de la règle, la différence de chemin entre deux rayons incidents successifs est

cos, tandis que la différence de trajet entre les rayons diffractés correspondants vaut

− cos Pour obtenir un maximum principal à l’angle d’observation la condition pourl’interférence constructive est (cos− cos ) = .

P2. (a) Au moyen de la figure 7.32 et de l’équation 7.6, on note que la position du premier

maximum principal après celui du centre est donnée par l’équation 7.5 lorsque = 1

dans l’expression de la phase :

sin = 22

=⇒ = =

(36)(1)(450×10−9)5×10−4 = 324 mm

(b) Les maxima secondaires de premier et de deuxième ordre ont lieu lorsque leurs différences

de phase valent et 3 :

1 =2=

(36)(450×10−9)2(5×10−4) =⇒ 1 = 162 mm

2 =(3)2

=(36)(3)(450×10−9)

2(5×10−4) =⇒ 2 = 486 mm

(c) Les deux premiers minima ont lieu pour des différences de phase de 23et de 4

3, ce qui

permet d’obtenir



1 =3=

(36)(450×10−9)3(5×10−4) =⇒ 1 = 108 mm

2 =(2)3

=(36)(2)(450×10−9)

3(5×10−4) =⇒ 2 = 216 mm

P3. (a) Au moyen de la figure 7.32 et de l’équation 7.6, on note que la position du premier

maximum principal après le pic central est donnée par

= =

(36)(450×10−9)8×10−5 = 203 mm

(b) Les positions des deux premiers minima sont données par des valeurs de phase égales à

2et soit

1 =4=

(36)(450×10−9)4(8×10−5) =⇒ 1 = 506 mm

2 =2=

(36)(450×10−9)2(8×10−5) =⇒ 1 = 101 mm

P4. On prend l’équation 7.4, où = sin , qui donne la position des maxima principaux en

fonction de la longueur d’onde, et on la dérive :

sin = =⇒ cos = =⇒ = cos

Comme ∆ est petit, ce résultat implique que ∆ = ∆ cos

=⇒ CQFD

P5. (a) On considère l’équation de la position angulaire d’un maximum principal, soit

sin = (i)

et l’équation du minimum supérieur qui le borne, exprimée par l’équation 7.13b :

sin ( +∆) = ( + 1) =⇒ (sin cos∆ + cos sin∆) = ( + 1)

(ii)

Pour obtenir la demi-largeur angulaire du maximum,∆ on n’a qu’à soustraire l’équation

(i) de l’équation (ii), en supposant que ∆ est petit, donc cos∆ ≈ 1 et sin∆ ≈ ∆ : (sin cos∆ + cos sin∆)− sin = ( + 1)

− =⇒

sin + cos ∆ − sin = =⇒ cos ∆ =

=⇒ ∆ =

cos =⇒ CQFD

(b) Dans ce cas particulier, ∆ vaut

∆ = cos

= 21×10−232(70) cos(0◦) = 938× 10−5 rad

P6. On dérive l’équation sin = et on obtient

cos = =⇒ cos =

=⇒ cos

= sin

=⇒

= tan

=⇒ CQFD

P7. L’intensité transmise est fonction des conditions suivantes :

1 =02 2 = 1 cos

2 (30◦) 3 = 2 cos2 (30◦)

Ainsi, la valeur finale est 3 =0 cos

4(30◦)2

= 02810 .

P8. Le pic central pourra être orienté ainsi seulement si la différence de phase est de entre

une source et celle qui est le plus au nord, soit



= 2 sin

=2(100) sin(11◦)

600=⇒ = 0200 rad

P9. (a) Aux maxima secondaires d’intensité, la variation d’intensité en fonction de la variation de

phase entre les deux rayons extrêmes du dispositif est momentanément de zéro. On peut

donc trouver la condition qui donne les positions angulaires de ces maxima en posant

= 0 dans l’équation 7.10 :

() =0 sin

2(2 )

(2 )2

On dérive cette équation en faisant appel à la règle usuelle de dérivation d’un quotient,

soit

¡

¢= 1

2

¡ −

¢:

= 1

(2 )4

³¡2

¢2sin¡2

¢cos¡2

¢− ¡2

¢sin2

¡2

¢´= 0 =⇒

sin(2 ) cos(2 )

(2 )2 =

sin2(2 )

(2 )3 =⇒ tan

¡2

¢=

2=⇒ CQFD

(b) Il n’est pas possible de résoudre algébriquement cette équation, que l’on qualifie de

transcendante pour cette raison. On pourrait y arriver au moyen de la méthode de Newton

appliquée manuellement, mais il est plus intéressant de s’en remettre aux fonctionnalités

d’analyse numérique du logiciel Maple.

On commence par créer un graphe des deux fonctions qui apparaissent de part et d’autre

de l’égalité afin de localiser approximativement le point d’intersection. Puis, il suffit

de définir l’expression de et de la résoudre numériquement dans la région du point

d’intersection :

restart;

plot({alpha/2,tan(alpha/2)},alpha=0..15,-10..10);

eq:=alpha/2=tan(alpha/2);

fsolve(eq,alpha,8..10);

On détermine que = 899 rad

P10. On cherche la position angulaire telle que = 0250 On doit commencer par trouver

la phase entre les deux rayons au moyen de l’équation 7.10 :

=0 sin

2(2 )

(2 )2 =⇒ 0250

¡2

¢2= 0 sin

2¡2

¢=⇒ 025 = sin

¡2

¢Comme au problème précédent, on peut résoudre cette équation transcendante à partir

du logiciel Maple. On commence par créer un graphe des deux fonctions qui apparaissent

de part et d’autre de l’égalité afin de localiser approximativement le point d’intersection.

Puis, il suffit de définir l’expression de et de la résoudre numériquement dans la région

du point d’intersection :



restart;

plot({0.25*alpha,sin(alpha/2)},alpha=0..15,-10..10);

eq:=0.25*alpha=sin(alpha/2);

fsolve(eq,alpha,3..5);

On trouve ainsi que = 379099 rad et, comme = 600 nm et = 05 mm, on calcule

finalement l’angle , comme suit

= 2 sin

=⇒ = arcsin¡2

¢= 00415◦

P11. Dans la portion gauche de la figure 7.33, à partir du triangle isocèle dont l’angle au

sommet est de on note que le module de chaque vecteur individuel de Fresnel, qui

correspond à l’amplitude du champ électrique sortant de chaque fente, s’exprime comme

suit°°−→e 1°° = °°−→e

°° = 0 = 2 sin³2

´(i)

Le module de°°−→e °°, qui correspond à l’amplitude du champ résultant, peut aussi être

décrit géométriquement par°°−→e °° = 2 sin³2

´(ii)

Si on isole dans l’équation (i) et qu’on remplace le résultat obtenu dans l’équation (ii),

on obtient°°−→e °° = 0 sin

µ2

¶sin

µ2

¶Puisque ∝ 2 on a donc pour l’intensité totale

=0 sin

2

µ2

¶sin2

µ2

¶ =⇒ CQFD



Documents

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 6.4