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
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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
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(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◦
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 149
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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(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
150 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10
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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
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 151
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(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
152 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10
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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
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 153
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∆= =⇒ ∆ =
= 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
154 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10
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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
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 155
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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
156 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10
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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
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 157
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= 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 :
158 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) v10
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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
v10 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 7 : L’optique physique (II) 159
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