Td corrigé Agrégation Interne 2000 pdf

Agrégation Interne 2000 Corrigé des Exercices

d’Optique

Exo n°1 : étude d’un doubleur de focale.

1.a. Formule de Descartes (une seule lentille) : _p¹_'^{ 1}_p ^{ 1}_f , d'où : ^p' _p^pf_{ f} ^_-^₁₀₀₀¹⁰⁰⁰_^.50₅₀^52,6mm. 1.b. On calcule le grandissement :

mm 10,5 1000200

6 , 52 '

' 1 1

1

1 

 









 AB

p B p p A

p AB

B A

négatif & l’image est renversée.

2.a. Objet virtuel, donc p > 0. Descartes :

mm 40 40

- 20

40 .

' 20  

  f p

p pf donc A' est au foyer objet F2 de L2. L'image est réelle (cf figure).

2.b. Grandissement : ^{' ' '} ₂₀^{40 2}

1 1









 p

p B A

B

A .

3.a. On est donc dans la situation précédente : l'image définitive A'B' se forme donc dans le plan focal objet de L2, & cette lentille est donc en avant de 40 mm par rapport au film. L'image intermédiaire A1B1

se trouve alors à 20 mm, au milieu de O2A’. Il en résulte que : O₂A₁20mm. L'image intermédiaire A1B1 étant toujours à 52,6 mm de L1, on en déduit que O₁O₂ 32,6mm.

3.2. Le film étant à 20 mm de A1B1 a donc reculé de 20 mm. La distance entre L2 & le film vaut f2 = 40 mm quelle que soit la distance focale de l'objectif.

Exo n°2 : microscope.

1. L’image intermédiaire A1B1 doit se trouver dans le plan focal objet de la lentille L2 pour avoir une image définitive à l’infini. Donc A1 = F2. On en déduit la position de l’objet A, qui est donc le conjugué de F2 par la lentille L1. Construction :

La relation de conjugaison de Newton (mieux adaptée quand il y a deux lentilles) donne :













 ₁² ₁ ¹²

2 1

1A.F' F F A

F .

AN : 0,1mm

250 5²

1A 

F . L’objet est toujours très proche du foyer objet de l’objectif de façon à avoir un grandissement maximal.

2. On a : ^{0 , 0}

' ' '

2 2

2

2   





 F' A

AB F

O K

O . Or :

2 1 1 1

1 2

2 2

2 ' , ' '

 











 A B

B A K O F

O .

 

2 12 2 1

1 2 1

1 12 2 2 2 1 1 1 1

2 2 2 /

2 2

' '

'

' 















 













 









 AB

B G A F

F F F F F AF

AF . Or :

  ^{ }    

 



^{   }

























 



 











 



 /

/ 2

2

/ _{2 1 1}²

12 2

1 1

12 1

1 1

2 1 1

1 G

A O

F O AB

B

A .

AN :    



 0,1mm ₁, ₂,

12 puis ^₁^donc

 

₆₂₀

25 . 5

250 50 10

250   





G .

Convergence de l’objectif :

1 11



C , convergence de l’oculaire :

2 12



C , convergence du microscope donnée par la formule de Gullstrand :

2 1

2 2 1

1 2

1 1











 







 e

C eC C C

C . On calcule :





















_{1 2} e O₁F'₁ F₂O₂ O₂O₁ F₂F'₁ donc : 0,5mm 250

25 .

2 5

1  









 & l’ensemble

est divergent. Convergence : ^{C  1}_^{2000dioptries}. Construction des plans principaux :

Plan principal image : l’incident parallèle à l’axe passe par F’1, puis par F’, & coupe son prolongement en K'P'. De même, l’émergent parallèle à l’axe, passant par K’, est passé par F2, F & K à la même distance de l’axe (car  = +1).

3. Pour que A’ soit à distance finie, A1 n’est plus en F2 ! On écrit les relations de conjugaison de Newton :

22 2

1 2 2

1 1

1

1A.F' A  , F A .F' A'

F . En posant : F₁A x, on a :

A x F

12 1

'1  , puis : A x

F F F A

F_{2 1} ₂ '₁ '_{1 1}¹² soit : ^{' '}

 

1^{2/ 0} 22

2 











  A x

F , avec : F'₂A'd.

La borne inférieure redonne





 ¹²

x . La borne supérieure donne : ^

 

^1^{2/x d}

22 , soit :

 

^d

x x d d

2/

2 12 12

22







 

 







 , d’où la latitude de mise au point :

   

^













 



 







 





x d d

/ 1 1 1

/ ²₂

12 22

12

12 . Or : _{10 1}

250 . 250

25 .

25 ₂

22   



 _

d , donc DL :

! µm 250 1

5 , 0 ²

2 2 2 2

1   









x d d

Exo n°3 : arc en ciel.

1. On a :



^AS,CR

 

^{ AS,SA}

 

^{ SA,AB}

 

^{ AB,BC}

 

^{ BC,CR}



^{ir  2r  ir, soit :}

i r 2 4 



 . En lumière monochromatique, l’indice n est constant. On différencie la relation précédente

& la loi de Descartes : d4dr2di & sininsinrcosi.dincosr.dr & on élimine dr entre ces

deux relations : 2 0

cos cos 4 cos

cos 4

2     





r n

i di

di d r n

i di

d si i = iM. Soit : 2cosi_M ncosr_M . On élève

au carré & on utilise la loi de Descartes :

 

_^









 



 ^{2 2} sin²₂ 1 sin

1 .

4 n

n i

i_M ^M d’où :

3 sin 4 n²

i_M   . AN : ^{ sin 0,86 59,3}

3

4 iM iM

n .

 Si i = 0 : ^{0 ,0 ,  420} n

di

r d ;

 Si ^{i :rl}

2 , avec ^{arcsin1 48,5}

l n , ^{14 , 20} di

d

D’où l’allure de la courbe.

2. L’énoncé donnant n(rouge) < n(violet), on a : ⁰

 d

dn , conforme à la loi de Cauchy ₂



 B

A

n . On

différencie toujours les deux mêmes lois, mais maintenant à n variable & i constant (= ), ce qui donne : dr

d i

r 2 4

4   



 & sininsinr0dnsinrncosr.dr. On élimine encore dr : 0

4tan

4 tan 

 

 

 





d rdn n d

d n rdn

d .

Chaque anneau correspondant à la longueur d’onde  est vu sous l’angle ^_M

 

^{ } donc _^{ 0} d

d : le

rouge est à l’extérieur, & le violet à l’intérieur de l’arc.

3. On a :



^DR,AS

 

^{ DR,DC}

 

^{ DC,CB}

 

^{ CB,BA}

 

^{ BA,AS}



^{ir2r2rir, soit :}

r i 6 2 







 . Le calcul de iM suppose d’être en lumière monochromatique, donc d2di6dr. Descartes : sininsinrcosi.dincosr.dr donc 0

cos 6 cos cos 2

cos 6

2    







r n

i di

di d r n

i d

di si i =

iM. Soit :

8 sin 9

cos cos

3 n²

i r

n

i_M  _M  _M   en élevant au carré & en utilisant la loi de Descartes.

AN : sini_M 0,95i_M 71,8sinr_M 0,71r_M 45,4_M 51,2, valeur supérieure à celle de la deuxième question : le second arc est extérieur au premier.

On différencie maintenant à n variable & i constant : sininsinr0dnsinrncosr.dr & de même : n

rdn dr d

d tan

6  6 





 & donc : ^{6tan 0}

 





d rdn n d

d , & l’ordre des couleurs est inversé sur le second arc.

Exo n°4 : coin d’air.

1. On appelle Io l’intensité lumineuse incidente. Le rayon (1) a subi une réflexion, donc l’intensité lumineuse réfléchie vaut : I₁ R.Io. Le rayon (2) a subi une réflexion & deux transmissions, donc l’intensité lumineuse transmise vaut : I₂ RT²I_o. L’intensité relative des deux vibrations vaut donc :



1



² 0,92

2 1

2 T  R  I

I proche de 1 donc le contraste sera bon. RT 1si on néglige l’absorption.

2. Le vecteur d’onde de l’onde incidente a pour composantes : ^k_x ^{0, k}_y ^{2 sini, k}_z ^{2 cosi}



 

 

 

 .

L’amplitude complexe de l’onde incidente est donnée par : a(M)A_oe^j(M), où la phase est donnée par : M k r 2



ysini zcosi



. )

( 



 



 

. Si l’indice de l’air vaut 1, alors  est la longueur d’onde dans le vide.

3. De même :

Le vecteur d’onde de l’onde réfléchie a pour composantes : ^k'_x ^{0, k'}_y ^{2 sini, k'}_z ^{2 cosi}



 



 

 , &

l’amplitude complexe de l’onde réfléchie est donnée par : a(P)rA_oe^j1(P), où la phase est donnée par : P k r 2



ysini zcosi



'.

)

1( 



 



  

& le facteur de réflexion pour les amplitudes vaut r R. Si un miroir tourne d’un angle , le rayon réfléchi tourne de 2 (angle des deux rayons sur la figure), propriété connue des miroirs tournants. Alors le vecteur d’onde de l’onde transmise a pour composantes :

  

 





 



 

 

 2 cos 2

'' , 2 2 sin

'' , 0

'' k i k i

k _{x y z} , & l’amplitude complexe de l’onde transmise est

donnée par : ^a₂^(P)^rt2A_o^ej2(P), avec :

 

 







 

 



 



 2 sin 2 cos 2

'.

' )

2(P k r y i z i

& le facteur de transmission pour les amplitudes vaut t T (milieux extrêmes identiques).

4. La source étant ponctuelle & monochromatique est totalement cohérente, donc on ajoute les amplitudes d’où : a(P)a1(P)a2(P)rA_o



e^j1(P)t²e^j1(P)



. On en déduit l’intensité lumineuse au

point P :



 

 

2

 ^

^ 2 1^

^

1 2 2

* 1 2 cos 1 1 cos

) ( . ) ( )

(P a P a P RI T  T   R T I K  

I _{o o} , où l’on a

posé :

 



1 0,04



^0,9992

1

04 , 0 1 2 1

2

2

2 





 

  T

K T . Calculons le déphasage :

 



i i



z

 

i



i



y 2 cos 2 cos

sin 2

2 sin

1

2   



 





 

 









 . On transforme les différences en produits :

 

     



 











 



 





 

 





 

 









 y i z i 4 sin ycosi zsini

sin 4 sin

cos 4 sin

1

2 .

Les surfaces d’intensité maximale sont les franges brillantes, obtenues pour ^2m, où m est un entier

relatif, soit :

       









 



















 

 y i z i z y i m i

m 2sin cos sin .cotan 2sin sin

. La dernière équation est celle d’une famille de droites Dm, traces dans le plan Oyz d’une famille de plan parallèles.

Ces droites font avec l’axe Oz l’angle i, la droite Do passe par l’origine, la droite Dm coupe l’axe Oz en 







 m i

sin sin

2 , & donc sa distance à l’origine O vaut



 sin m2 .

5. Pour que l’interfrange soit minimal, il faut que l’écran (E) soit orthogonal aux franges, donc l’angle orienté



^OP,i



^{vaut i}, ce qui veut dire que, pour une incidence i, l’écran doit faire le même angle avec la lame L2. Alors la distance de Dm à l’origine vaut m fois l’interfrange, d’où :



 

 2sin comme pour les miroirs de Fresnel. On a noté l’interfrange  pour ne pas confondre avec l’angle d’incidence.

AN : alors : sin, donc : 0,3mm .

5

60 . 180 10 .

5 ⁷ 

 

 ^ à peine visible à l’œil nu.

6. IM sur une frange brillante est obtenu pour ^cos1(vibrations en phase), & Im sur une frange sombre



^{1 2}

 ^

^1

^

^{, }



^{1 2}

 ^

^1

^

^{, 1}

R T I K I R T I K K

I_{M o m o} , normal car la source présente la cohérence

totale (le contraste serait rigoureusement égal à un dans ce cas pour des franges délocalisées).

7. L’intensité Io de la source est alors uniformément répartie (sources de même intensité) sur le domaine angulaire

2 2





 

 _o

o i i

i . Si on considère alors la source quasi – ponctuelle émettant dans l’intervalle angulaire infinitésimal ^[i,idi[, elle a l’intensité élémentaire I di

dI_o ^o

  & sa contribution à l’intensité au point P de l’écran est : ^dI(^P) ^RdIo



1 ^T2 2^Tcos (ⁱ)



^RIo



1^T22^Tcos(ⁱ)



.^di

 







 , avec :

   



  



 

 

 i 4 sin ycosi zsini )

( . On pose alors : ⁱⁱo^x, avec

2 2

 



 x , donc x io.

Alors : 

 

 







 

 



 

 x 4 sin ycosi_o x zsini_o x )

( . Théorème des accroissements finis :









(x) _o x. , avec 

 











 



 







_o x 4 sin ycosi_o zsini_o )

0

( &

0



 



 

 dx x

d , soit :

   



  



 

 

 4 sin ysin i_o zcosi_o

. Alors cos(x)cos



_ox.



. On reporte :



^T



^I

^

^K

^

^x

^{ }

^dx

R P

dI( ) 1 ^{2 o} 1 cos _o  .

 

 . Ces sources élémentaires étant incohérentes, on somme les

intensités, soit : ^







 2 /

2 /

) ( )

(P dI P

I , ce qui donne :

  ^{ }   ^{ }

_^













 















 















   

 























^/2

2 / 2 2

/ 2 /

2 sin

1 1

. cos

1 1

)

( K x

I T R dx K x

I T R P

I _{o o o} ^o , ou :

   

_



 



  



 

 









 



 

 



 



 



 





 



 





 _{o o o o} K _o

I T K R

I T R P

I cos

sin 2 2 1 2 1

2 sin sin

1 1

)

( ^{2 2}

soit finalement :

 

^



 



  



 

 

 



 _{o o}

T I T

T R P

I cos

sinc 2 1

1 2 1

)

( 2

2 .

IM sur une frange brillante est obtenu pour ^coso ^1(vibrations en phase), & Im sur une frange sombre est obtenu pour ^coso ^1(vibrations en opposition de phase), soit :

   

^K

T K T

I T R I K

I T R

I_{M o m o} 



 



 

 



 



 



 



 



  



 



 



 



 



  



 sinc 2

1 , 2

sinc 2 . 1 1

2 , sinc . 1

1 ^{2 2} ₂ .

normal car la source est maintenant incohérente.

 s’annule une première fois pour : ^1₂^{}1 ^2_^

. Il faut faire apparaître la distance D dans  :

   



  



 

 

 4 sin ysin i_o zcosi_o

. Le crochet peut aussi s’écrire  OP.u, où le vecteur unitaire a les composantes : ^u



^{0 ,sin}



ⁱ_o ^



^,cos



ⁱ_o ^

 

& est donc orthogonal à l’écran (E), d’où il résulte que l’on a : ^{4 sin.D}



 

 , soit finalement : ^{3,4.10 rad 1'10''}

sin 2

1    4 



 

 ^

D

D , donc source quasi -

ponctuelle.

8. On effectue un DL du contraste : ^{K K K}











 



 



  





 



  

 ²

2 6 1 1

sinc 2 si ^{0 ,0}pour une source

étendue. Or ^{4 sin.  0}



 

 D D & la surface  coïncide avec l’écran (E) de la figure de l’énoncé (surface de localisation des franges).

Remarquer qu’alors le contraste ne dépend plus de , à n’importe quel ordre, mais les expressions en  ont été établies par un calcul à l’ordre 1. On va traduire la propriété de la surface de localisation de façon différente :

   

 

4 sin . 0

sin cos

4 sin )

(  



 















 

 

 D

di i d

z i

y

i car D = 0 sur la surface de localisation

. De même :  

2 2

di

d d’où on déduit que :

Sur la surface de localisation , le déphasage  & la ddm  sont stationnaires.

9. D’après la propriété précédente :    _o  _o

io io o

o i i

di d di

i d

i    









 



 



  



 



 









 



 

 2 2 8

1 2

2

2 2

2 2

. On en déduit, avec 

 

i_o 100 :   rad 8 6'

50 1 100 4

8 2

2    









 



 

 i_o i_o , & on peut

travailler avec une source beaucoup plus étendue (par exemple, environ 7 cm de large à 50 cm du coin d’air).

Exo n°5 : anémométrie LASER.

A. Géométrie des interférences :

1. L’axe OX est axe de symétrie, & il n’y a pas de déphasage dû aux réflexions, donc ^O ^0.

2. La largeur AA’ se retrouve sur le dioptre, & donc : ^AA'_cos(²_^D_/2) ^2D1mmcar l’angle  est petit.

3. On fait apparaître les plans d’onde (cf figure). Théorème de Malus : ^_M ^L₂^L₁^n



^MHMK



. En posant ^



^OX,OM



^{: MK OM.sin}_^₂^₂^r_^{OM.cos}_^{ } ₂^r_^ & de même :



 

 



 



 .cos 2

2 sin 2

. r

r OM OM

MH , d’où : 



 

 







 2 . .sin .sin 2r n

M OM . Or l’angle r est

petit, & OMsinY , d’où : _M Y. Le pas correspond à l’interfrange, donc _M  si Y = P, soit :

μm 0 5 2

, 1 .

180 10 . 2 ,

5 ⁷ 

 



^{o }

P . Nombre de franges : ^{ '  2 51}

P D P

N AA nombre entier impair car il y a une frange brillante au centre.

B. Intensité des interférences : 4. On a :

o

K k

k 

 



 2

2

1 

 , 1 K^cos(_sin(r_/^/₂²₎⁾ r k K

, 2 K^cos(_sin(r^/_/²₂⁾₎ r k K



 . L’angle r étant petit, on a :

) 2 /

1 K(r k K

, 2 K₍r_/2) k K



 . De la relation a I.e^j, avec L

o

 

 2

, on déduit :

 

_



 



 



 

 



 





 2

exp 2 . .

exp . )

( ₁

1 M I jk nr I jn X rY

a

o o

o  

& de même :

 

_



 



 



 

 



 





 2

exp 2 . .

exp . )

( ₂

2 M I jk nr I jn X rY

a

o o

o  

. Le faisceau LASER étant cohérent, on ajoute les amplitudes. Avec la formule d’Euler, on obtient :



 







 



 







 



 



 

 







 



 







 



 







 



o o o

o o

o o n rY jnX

rY I jn rY

jn jnX

I M

a 2

exp cos

. 2 exp

2 exp exp

. )

( .