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Concours Physique ENS Cachan 1996 (Corrigé)

ETUDE D’UN SPECTROSCOPE A PRISME
APPLICATION A UNE MESURE INTERFERENTIELLE D’INDICE
I.1.
Notations: i=(N, u ) ; r=(N, u1 ) ; r=(N, u1 ) ; i=(N, u ) ; D=(u, u ) et A = (N, N)
A = (N, N) = (N, u1 ) +(u1, N ) = r - r’
I.2. D = (u,  N) + (N,  N) + (N, u) = - i’ - A + i ⇒ D = i - i’ - A

II. Notations : i=(N1, u ) ; r1=(N1, u1 ) ; r1=(N2, u1 ) ; r2=(N2, u2 ) ; r2=(N3, u2 ) ; r3=(N3, u3 ) ; r3=(N4, u3 ) et i=(N4, u4 ). De plus : A0 = ( N3, N2) et A=π2= ( N1, N2) = ( N3, N4)
II.1. D=(u4, u ) = (u4, N4 ) + ( N4, N3) + ( N3, N2) + ( N2, N1) + (N1, u )
⇒ D = i - i’ + A0 - π
Les « formules » du prisme sont: sin i = n sin r1 ; n sin r’1 = n0 sin r2 ; n0 sin r’2 = n sin r3 et n sin r’3 = sin i’.
r1 - r’1 = r3 - r’3 = π/2 ; r’2 - r2 = A0 .

II.2.a.


II.2.b. Le schéma montre que i = α2=πA02 alors que D = 0 ⇒ i’ = - i et par conséquent : r1 = -r’3 ; r’1 = - r3 et r’2 = - r2 .
sin i = n sin r1, compte tenu de i = πA02 devient cos A0/2 = n sin r1 (1)
n sin r’1 = n0 sin r2 , compte tenu de r1 - r’1 = π/2 et de r’2 - r2 = A0 avec r’2 = - r2 , devient : n cos r1 = n0 sin A0/2 (2)
En faisant « (1)2 + (2)2 » , on trouve : cos2A02=n20n2n201 ; L’application numérique donne A0 = 122°
Remarque : en différenciant les « formules » du prisme dans le cas où D = 0, on montre facilement que cette valeur est un extrémum de D ( car alors di = di’ ⇒ dD = 0 pour A0 constant ).
III.1.a. Calcul classique de la figure de diffraction à l’infini par une fente de largeur a. ( Principe d’Huygens- Fresnel).
L’amplitude complexe de la vibration élémentaire issue de « P » : dA = A0 e - j ϕ L dx avec ϕ = 2πδλ0 si on choisit comme origine des phases en M la phase de la vibration issue de « O » et si L est la longueur de la fente. δ=xxf et on intègre sur x de - a/2 à + a/2.
On trouve: A=A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0L ; l’éclairement est donc: E = K A A* = K A02 l02 L2(sinπxl0λ0fπxl0λ0f)2; quand x’ = 0, la parenthèse vaut 1 donc E0 = K A02 l02 L2 ⇒ E(x’) = E0 (sinπxl0λ0fπxl0λ0f)2
III.1.b. Le premier zéro pour x’ > 0 est en x’ = λ0 f’/a ( le numérateur vaut zéro) ⇒ d0 = 2λ0fa=0,012mm

III.2. La variation maximum di de i autour de la valeur précédemment calculée ( II.2.b.) vaut l/2f . On est au voisinage de D = 0 avec dD = 0 donc di’ = di et i’ = - i. Le centre de la figure de diffraction due à la fente infiniment fine située en « B , haut de la fente» se trouve en x’ = f di’ = l/2 = 0,025 mm. En tenant compte de tous les maxima intermédiaires, on peut conclure que l’éclairement est quasi- constant
III.3.a. Il suffit d’appliquer les formules du prisme pour calculer i’ , i = cte ∀ λ.. Les valeurs de x’ s’en déduisent facilement par x’ = f’ ( i’ - i’λ0).
III.b.
Lambda
-3,94 706,5
-2,31 643,8
0 589,3
1,51 546,1
6,66 486,1
IV.1.a. Calcul habituel de l’éclairement dans le plan focal de L’0 .
Chaque fente diffracte, dans la direction « α », une amplitude complexe A de la forme calculée au III.1.a., à un facteur de phase près (tenant compte du déplacement de la fente qui n’est plus sur l’axe du système) soit:
A=A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0L ej φ
Les sources F1 et F2 sont cohérentes, on ajoute donc, en M, où les rayons issus des deux sources se superposent, les amplitudes complexes: ATOT = A + A e- j ψ où ψ = 2πδλ0 avec δ=sxf= (F2M) - (F1M).
L’éclairement de l’écran s’écrit alors E = K ATOT.ATOT
soit E = K (A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0)2(1 + e- j ψ) (1 + e+ j ψ) = 2 K (A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0)2(1 + cos ψ)
E = 4 K (A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0)2cos2 ψ2 = 4 K (A0sinπxl0λ0fπxl0λ0fl0)2cos2 πsxλ0f = E0 (sinπxl0λ0fπxl0λ0f)2cos2 πsxλ0f si E0 est l’éclairement en x = 0.
Quand F0 est infiniment fine :
E = E0 (sinπxl0λ0fπxl0λ0f)2cos2 πsxλ0f IV.1.b. Le premier « zéro » de la figure de diffraction est donné par x1d=λ0fl0, celui de la figure d’interférences par x1i=λ0f2s Or s / l0 = 10 et x1i = 0,118 mm. La fente « infiniment fine » située en « B , haut de la fente» fournirait le même éclairement de l’écran centré à l’abscisse x = 0,025 mm d’où un « écart maximum entre les « franges centrales » de 0,025 mm alors que l’interfrange vaut donc 0,236 mm. Conclusion: bon contraste. ( Les différentes « sources infiniment fines » constituant F0 étant incohérentes entre elles, les éclairements s’ajoutent).
IV.1.c. L’angle i d’incidence sur le premier prisme est celui calculé à la question II.2., pour la radiation de 589,3 nm, la déviation est donc nulle et on observe une raie brillante jaune en F’ (fig.3. du texte) puisque en x = 0, on a une frange brillante.

IV.2.a. La seule différence avec le cas précédent est la présence de la lame ⇒ seul ψ est changé puisque seule la différence de marche entre les rayons issus des milieux de F1 et F2 est changée : elle vaut maintenant : δ’ = (F2M) - (F1M)’. Or (F1M)’ = (F1M) - e + ne { soit « l’ancien F1M » auquel on enlève e d’air que l’on remplace par ne de verre}.
donc δ’ = sxf - (n - 1) e ⇒ ψ’ ⇒ E’ = E0 (sinπxl0λ0fπxl0λ0f)2cos2 πλ0(sxf(n1)e).
L’ordre d’interférence, à l’abscisse x a diminué, les franges se sont donc déplacées en bloc vers le haut. En x = 0 , l’ordre est donc négatif, puisqu’il était nul en l’absence de la lame.
IV.2.b. Même remarque qu’en IV.1.c. mais si l’éclairement sur F’x’ est nul, c’est qu’en x = 0, se trouve une frange noire (l’interférence est destructive).
IV.2.c. En x = 0, en l’absence de lame, l’interférence est constructive pour toutes les longueurs d’onde, donc on observe une frange blanche et brillante (tous les éclairements s’ajoutent). A la sortie du spectro, on observe donc le spectre continu de cette lumière blanche.
IV.2.d. L’ordre en x = 0 a diminué pour les différentes longueurs d’onde, par conséquent certaines radiations sont éteintes. Ce sont ces raies éteintes ( en x = 0 , on a , probablement, du « blanc d’ordre supérieur » ) qui donnent les cannelures noires sur le spectre dans le plan F’x’.
en x = 0 , les 5 radiations « éteintes » sont celles qui annulent E’ par le terme d’interférence (on est au centre de la figure de diffraction) ⇒ cos2 πλ(sxf(n1)e) = 0 avec x = 0 ⇒ e(1n)πλ=(k+12)π avec k < 0 , par conséquent:
  • 1 - n = (k+12)λe : relation vérifiée pour toutes les radiations éteintes puisque n est indépendant de la longueur d’onde..
  • Sur le graphique établi au III.3.b., on peut déterminer les longueurs d’onde des radiations éteintes : x’2 = - 5,6 mm donne une valeur λ2 = 770 nm et x’1 = 3,4 mm une valeur λ1 = 516,6 nm.
S’il y a 3 radiations éteintes entre ces deux là : k2 - k1 = 4. (rappel k < 0)
(k1+12) λ1 = (k2+12) λ2(k1+12)1λ1=(k2+12)1λ2=k2k11λ21λ1=41λ21λ1(k1+12)λ1e=4λ1λ2(λ1λ2)e
1 - n = 4λ1λ2(λ1λ2)e = - 0,3488 ⇒ n = 1,35 environ ???? petit pour du verre.
Rq: s’il y avait p = 5 cannelures (au lieu de 3) entre les deux citées: n vaudrait 1,52, ce qui semble plus réaliste.

ASPECTS ENERGETIQUES DES DIPOLES
1. δW = v i dt ⇒ p(t) = v i .
2. p(t) = 2 V I sin (ωt + ϕ) sin ωt = - V I { cos (2ωt + ϕ) - cos ϕ }.
P = < p(t) > = V I cos ϕ
3. Le dipôle série a une impédance Z = R + j X et v = Z i ⇒ v = (R + j X) i , égalité entre deux nombres complexes qui ⇒ l’égalité de leurs modules et celle de leurs arguments d’où:
V = R2+X2 I et cos ϕ = RR2+X2
[module d’un produit = produit des modules ; argument d’un produit = somme des arguments ⇒ arg (v) = ϕ = arg Z ].
On en déduit facilement:
P = R I 2
4. Par analogie avec p(t) et P, notons q(t) = vq i.
q (t) = 2 V I sin (ωt + ϕ - π2 ) sin ωt = - V I { cos (2ωt + ϕ - π2) - cos (ϕ- π2)}.
Q = < q(t) > = V I cos (ϕ - π2) = V I sin ϕ.
v = (R + j X) i ⇒ V = R2+X2 I et sin ϕ = XR2+X2 dont on déduit :
Q = X I2..
5. i = Y v pour ce dipôle ; soit i = (G + j B) v . On écrit une nouvelle fois l’égalité entre ces deux nombres complexes d’où:
I = G2+B2 V , cos ϕ = GG2+B2 et sin ϕ = BG2+B2
Les expressions des valeurs moyennes de p(t) et q(t) sont inchangées, il vient donc:
P = G V2 et Q = - B V2 .

6.1. (dS1) et (dS2) ont même P et même Q lorsqu’ils sont soumis à la même tension v :
P = G1 V2 = G2 V2 et Q = - B1 V2= - B2 V2 ⇒ G1 = G2 et B1 = B2 ⇒ Y1 = Y2 ⇒ Z1 = Z2 .
6.2. P = G V2 = R I 2 avec I = 1R2+X2 V ⇒ G V2 = RV2R2+X2 ⇒ G = RR2+X2
Q = - B V2 = X I2 avec I = G2+B2 V ⇒ - B V2 = XV2R2+X2 ⇒ - B = XR2+X2
donc Y = G + j B = RjXR2+X2=1R+jX=1Z ⇒ Y = 1Z
7. G = P / V2 = 0,065 S ; B = - Q / V2 = - 0,112 S
et X2 + R2 = X2 ( 1 + R2 / X2 ) = 1 / Y2 = 59,31 Ω2
Le calcul donne : R = 3,85 Ω et X = 6,67 Ω
R et X sont positifs le sinus et le cosinus sont donc positifs, le déphasage ϕ est donc compris entre - π/2 et + π/2.
tan ϕ = X / R = 1,73 d’où ϕ = 60°.
8. Pour une inductance pure ( Z = j Lω) : G = 0 et B = 1Lω
Pour un condensateur ( Y = j Cω ) : G = 0 et B = C ω.
9. Diagramme de Fresnel : v = vC = vD et iL = iC + i = ( YC + YD ) v = { j Cω + ( G + jB )} v
iL = { G + j (B + Cω)} v.
remarque : le dipôle de la question 7 a une valeur de B négative ( il est donc inductif).
cosφ0=GG2+(B+Cω)2etsinφ0=B+CωG2+(B+Cω)2 tan ϕ’ 0 = (B + Cω) / G ⇒ C=Gtanφ0Bω A.N. C = 412 µF pour ϕ’ 0 = 15° et C = 301µF pour ϕ’ 0 = -15°
I = V G2+(B+Cω)2 A.N. : I = 15,54 A dans les deux cas (voir diagramme , symétrie par rapport à l’axe des abscisses).
10.1. p(t) = v i = 2 V [ I1 sin ωt sin (ωt + ϕ) - I5 sin 5ωt sin (ωt + ϕ) - I7 sin 5ωt sin (ωt + ϕ)]
⇒ p(t) = - V [I1 {cos ( 2ωt + ϕ) - cos ϕ} - I5 {cos ( 6ωt + ϕ) - cos ( -4ωt + ϕ)} - I7 {cos (8ωt + ϕ) - cos ( -7ωt + ϕ)}
La période de p(t) est donc T = 2π2ω=T02=12υ=0,01s
Tracé de p(t):

10.2. P = < p(t) > = V I1 cos ϕ = 4042,5 W.

10.3. Q = < q(t) > = < vq i > ce qui revient, encore ici, à changer ϕ en (φπ2) donc les cosinus en sinus.
Par conséquent: Q = V I1 sin ϕ = 7001,8 VAR.
10.4. I2eff=I2=1TT0i2(t)dt = < i2 >
i2 = 2 ( I1 sin ωt - I5 sin 5ωt - I7 sin 7ωt )2 ; la valeur moyenne des trois sinus2 vaut ½ ; la valeur moyenne des trois produits de sinus vaut zéro . Par conséquent :
I2 = I21+I22+I23
A.N. I = 35,7 A
10.5. iL = i + iC et IL2 = < i2 > + < iC2 > + 2 < i iC > ⇒ IL2 = I2 + IC2 + 2 < i iC > (I2LeffnotéI2Lainsi queI2CeffnotéI2C)
Il faut donc écrire iC .
Le condensateur a la tension V à ses bornes donc iC = C’ω V 2 sin (ωt + ϕ + π2 ) = C’ω V 2 cos (ωt + ϕ).
< iC2 > = IC2 = (C’ω V)2 .
i iC = 2 ( I1 sin ωt - I5 sin 5ωt - I7 sin 7ωt ) C’ω V 2 cos (ωt + ϕ) .
< i iC > = 2 C’ω V < I1 sin ωt cos (ωt + ϕ) - I5 sin 5ωt cos (ωt + ϕ) - I7 sin 7ωt cos (ωt + ϕ) >
< i iC > = C’ω V < I1 (sin (2ωt + ϕ) - sin ϕ ) - I5 ( sin (6 ωt + ϕ) - sin ( -4ωt + ϕ)) - I7 ( sin (8 ωt + ϕ) - sin ( -6ωt + ϕ)) >
< i iC > = - C’ω V I1 sin ϕ
⇒ IL2 = I2 + (C’ω V)2 - 2 C’ω V I1 sin ϕ ⇒ IL2 et, par conséquent IL sera extrémale si d IL2 / dC’ = 0
d IL2 / dC’ = 2 C’ V2 ω2 - 2 ω V I1 sin ϕ = 0 ⇒ C=I1sinφωV = 418 µF
11.1. On a établi, à la question 2. P = VI cos ϕ où ϕ est le déphasage tension/courant donc ici les 3 puissances sont égales et chacune vaut VI cos ϕ . ⇒ P = 3 VI cos ϕ.
11.2. p (t) = 2 V I [sin (ωt + ϕ) sin ωt + sin (ωt + ϕ + θ) sin (ωt + θ) + sin (ωt + ϕ + ψ) sin (ωt + ψ)]
p (t) = V I [cos ϕ - cos (2ωt + ϕ) + cos ϕ - cos (2ωt + 2θ + ϕ) + cos ϕ - cos (2ωt+ 2ψ + ϕ)]
p(t) = 3 VI cos ϕ - [cos (2ωt + ϕ) + cos (2ωt + 2θ + ϕ) + cos (2ωt+ 2ψ + ϕ)] = A + F(t) avec A = P (logique).
p(t) = P + [cos (2ωt + ϕ) + cos (2ωt + ϕ) cos 2θ - sin (2ωt + ϕ) sin 2θ + cos (2ωt + ϕ) cos 2ψ - sin (2ωt + ϕ) sin 2ψ]
F(t) = cos (2ωt + ϕ) [ 1 + cos 2θ + cos 2ψ] - sin (2ωt + ϕ) [sin 2θ + sin 2ψ]
F(t) = 0 ∀ t si 1 + cos 2θ + cos 2ψ = 0 et sin 2θ + sin 2ψ = 0 ⇒ sin 2θ = - sin 2ψ (1) et cos 2θ + 1 = - cos 2ψ (2)
⇒ sin2 2θ + ( 1 + cos 2θ)2 = 1 = 2 + 2 cos 2θ ⇒ cos 2θ = - ½ .

Si on choisit θ et ψ dans le même intervalle que ϕ : 2θ = 120° et donc θ = 60° alors ψ = - 60° (2ψ = - 120° ⇒ cos 2ψ = - ½ ). et on a alors bien 1 + cos 2θ + cos 2ψ = 0 et sin 2θ + sin 2ψ = 0 ( sin 120° = - sin (-120°)).
θ = 60° et ψ = - 60° conviennent

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