Série3 optique SMP S3 .pdf



Nom original: Série3 optique SMP S3.pdfAuteur: TOSHIBA

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𝜌

M

(E)

F
f

i
O

M

Lentille mince

A
𝑅1

𝑅2

H

S

i

1

𝐻′ i
I
r

n

e

K

J
i

1

𝑇1

𝑇2

1) La d.d.m : 𝛿 = 𝑆𝑅2 − 𝑆𝑅1 = 𝑆𝐴 + 𝐴𝐼 + 𝑛𝐼𝐽 + 𝑛𝐽𝐾 + 𝐾𝑅2 − 𝑆𝐴 − 𝐴𝐼 − 𝐼𝐻 − 𝐻𝑅1
𝛿 = 2𝑛𝐼𝐽 − 𝐼𝐻
𝑒
𝑒
On a cos 𝑟 = 𝐼𝐽 ⇒ 𝐼𝐽 = cos 𝑟
𝑒

⇒ 𝛿 = 2𝑛 cos 𝑟 − 𝐼𝐻

avec

𝑒

⇒ 𝛿 = 2𝑛 cos 𝑟 − 𝐼𝐾 sin 𝑖

avec

𝑒

𝑒

sin 𝑟

⇒ 𝛿 = 2𝑛 cos 𝑟 − 2𝑒 tan 𝑟 sin 𝑖 = 2𝑛 cos 𝑟 − 2𝑒 cos 𝑟 sin 𝑖
𝑒

sin 𝑟

𝐼𝐻

sin 𝑖 = 𝐼𝐾
tan 𝑟 =

Or

𝐼𝐽 = 𝐽𝐾

⇒ 𝐼𝐻 = 𝐼𝐾 sin 𝑖

𝐻′ 𝐾
𝑒

𝐼𝐾

= 2𝑒 ⇒ 𝐼𝐾 = 2𝑒 tan 𝑟

avec sin 𝑖 = 𝑛 sin 𝑟

2𝑛𝑒

⇒ 𝛿 = 2𝑛 cos 𝑟 − 2𝑒 cos 𝑟 𝑛 sin 𝑟 ⇒ 𝛿 = cos 𝑟 1 − sin 𝑟

2

⇒ 𝛿=

2𝑛𝑒
cos 𝑟

(cos 𝑟)2

⇒ 𝛿 = 2𝑛𝑒 cos 𝑟
𝛿𝑟 = 2𝑛𝑒 cos 𝑟 +

D’où

𝜆0
2

Alors les surfaces d’égale différence de phase sont telles que :
2𝜋
𝜆0
𝜙=
𝛿𝑟 = 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖 𝛿𝑟 = 2𝑛𝑒 cos 𝑟 + = 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖 𝑟 = 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖
𝑖 = 𝑐𝑡𝑒
𝜆0
2
Ce sont des surfaces d’égale à l’inclinaison ⇒ ce sont des anneaux localisés à l’infini puisque 𝑅1 ∥ 𝑅2
𝛿

2) 𝑃 = 𝜆 𝑟 =
0

⇒ 𝑃=

2𝑛𝑒 cos 𝑟
𝜆0
𝑟2
2

2𝑛𝑒 (1− )
𝜆0

1

+2 =

𝑟2

⇒ 𝑃 = 𝑃0 − 𝑛𝑒 𝜆
⇒ 𝑃0 − 𝑃 = 𝑛𝑒

⇒ 𝑃0 − 𝑃 = 𝜆

𝑒
0𝑛

1

+2

0

𝑟2
𝜆0

au voisinage de centre cos 𝑟 = 1 −
2𝑛𝑒
𝜆0

𝑟2

1

− 𝑛𝑒 𝜆 + 2
0

𝑟2
2

Au centre 𝑖 = 0 ⇒ 𝑟 = 0 ⇒ 𝑃0 =

2𝑛𝑒
𝜆0

1

+2

alors 𝑃0 est la valeur maximale de P .lorsqu’on séloigne du centre l’ordre d’interférence diminu
Or (𝑛𝑟)2 = 𝑖 2 ⇒ 𝑛𝑟 2 =

𝑖2

𝑑 ′ 𝑜𝑢 𝑖 2 = 𝑃0 − 𝑃
𝜌

On a

tan 𝑖 # 𝑖 = 𝑓

⇒ 𝜌 = 𝑓𝑖

Alors

𝜌𝑚 = 𝑓 𝑃0 − 𝑃𝑚

𝜆0𝑛
𝑒

On a 𝜌1 𝑏𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡 = 8 𝑚𝑚 = 8 10−3 𝑚

𝑖2
𝑛

𝜆0𝑛
𝑒



𝑖=

⇒ 𝜌 = 𝑓 𝑃0 − 𝑃

𝑃0 − 𝑃

𝜆0𝑛
𝑒

Rayon de miéme anneau d’ordre Pm
et

𝑓 =1𝑚

𝜆0𝑛
𝑒

1

et le centre est sombre 𝑃0 = 𝐾 + 2
1
2

1
2

Alors le 1er anneau brillant 𝑃1 = 𝐾 = 𝐾 + − = 𝑃0 −
𝜆0 𝑛
𝑒

D’où 𝜌1 = 𝑓 𝑃0 − 𝑃1
𝜆0 𝑛
⇒ 𝑒=𝑓
2𝜌1 2
2



𝐴. 𝑁 ∶

𝜆0𝑛
𝑒

𝜌1 = 𝑓

𝑒=1

2

1
2

𝑃0 − 𝑃1 =

donc

1
2

1
2

3
0.720 10−6 × 2
2 × (8 10−3 )2

On considére une Lame coin d’air .

𝑒 = 8.43 10−3 𝑚 = 8.43 𝑚𝑚



M1
𝛼
ek
M2

1. La d.d.m par reflexion est :
𝛿𝑟 = 2𝑛𝑒 +
𝑃=

𝛿𝑟
𝜆0

=

2𝑛𝑒
𝜆0

+

𝜆0
2

1
2

Car dans coin d’air l’incidence est normale alors 𝑟 = 0 ⇒ cos 𝑟 = cos 0 = 1

𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒 𝑒 = 0

Alors les franges sombres sont telles que : 𝑃 = 𝐾 +
2𝑛𝑒 1
1
+ =𝐾+
𝜆0
2
2





𝑒

On a

sin 𝛼 # 𝛼 = 𝑥𝑘

D’où

𝛼 𝑥𝑘 = 𝑘 2𝑛0

𝜆

𝜆

𝜆0
2𝑖

𝐴. 𝑁 ∶

𝜆0
2𝑛𝛼

𝛼=



𝑃0 =

1
2

La frange centrale par refléxion est sombre

1
2

𝜆0
2𝑛

𝑒𝑘 = 𝛼 𝑥𝑘

0
𝑥𝑘 = 𝑘 2𝑛𝛼



Donc 𝑖 = 𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘 = 𝑘 + 1
⇒ 𝛼=

𝑒𝑘 = 𝑘



𝑘

xk

𝜆

0
− 𝑘 2𝑛𝛼

𝜆

0
𝑒𝑡 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠 𝑥𝑘+1 = (𝑘 + 1) 2𝑛𝛼

𝜆

0
⇒ 𝑖 = 2𝑛𝛼

𝑜𝑛 𝑎 𝑙𝑎𝑚𝑒 𝑑′ 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑛 = 1

0.5890 10−6
= 1.178 10−4 𝑟𝑎𝑑
2 × 2.5 10−3

𝜋 𝑟𝑎𝑑 ⟶ 180°
1.178 10−4 𝑟𝑎𝑑 ⟶ 𝑋 °
𝑋° =

1.178 10−4 × 180
= 6.73 10−3
𝜋
𝛼 = 6.73 10−3 × 3600 = 24′′
2. On remplace l’air par l’eau d’indice n=4/3 .l’interfrange devient :
𝑖
𝑖′ =
𝑛
2.5 10−3
3
𝐴. 𝑁 ∶
𝑖′ =
= 2.5 10−3
4
4
3


𝑖 ′ = 1.875 10−3 𝑚 = 1.875 𝑚𝑚

𝜆

⇒ 𝑖 = 2𝛼0

3. Entre A et B On compte :

𝐴𝐵 = 21 𝑖 = 19 𝑖1

Alors

21

Donc 𝑖1 = 19 𝑖
𝐴. 𝑁 ∶

𝜆1
2𝛼



-

20 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒𝑠 𝑏𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑙𝑎 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝜆0

-

18 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒𝑠 𝑏𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑙𝑎 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝜆1

𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡𝑠 𝐴 𝑒𝑡 𝐵 𝑠𝑜𝑛𝑡 𝑠𝑢𝑟 𝑑𝑒𝑠 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒𝑠 𝑏𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠
21 𝜆 0
19 2𝛼

=

21



𝜆1 = 19 𝜆0

21
0.5890 10−6 = 0.651 10−6 𝑚
19

𝜆1 =

1) 𝐿𝑎 𝑑. 𝑑. 𝑚 𝑝𝑎𝑟 𝑟𝑒𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛 ∶ 𝛿𝑟 = 2𝑒 +



𝜆1 = 0.651 𝜇𝑚

𝜆0
2

Les frange sont telles que : 𝛿𝑟 = 𝑐𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖
Ce sont des franges d’égale épaisseur
Ce sont des anneaux de Newton.

𝑒 = 𝑐𝑡𝑒

R=2m

1

2)
 Nature de la frange centrale :
𝑃=

𝛿𝑟
𝜆0

2𝑒
𝜆0

=

+

1

⇒ 𝑃0 = 2

1
2

n
n

e

1

𝑒0 = 0

𝑙𝑎 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖 𝑒 = 𝑒0 = 0

⇒ 𝐿𝑎 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒 𝑒𝑠𝑡 𝑠𝑜𝑚𝑏𝑟𝑒.

 Le diamétre des deux 1ers anneaux sombres :
𝑑𝑖𝑎𝑚é𝑡𝑟𝑒 :

On sait que
On a 𝜌𝑚 =


𝜌𝑚 =

𝑑 = 2𝜌

2𝑅(𝑒 − 𝑒0 ) 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑛𝑜𝑡𝑟𝑒 𝑐𝑎𝑠 𝑙𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑐𝑡 𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑓𝑎𝑖𝑡 𝑒0 = 0
2𝑅 𝑒𝑚

Les franges sombres sont telles que : 𝑃 = 𝐾 +


2𝑒
𝜆0

𝜌𝑚 =

D’où
Alors


1
2

+ =𝐾+

1
2

⇒ 𝑒=𝐾

𝜆0
2

1
2

𝑐−à−𝑑

𝑒𝑚 = 𝑚

𝜆0
2

𝑅 𝜆0 𝑚

:
𝜌1 =

𝑅 𝜆0

𝐴. 𝑁:

𝜌1 = 2 × 0.59 10−6 = 1.08 10−3 𝑚 = 1.08 𝑚𝑚

⇒ 𝑑1 = 2𝜌1 = 2 × 1.08 = 2.16 𝑚𝑚
𝜌2 = 𝑅 𝜆0 2
𝐴. 𝑁:
𝜌2 = 2 × 0.59 10−6 × 2 = 1.53 10−3 𝑚 = 1.53 𝑚𝑚
⇒ 𝑑2 = 2𝜌2 = 2 × 1.53 = 3.06 𝑚𝑚
3) Par transmission : 𝛿𝑇 = 2𝑒
𝛿𝑇 2𝑒
𝑃=
=
𝑙𝑎 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖 𝑒 = 𝑒0 = 0
𝜆0 𝜆0
⇒ 𝑃0 = 0
⇒ 𝐿𝑎 𝑓𝑟𝑎𝑛𝑔𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒 𝑒𝑠𝑡 𝑏𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒.
On a la frange centrale est : sombre par reflexion ; brillante par transmission ⇒ 𝑆𝑦𝑠𝑡é𝑚𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑙é𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑖𝑟𝑒


1

n

𝑁>𝑛

𝑟1′ = −𝑟1 =

𝑛−1
𝑛+1

1) 𝐴 𝑇1 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )0 𝑒 −𝑗 0
𝐴 𝑇2 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )1 𝑒 −𝑗𝜑
𝐴 𝑇3 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )2 𝑒 −𝑗 2𝜑

𝐴 𝑇𝑁 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )(𝑁−1) 𝑒 −𝑗 (𝑁−1)𝜑
𝑁

𝐴𝑇 =

𝐴 𝑇𝑖 = 𝐴 𝑇1 + 𝐴 𝑇2 + 𝐴 𝑇3 + ⋯ + 𝐴 𝑇𝑁
𝑖=1

= 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )0 𝑒 −𝑗 0 + 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )1 𝑒 −𝑗𝜑 + 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )2 𝑒 −𝑗 2𝜑 + ⋯ + 𝑎0 𝑡1 𝑡2 (𝑟1′ 𝑟2 )(𝑁−1) 𝑒 −𝑗 (𝑁−1)𝜑
𝐴 𝑇 est une suite géométrique de raison 𝑟1′ 𝑟2 𝑒 −𝑗𝜑 Alors :
𝐴 𝑇 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2

1−(𝑟1′ 𝑟2 𝑒 −𝑗𝜑 )𝑁 −1−0+1
1−𝑟1′ 𝑟2 𝑒 −𝑗𝜑



D’où 𝐴 = lim 𝐴 𝑇 = lim 𝑎0 𝑡1 𝑡2
𝑁→+∞

Avec
Donc

𝑁→+∞

𝑁

lim 𝑟1′ = 0

1−(𝑟1′ 𝑟2 )𝑁 𝑒 −𝑗𝑁𝜑
1−𝑟1′ 𝑟2 𝑒 −𝑗𝜑

1−(𝑟1′ 𝑟2 )𝑁 𝑒 −𝑗 𝑁𝜑
1−𝑟1′ 𝑟2 𝑒 −𝑗𝜑

𝑟1′ < 1

𝑐𝑎𝑟

𝑁→+∞

𝐴 𝑇 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2

1

𝐴 = 𝑎0 𝑡1 𝑡2 1−𝑟 ′ 𝑟

1 2𝑒

On a Ι = 𝐴 𝐴∗ =

1−𝑟1′ 𝑟2

−𝑗𝜑

𝑎 0 2 𝑡 1 2 𝑡2 2
𝑒 −𝑗𝜑 (1−𝑟1′ 𝑟2 𝑒 𝑗𝜑 )

Or

Ι0 = 𝑎0 2 ; 𝑇1 = 𝑡1 2

Or

𝑅1 = 𝑟12 ; 𝑅2 = 𝑟22

𝑒𝑡 𝑇2 = 𝑡2 2

Ι 0 𝑇1 𝑇2
𝑗𝜑 −𝑟 ′ 𝑟 𝑒 −𝑗𝜑 +(𝑟 ′ 𝑟 )2
𝑒
1 2
1 2
1 2

= 1−𝑟 ′ 𝑟
=

Ι 0 (1−𝑅1 )(1−𝑅2 )
2

1−2𝑟1′ 𝑟2 cos 𝜑+𝑟1′ 𝑟22

D’ou

Ι = Ι0

2

𝑒𝑡 𝑟1′ = (−𝑟1 )2 = 𝑟12

(1−𝑟1 2 )(1−𝑟2 2 )
1+𝑟1 2 𝑟22 +2𝑟1 𝑟2 cos 𝜑

2) Pour Ι soit maximale : Ιmax

Ιmax = Ι0

(1−𝑟1 2 )(1−𝑟2 2 )

⇒ φ = (2k + 1)π



1+𝑟1 2 𝑟22 −2𝑟1 𝑟2

Ιmax = Ι0

3) La lumière réfléchie soit totalement supprimée

c-à-d

(1−𝑟1 2 )(1−𝑟2 2 )
(1−𝑟1 𝑟2 )2

Ιtransmise = Ιmax = Ι0

 Calcule de l’indice n :
(1 − 𝑟1 2 )(1 − 𝑟2 2 )
Ιmax = Ι0 = Ι0
(1 − 𝑟1 𝑟2 )2
2
⇒ (1 − 𝑟1 𝑟2 ) = 1 − 𝑟1 2 1 − 𝑟2 2
⇒ 1 + 𝑟1 2 𝑟22 − 2𝑟1 𝑟2 = 1 − 𝑟2 2 − 𝑟1 2 + 𝑟1 2 𝑟2 2
⇒ −2𝑟1 𝑟2 + 𝑟2 2 + 𝑟1 2 = 0
⇒ (𝑟1 − 𝑟2 )2 = 0
1−𝑛
1+𝑛

𝑛−𝑁



𝑟1 = 𝑟2



1−𝑛 𝑛+𝑁 = 𝑛−𝑁 1+𝑛



2𝑁 = 2𝑛2



𝑛 = 1.69

d’où



= 𝑛+𝑁
𝑛 + 𝑁 − 𝑛2 − 𝑛𝑁 = 𝑛 + 𝑛2 − 𝑁 − 𝑛𝑁



𝑛= 𝑁



𝑛 = 1.3

 Calcule de l’épaisseur minimale :
On a 𝜙 =

2𝜋
𝜆0

𝛿=

2𝜋
𝜆0

2𝑛𝑒 cos 𝑟

⇒ 𝜙=

2𝜋
𝜆0

2𝑛𝑒

𝑐𝑎𝑟 𝑙 ′ 𝑖𝑛𝑐𝑖𝑑𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑒𝑠𝑡 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒

Et on a pour Ιmax = Ι0 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖 𝜙 = (2𝑘 + 1)𝜋
D’où 𝜙 =
Pour 𝑒𝑚𝑖𝑛
Alors

2𝜋
𝜆0

2𝑛𝑒 = 2𝑘 + 1 𝜋
𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑠𝑖



𝑒 = (2𝑘 + 1)

𝜆0
4𝑛

𝑘=0

𝜆0
𝑒𝑚𝑖𝑛 = 4𝑛
= 4𝜆0𝑁



𝑒𝑚𝑖𝑛 = 0.111 𝜇𝑚


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