Diffraction et interférences

Une personne parle derrière une porte ouverte de largeur $0,80$ m. On étudie un son de fréquence $f=1700$ Hz, qui se propage dans l’air à $v=340$ m·s⁻¹. La lumière visible a une longueur d’onde voisine de $0,55$ µm.

1. Longueur d’onde du son : λ = m
   $\lambda ={\displaystyle \frac{v}{f}}={\displaystyle \frac{340}{1700}}=$ 0,200 m.
2. Rapport entre la largeur de la porte et la longueur d’onde du son : a/λ =
   ${\displaystyle \frac{a}{\lambda }}={\displaystyle \frac{0,80}{0,200}}=$ 4,0.
3. La diffraction du son par la porte est (marquée / négligeable)
   La porte n’est que 4 fois plus large que $\lambda$ : même ordre de grandeur, la diffraction est marquée et le son s’étale dans la pièce voisine.
4. Pour la lumière : θ = λ/a ≈ × 10⁻⁷ rad
   $\theta ={\displaystyle \frac{0,55\times {10}^{-6}}{0,80}}\approx$ 6,9 × 10⁻⁷ rad : angle totalement négligeable. Le son contourne les bords de la porte, la lumière non : on entend la personne sans la voir.

Un laser rouge de 650 nm éclaire une fente verticale. Sur un écran éloigné, la tache centrale de diffraction mesure 24 mm de large. Chaque question part de cette situation de départ.

1. La figure de diffraction s’étale (horizontalement / verticalement)
   La figure s’étale perpendiculairement à la fente : fente verticale, figure horizontale.
2. Largeur de chacune des taches secondaires les plus proches : mm
   Les taches secondaires sont deux fois moins larges que la tache centrale : 24 ÷ 2 = 12 mm.
3. Avec une fente deux fois plus étroite, la tache centrale mesure mm
   $L={\displaystyle \frac{2\lambda D}{a}}$ : diviser $a$ par 2 multiplie $L$ par 2, soit 48 mm.
4. Avec la fente de départ et un laser bleu de 450 nm, la tache centrale mesure mm
   $L$ est proportionnelle à $\lambda$ : $24\times {\displaystyle \frac{450}{650}}\approx$ 16,6 mm. Le bleu est moins diffracté que le rouge.
5. La fente est remplacée par un fil horizontal de même largeur : la figure s’étale (horizontalement / verticalement)
   Un fil donne la même figure qu’une fente de même largeur, étalée perpendiculairement à lui : fil horizontal, figure verticale.

Un mur antibruit de 3,4 m de haut longe une route ; une maison est située derrière. Le bord supérieur du mur diffracte le bruit des véhicules. On étudie un son grave de 125 Hz et un son aigu de 2 000 Hz ; $v=340$ m·s⁻¹.

1. Longueur d’onde du son grave : m
   $\lambda ={\displaystyle \frac{340}{125}}=$ 2,72 m, du même ordre que la hauteur du mur.
2. Longueur d’onde du son aigu : cm
   $\lambda ={\displaystyle \frac{340}{2000}}=0,170$ m, soit 17,0 cm : le mur est 20 fois plus haut.
3. Le son le plus diffracté par le bord du mur est le son (grave / aigu)
   La diffraction est d’autant plus marquée que la longueur d’onde est grande devant l’obstacle : c’est le son grave qui contourne le mur.
4. Derrière le mur, le bruit perçu est appauvri surtout en sons (graves / aigus)
   Les aigus, peu diffractés, sont arrêtés ; les graves passent par-dessus : le bruit perçu est appauvri en sons aigus et paraît plus sourd.
5. Fréquence pour laquelle la longueur d’onde égale la hauteur du mur : Hz
   $f={\displaystyle \frac{v}{\lambda }}={\displaystyle \frac{340}{3,4}}=$ 100 Hz : aux fréquences voisines ou plus basses, le mur protège mal.

Un faisceau laser de longueur d’onde $\lambda =450$ nm éclaire une fente verticale de largeur $a=0,15$ mm.

1. Angle caractéristique de diffraction : θ = × 10⁻³ rad
   $\theta ={\displaystyle \frac{\lambda }{a}}={\displaystyle \frac{450\times {10}^{-9}}{0,15\times {10}^{-3}}}=$ 3,0 × 10⁻³ rad.
2. Le même angle en degrés : θ ≈ °
   $\theta =3,0\times {10}^{-3}\times {\displaystyle \frac{180}{\pi }}\approx$ 0,17° : un angle très petit.
3. Avec une fente de 0,050 mm : θ′ = × 10⁻³ rad
   $\theta \prime ={\displaystyle \frac{450\times {10}^{-9}}{0,050\times {10}^{-3}}}=$ 9,0 × 10⁻³ rad.
4. La tache centrale est alors fois plus large qu’avec la fente de 0,15 mm
   $L=2D\theta$ est proportionnelle à $\theta$, qui est multiplié par ${\displaystyle \frac{9,0}{3,0}}$ : la tache est 3 fois plus large.

Un laser de longueur d’onde $\lambda =473$ nm éclaire une fente de largeur $a$ inconnue. Sur un écran placé à $D=2,20$ m, la tache centrale de diffraction mesure $L=20,8$ mm.

1. θ ≈ L/(2D) = × 10⁻³ rad
   $\theta \approx {\displaystyle \frac{20,8\times {10}^{-3}}{2\times 2,20}}\approx$ 4,73 × 10⁻³ rad.
2. Le même angle en degrés : °
   $4,73\times {10}^{-3}\times {\displaystyle \frac{180}{\pi }}\approx$ 0,27° : l’angle est petit, l’approximation $\tan \theta \approx \theta$ est justifiée.
3. Largeur de la fente : a = mm
   $a={\displaystyle \frac{\lambda }{\theta }}={\displaystyle \frac{2\lambda D}{L}}={\displaystyle \frac{2\times 473\times {10}^{-9}\times 2,20}{20,8\times {10}^{-3}}}\approx 1,00\times {10}^{-4}$ m, soit 0,100 mm.
4. On remplace la fente par un fil de diamètre 2a : la tache centrale mesure mm
   Le fil se comporte comme une fente de largeur $2a$ : $L$, inversement proportionnelle à la largeur, est divisée par 2 : 10,4 mm.

Avec un même laser, on mesure l’angle caractéristique $\theta$ pour quatre fentes.

1. Pour la fente de 30 µm : 1/a = × 10⁴ m⁻¹
   ${\displaystyle \frac{1}{30\times {10}^{-6}}}\approx$ 3,33 × 10⁴ m⁻¹.
2. Pour la fente de 120 µm : θ × a = × 10⁻⁷ m
   $4,48\times {10}^{-3}\times 120\times {10}^{-6}\approx$ 5,38 × 10⁻⁷ m. Les quatre produits valent 5,37 à 5,38 × 10⁻⁷ m : $\theta$ est proportionnel à ${\displaystyle \frac{1}{a}}$, la courbe $\theta =f\left({\displaystyle \frac{1}{a}}\right)$ est une droite passant par l’origine.
3. Longueur d’onde du laser (moyenne des quatre produits) : λ = nm
   Le coefficient de proportionnalité est $\lambda$ : moyenne des produits $\approx 5,37\times {10}^{-7}$ m, soit 537 nm.
4. Couleur du faisceau :
   537 nm est dans le domaine du vert (environ 500 nm à 570 nm) : le faisceau est vert.
5. Avec ce laser, une fente de 45 µm et un écran à 1,50 m, la tache centrale mesure mm
   $L={\displaystyle \frac{2\lambda D}{a}}={\displaystyle \frac{2\times 537\times {10}^{-9}\times 1,50}{45\times {10}^{-6}}}\approx$ 35,8 mm.

Deux ondes synchrones se superposent en un point. Donne l’amplitude de l’onde résultante, ou la nature des sources.

1. Amplitudes 4,0 mm et 4,0 mm, en phase : mm
   En phase, les amplitudes s’ajoutent : 4,0 + 4,0 = 8,0 mm.
2. Les mêmes ondes, en opposition de phase : mm
   En opposition de phase et de même amplitude, elles se compensent exactement : 0 mm.
3. Amplitudes 5,0 mm et 2,0 mm, en opposition de phase : mm
   Elles se retranchent sans s’annuler : 5,0 − 2,0 = 3,0 mm.
4. Deux haut-parleurs branchés sur deux générateurs distincts, tous deux réglés sur 500 Hz : sources (cohérentes / non cohérentes)
   Deux générateurs indépendants n’ont jamais exactement la même fréquence : le déphasage varie, les sources sont non cohérentes et la figure défile.

Un signal y₂ reproduit un signal y₁ de même amplitude avec un retard Δτ. Pour chaque cas, compare les deux signaux.

1. T = 2,0 ms et Δτ = 1,0 ms : Δτ/T =
   ${\displaystyle \frac{\Delta \tau }{T}}={\displaystyle \frac{1,0}{2,0}}=$ 0,5, une demi-période.
2. Ces deux signaux sont (en phase / en opposition de phase / ni l’un ni l’autre)
   Un retard d’une demi-période : signaux en opposition de phase ; leur somme est nulle.
3. T = 1,5 ms et Δτ = 3,0 ms : φ = × π rad
   $\phi =2\pi \times {\displaystyle \frac{3,0}{1,5}}=$ 4π rad.
4. Les signaux du cas précédent sont (en phase / en opposition de phase / ni l’un ni l’autre)
   Un retard de deux périodes entières : signaux en phase.
5. f = 400 Hz et Δτ = 0,625 ms : signaux (en phase / en opposition de phase / ni l’un ni l’autre)
   La période vaut $T={\displaystyle \frac{1}{400}}=2,5\times {10}^{-3}$ s, donc ${\displaystyle \frac{\Delta \tau }{T}}=0,25$ : ni entier, ni entier + 0,5. Les signaux ne sont ni en phase ni en opposition de phase ; l’amplitude de leur somme est intermédiaire.

Le programme Python ci-dessous trace la somme de deux signaux sinusoïdaux synchrones (durées en secondes, amplitudes en millimètres).

import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
T = 2.5e-3
A1, A2 = 2.5, 1.5
phi = 0
t = np.linspace(0, 4*T, 800)
y1 = A1*np.cos(2*np.pi*t/T)
y2 = A2*np.cos(2*np.pi*t/T + phi)
plt.plot(t, y1 + y2)
plt.show()

1. Amplitude de la courbe tracée : mm
   Avec phi = 0, les signaux sont en phase : 2,5 + 1,5 = 4,0 mm.
2. On remplace phi = 0 par phi = np.pi : amplitude mm
   Opposition de phase : 2,5 − 1,5 = 1,0 mm, pas zéro, car les amplitudes diffèrent.
3. Période du signal tracé : ms
   La somme de deux signaux synchrones garde leur période : T = 2,5 × 10⁻³ s = 2,5 ms, quel que soit phi.
4. Avec phi = np.pi, pour que la somme soit nulle (casque à réduction de bruit parfait), il faut A2 =
   En opposition de phase, la somme est nulle si les amplitudes sont égales : A2 = A1 = 2,5.
5. On revient à phi = 0 et on retarde le signal 2 en écrivant y2 = A2*np.cos(2*np.pi*(t - tau)/T). Plus petite valeur strictement positive de tau qui rend l’amplitude de la somme minimale : tau = ms
   Un retard $\tau$ donne un déphasage $\phi =2\pi {\displaystyle \frac{\tau }{T}}$. L’amplitude est minimale en opposition de phase, $\phi =\pi$, soit $\tau ={\displaystyle \frac{T}{2}}={\displaystyle \frac{2,5}{2}}=$ 1,25 ms ; elle vaut alors 2,5 − 1,5 = 1,0 mm.

Deux pointes $S_1$ et $S_2$, fixées au même vibreur de fréquence $f=18$ Hz, frappent en phase la surface de l’eau. Les ondes se propagent à $v=0,27$ m·s⁻¹. On étudie trois points : M ($d_1=6,0$ cm ; $d_2=10,5$ cm), N ($d_1=8,25$ cm ; $d_2=12,0$ cm) et P ($d_1=5,1$ cm ; $d_2=7,1$ cm).

1. λ = cm
   $\lambda ={\displaystyle \frac{v}{f}}={\displaystyle \frac{0,27}{18}}=1,5\times {10}^{-2}$ m, soit 1,5 cm.
2. Différence de marche en M : δ = cm
   δ = d₂ − d₁ = 10,5 − 6,0 = 4,5 cm.
3. M vibre avec une amplitude (maximale / quasi nulle / intermédiaire)
   ${\displaystyle \frac{4,5}{1,5}}=3$, entier : interférences constructives, amplitude maximale.
4. N vibre avec une amplitude (maximale / quasi nulle / intermédiaire)
   δ = 12,0 − 8,25 = 3,75 cm et ${\displaystyle \frac{3,75}{1,5}}=2,5$, demi-entier : interférences destructives, N reste quasi immobile.
5. P vibre avec une amplitude (maximale / quasi nulle / intermédiaire)
   δ = 7,1 − 5,1 = 2,0 cm et ${\displaystyle \frac{2,0}{1,5}}\approx 1,33$ : ni entier ni demi-entier, amplitude intermédiaire.

Deux haut-parleurs $S_1$ et $S_2$, branchés sur le même générateur, émettent en phase un son de fréquence 680 Hz ; $v=340$ m·s⁻¹. Un microphone M est à $d_1=3,20$ m de $S_1$ et à $d_2=4,45$ m de $S_2$.

1. λ = m
   $\lambda ={\displaystyle \frac{340}{680}}=$ 0,500 m.
2. Retard en M de l’onde issue de S₂ sur celle issue de S₁ : Δτ = ms
   $\Delta \tau ={\displaystyle \frac{d_2-d_1}{v}}={\displaystyle \frac{1,25}{340}}\approx 3,68\times {10}^{-3}$ s, soit 3,68 ms.
3. Ce retard vaut périodes
   $T={\displaystyle \frac{1}{680}}$ s, donc ${\displaystyle \frac{\Delta \tau }{T}}={\displaystyle \frac{1,25}{340}}\times 680=$ 2,5 (c’est aussi ${\displaystyle \frac{\delta }{\lambda }}={\displaystyle \frac{1,25}{0,500}}$).
4. Le microphone détecte un (maximum / minimum) d’intensité sonore
   Un retard de 2,5 périodes : les vibrations arrivent en opposition de phase, interférences destructives : minimum.
5. Plus basse fréquence pour laquelle M serait sur un maximum : Hz
   Maximum si $\delta =k\lambda ={\displaystyle \frac{kv}{f}}$, soit $f={\displaystyle \frac{kv}{\delta }}$ ; la plus basse correspond à $k=1$ : $f={\displaystyle \frac{340}{1,25}}=$ 272 Hz.

Deux haut-parleurs $S_1$ et $S_2$, alimentés par le même générateur, émettent en phase un son de fréquence $2450$ Hz ; $v=343$ m·s⁻¹. Ils se font face, à la distance $S_1{S}_2=4,93$ m. Un microphone M est placé sur le segment $[S_1{S}_2]$, à $d_1=S_{1}M=2,36$ m.

1. λ = cm
   $\lambda ={\displaystyle \frac{343}{2450}}=0,140$ m, soit 14,0 cm.
2. Différence de marche en M : δ = m
   d₂ = 4,93 − 2,36 = 2,57 m, donc δ = 2,57 − 2,36 = 0,21 m.
3. Le microphone détecte un (maximum / minimum) d’intensité sonore
   ${\displaystyle \frac{\delta }{\lambda }}={\displaystyle \frac{0,21}{0,140}}=1,5$, demi-entier : opposition de phase, minimum.
4. Déplacement minimal du microphone le long de [S₁S₂] pour détecter un maximum : cm
   Si M avance de $x$ vers $S_2$, $d_1$ augmente de $x$ et $d_2$ diminue de $x$ : $\delta \prime =\delta -2x$. Le maximum le plus proche correspond à $\delta \prime =\lambda$ : $x={\displaystyle \frac{0,21-0,140}{2}}=0,035$ m, soit 3,5 cm (de même vers $S_1$, avec $\delta \prime =2\lambda$). C’est ${\displaystyle \frac{\lambda }{4}}$.
5. On inverse les fils d’un haut-parleur : les sources sont en opposition de phase. Remis au point M de départ, le microphone détecte un (maximum / minimum)
   Inverser une source ajoute une demi-période de décalage : les conditions s’échangent. Là où δ/λ = 1,5, les vibrations arrivent maintenant en phase : maximum.

Deux fentes d’Young distantes de $b=0,25$ mm sont éclairées par un laser de longueur d’onde $\lambda =612$ nm. L’écran est à $D=1,25$ m ; l’origine O de l’axe est au centre de la frange centrale.

1. Interfrange : i = mm
   $i={\displaystyle \frac{\lambda D}{b}}={\displaystyle \frac{612\times {10}^{-9}\times 1,25}{0,25\times {10}^{-3}}}=3,06\times {10}^{-3}$ m, soit 3,06 mm.
2. Abscisse du centre de la troisième frange brillante à droite de la frange centrale : mm
   La frange centrale correspond à k = 0, la troisième à droite à k = 3 : x = 3 × 3,06 = 9,18 mm.
3. Abscisse du centre de la première frange sombre à droite de O : mm
   Frange sombre : $\delta =(k+{\displaystyle \frac{1}{2}})\lambda$ ; la première correspond à $k=0$ : $x={\displaystyle \frac{i}{2}}=$ 1,53 mm.
4. Avec un laser vert de 510 nm : i′ = mm
   $i\prime ={\displaystyle \frac{510\times {10}^{-9}\times 1,25}{0,25\times {10}^{-3}}}=$ 2,55 mm : l’interfrange est proportionnel à $\lambda$, les franges vertes sont plus serrées.

Des fentes d’Young distantes de $b=0,40$ mm sont éclairées par un laser de longueur d’onde $\lambda =660$ nm ; l’écran est à $D=1,60$ m. En un point d’abscisse $x$, $\delta ={\displaystyle \frac{bx}{D}}$.

1. Interfrange : i = mm
   $i={\displaystyle \frac{660\times {10}^{-9}\times 1,60}{0,40\times {10}^{-3}}}=$ 2,64 mm.
2. Différence de chemin optique au point d’abscisse x = 6,60 mm : δ = µm
   $\delta ={\displaystyle \frac{0,40\times {10}^{-3}\times 6,60\times {10}^{-3}}{1,60}}=1,65\times {10}^{-6}$ m, soit 1,65 µm.
3. Ce point est au centre d’une frange (brillante / sombre)
   ${\displaystyle \frac{\delta }{\lambda }}={\displaystyle \frac{1,65\times {10}^{-6}}{660\times {10}^{-9}}}=2,5$, demi-entier : frange sombre.
4. Au point d’abscisse x = 3,30 mm, l’éclairement est (maximal / nul / intermédiaire)
   ${\displaystyle \frac{\delta }{\lambda }}={\displaystyle \frac{x}{i}}={\displaystyle \frac{3,30}{2,64}}=1,25$ : ni entier ni demi-entier, éclairement intermédiaire.
5. On recule l’écran à D = 2,40 m : i = mm
   $i$ est proportionnel à $D$ : $2,64\times {\displaystyle \frac{2,40}{1,60}}=$ 3,96 mm.

Une source émet seulement deux radiations : ${\lambda }_1=630$ nm (rouge) et ${\lambda }_2=420$ nm (violet). Elle éclaire des fentes d’Young ($b=0,35$ mm ; $D=1,40$ m). Chaque radiation donne son propre système de franges, et leurs éclairements s’ajoutent ; O est le centre de la figure.

1. Interfrange de la radiation rouge : i₁ = mm
   $i_1={\displaystyle \frac{630\times {10}^{-9}\times 1,40}{0,35\times {10}^{-3}}}=$ 2,52 mm.
2. Interfrange de la radiation violette : i₂ = mm
   $i_2={\displaystyle \frac{420\times {10}^{-9}\times 1,40}{0,35\times {10}^{-3}}}=$ 1,68 mm.
3. Plus petite abscisse positive où une frange brillante rouge et une frange brillante violette coïncident : mm
   Il faut $k_1{i}_1=k_2{i}_2$, soit $k_1\times 630=k_2\times 420$, ou $3k_1=2k_2$ : la première solution est $k_1=2$, $k_2=3$, d’où $x=2\times 2,52=$ 5,04 mm.
4. Au point d’abscisse x = 7,56 mm, pour la radiation violette : x/i₂ =
   ${\displaystyle \frac{x}{i_2}}={\displaystyle \frac{7,56}{1,68}}=$ 4,5, demi-entier : frange sombre pour le violet. Pour le rouge, ${\displaystyle \frac{x}{i_1}}={\displaystyle \frac{7,56}{2,52}}=3$, entier : frange brillante.
5. Ce point paraît (rouge / violet / blanc / noir)
   Seule la radiation rouge y est renforcée, la violette y est éteinte : le point paraît rouge.

La photographie agrandie ci-dessous montre les franges obtenues avec des fentes d’Young distantes de $b=0,25$ mm et un écran placé à $D=1,20$ m. Une règle graduée en millimètres, posée contre l’écran, a été photographiée sous les franges : c’est elle qui donne les distances.

1. Nombre de franges brillantes visibles :
   On compte 8 franges brillantes.
2. Distance entre les centres des deux franges brillantes extrêmes : mm
   Les pointillés tombent sur les graduations 2 mm et 23 mm : 23 − 2 = 21 mm.
3. Interfrange : i = mm
   8 franges brillantes délimitent 7 interfranges : i = 21 ÷ 7 = 3,0 mm.
4. Longueur d’onde du laser : λ = nm
   $\lambda ={\displaystyle \frac{ib}{D}}={\displaystyle \frac{3,0\times {10}^{-3}\times 0,25\times {10}^{-3}}{1,20}}=6,25\times {10}^{-7}$ m, soit 625 nm.

Un laser de longueur d’onde $\lambda =520$ nm éclaire des fentes d’Young ; l’écran est à $D=1,75$ m. On compte 7 franges brillantes consécutives : la distance entre les centres de la première et de la septième vaut $10,8$ mm.

1. Interfrange : i = mm
   7 franges brillantes consécutives délimitent 7 − 1 = 6 interfranges : i = 10,8 ÷ 6 = 1,80 mm.
2. Distance entre les fentes : b = mm
   $b={\displaystyle \frac{\lambda D}{i}}={\displaystyle \frac{520\times {10}^{-9}\times 1,75}{1,80\times {10}^{-3}}}\approx 5,06\times {10}^{-4}$ m, soit 0,506 mm.
3. Un élève divise 10,8 mm par 7 : il trouve b = mm
   Il prend $i={\displaystyle \frac{10,8}{7}}\approx 1,54$ mm, trop petit : $b={\displaystyle \frac{520\times {10}^{-9}\times 1,75\times 7}{10,8\times {10}^{-3}}}\approx$ 0,590 mm, trop grand.
4. Écart relatif entre la valeur de l’élève et la bonne valeur : %
   ${\displaystyle \frac{0,590-0,506}{0,506}}\approx 0,17$, soit 17 % : bien plus que les incertitudes de mesure. Il a confondu le nombre de franges et le nombre d’intervalles.

Des fentes d’Young distantes de $b=0,20$ mm sont éclairées en lumière blanche (de 400 nm à 800 nm) ; l’écran est à $D=1,30$ m et, en un point d’abscisse $x$, $\delta ={\displaystyle \frac{bx}{D}}$. On place la fente d’entrée d’un spectroscope au point P d’abscisse $x=5,85$ mm.

1. Différence de chemin optique en P : δ = nm
   $\delta ={\displaystyle \frac{0,20\times {10}^{-3}\times 5,85\times {10}^{-3}}{1,30}}=9,0\times {10}^{-7}$ m, soit 900 nm.
2. Longueur d’onde de la radiation visible éteinte en P : nm
   Éteinte si $\delta =(k+{\displaystyle \frac{1}{2}})\lambda$, soit $\lambda ={\displaystyle \frac{\delta }{k+1/2}}$ : 1 800 nm ($k=0$), 600 nm ($k=1$), 360 nm ($k=2$). Seule 600 nm est visible : le spectroscope montre une cannelure sombre dans l’orangé.
3. Longueur d’onde de la radiation visible renforcée en P : nm
   Renforcée si $\lambda ={\displaystyle \frac{\delta }{k}}$ : 900 nm (infrarouge), 450 nm, 300 nm (ultraviolet). Seule 450 nm est renforcée.
4. Abscisse positive la plus proche du centre où la radiation renforcée en P est au contraire éteinte : mm
   Première extinction : $\delta ={\displaystyle \frac{\lambda }{2}}=225$ nm, donc $x={\displaystyle \frac{\delta D}{b}}={\displaystyle \frac{225\times {10}^{-9}\times 1,30}{0,20\times {10}^{-3}}}\approx$ 1,46 mm.