solutions des exercices
i
i
i
i
i
i
i
i
Soit :
1
dn
=
2 tani f
1
n Dy
(175)
On en déduit le pouvoir de résolution du spectrographe si les effets de diffraction sont
négligés :
R ≡
l
dl
=
l dn
dl
1
dn
=
l dn
dl
2 tani f
1
n Dy
(176)
et, finalement, la relation cherchée :
R = 2 tani
f
1
Dy
d(n n)
d(n l)
(177)
5. Au minimum de déviation, r = A/2 = 30
0 ; sin i = n sin r = 0, 825 ; tani = 1, 46.
La condition de séparation des raies est dx Dy
soit :
2
dn
n
tani
Dy
f
1
(178)
Pour calculer dn, on utilise les données de l’énoncé : à une variation de l de 350 nm
correspond une variation de l’indice de 0,04. Pour un dl de 0, 1 nm, on aura donc
approximativement : dn = 0, 04 3 0, 1/350 = 1, 14.10
−5 . En reportant les valeurs de
dn et tani dans (178), on aboutit, finalement, à la condition Dy 20 mm.
9 CONSEIL : Il est souhaitable avant de résoudre cet exercice d’avoir étudié la partie 4 page 477.
1.1.a. On a n 1 sin i 1 = n 2 sin i 2 .
1.1.b. On aura réflexion totale si n 1 > n 2 et si i 1 > i 1max avec :
n 1 sin i 1max = n 2 sin(p/2) soit sin i 1max = n 2 /n 1 . (i 1max est l’angle de réfraction
limite quand la lumière va du milieu d’indice n 2 vers le milieu d’indice n 1 ).
1.2.a. En appliquant la deuxième loi de Descartes aux deux dioptres sucessifs, on obtient
n j−1 sin i j−1 = n j sin i j = n j11 sin i j11
1.2.b. La relation ci-dessus montre que la quantité n j sin i j est constante (indépendante
de j).
1.3.a. Le milieu à gradient d’indice peut être considéré comme un milieu multicouche
dont l’épaisseur de chacune des couches tend vers 0. Dans ces conditions, la grandeur n j
devient une fonction n(y). La question précédente montre alors que la quantité n(y) sin i
est constante le long du rayon.
1.3.b. D’après l’énoncé, e N .
− − →
grad n(y) = n(y)/R > 0.
Or, e N = e Nx e x 1 e Ny e y et
− − →
grad n(y) =
dn
dy
e y . On en déduit e Ny
dn
dy
> 0.
6. OPTIQUE GÉOMÉTRIQUE
525
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Soit :
1
dn
=
2 tani f
1
n Dy
(175)
On en déduit le pouvoir de résolution du spectrographe si les effets de diffraction sont
négligés :
R ≡
l
dl
=
l dn
dl
1
dn
=
l dn
dl
2 tani f
1
n Dy
(176)
et, finalement, la relation cherchée :
R = 2 tani
f
1
Dy
d(n n)
d(n l)
(177)
5. Au minimum de déviation, r = A/2 = 30
0 ; sin i = n sin r = 0, 825 ; tani = 1, 46.
La condition de séparation des raies est dx Dy
soit :
2
dn
n
tani
Dy
f
1
(178)
Pour calculer dn, on utilise les données de l’énoncé : à une variation de l de 350 nm
correspond une variation de l’indice de 0,04. Pour un dl de 0, 1 nm, on aura donc
approximativement : dn = 0, 04 3 0, 1/350 = 1, 14.10
−5 . En reportant les valeurs de
dn et tani dans (178), on aboutit, finalement, à la condition Dy 20 mm.
9 CONSEIL : Il est souhaitable avant de résoudre cet exercice d’avoir étudié la partie 4 page 477.
1.1.a. On a n 1 sin i 1 = n 2 sin i 2 .
1.1.b. On aura réflexion totale si n 1 > n 2 et si i 1 > i 1max avec :
n 1 sin i 1max = n 2 sin(p/2) soit sin i 1max = n 2 /n 1 . (i 1max est l’angle de réfraction
limite quand la lumière va du milieu d’indice n 2 vers le milieu d’indice n 1 ).
1.2.a. En appliquant la deuxième loi de Descartes aux deux dioptres sucessifs, on obtient
n j−1 sin i j−1 = n j sin i j = n j11 sin i j11
1.2.b. La relation ci-dessus montre que la quantité n j sin i j est constante (indépendante
de j).
1.3.a. Le milieu à gradient d’indice peut être considéré comme un milieu multicouche
dont l’épaisseur de chacune des couches tend vers 0. Dans ces conditions, la grandeur n j
devient une fonction n(y). La question précédente montre alors que la quantité n(y) sin i
est constante le long du rayon.
1.3.b. D’après l’énoncé, e N .
− − →
grad n(y) = n(y)/R > 0.
Or, e N = e Nx e x 1 e Ny e y et
− − →
grad n(y) =
dn
dy
e y . On en déduit e Ny
dn
dy
> 0.
6. OPTIQUE GÉOMÉTRIQUE
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