Feuille d'entraînement : Diffraction et réseaux

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q35

   D'après le théorème de Babinet, la figure de diffraction produite par un obstacle opaque de diamètre D (la goutte d'eau projetée en un disque opaque) présente la même distribution angulaire d'intensité que celle d'une ouverture circulaire de même diamètre (en dehors de l'onde incidente transmise directe).

   L'angle caractéristique sous lequel l'onde est diffractée s'écrit classiquement :

   \boxed{\theta \approx \frac{\lambda}{D}} \quad \text{ou plus précisément (rayon angulaire du disque d'Airy) :} \quad \boxed{\theta = 1{,}22\,\frac{\lambda}{D}}

   Application numérique : Pour \lambda = 632\text{ nm} = 6{,}32 \cdot 10^{-7}\text{ m} et D = 0{,}6\text{ mm} = 6{,}0 \cdot 10^{-4}\text{ m} :

   \begin{aligned} \theta &= \frac{6{,}32 \cdot 10^{-7}}{6{,}0 \cdot 10^{-4}} \approx 1{,}05 \cdot 10^{-3}\text{ rad} = 1{,}05 \cdot 10^{-3} \times \frac{180}{\pi} \approx 0{,}060^\circ \\ \text{ou avec le facteur } 1{,}22 : \quad \theta &= 1{,}22 \times 1{,}05 \cdot 10^{-3} \times \frac{180}{\pi} \approx 0{,}074^\circ \end{aligned}

   On retient :

   \boxed{\theta \approx 0{,}06^\circ \quad (\text{soit } 0{,}07^\circ \text{ avec le préfacteur } 1{,}22)}

   Justification de l'importance de la diffraction à l'aide de la figure 10 :

   • Sur la courbe d'intensité de la figure 10, on constate la superposition de deux échelles angulaires :

     • une enveloppe modulée à basse fréquence (les pics des arcs surnuméraires espacés d'environ 0{,}7^\circ à 0{,}8^\circ) ;
     • une structure fine très dense (oscillations rapides) dont la période angulaire est de l'ordre de 0{,}05^\circ à 0{,}07^\circ (on dénombre une quinzaine de sous-pics sur un intervalle de 1^\circ).
   • Cette échelle angulaire fine correspond exactement à l'ordre de grandeur de l'angle de diffraction \theta \approx 0{,}06^\circ\text{--}0{,}07^\circ.
   • De surcroît, la diffraction explique que de la lumière soit diffusée sous des angles de déviation inférieurs à la déviation minimale géométrique (\Delta < 137{,}5^\circ), région théoriquement interdite en optique géométrique pure.

   La prise en compte de la diffraction est donc essentielle pour modéliser précisément le profil d'intensité.

   Résultat

   $$\theta \approx \frac{\lambda }{D}$$

   $$\theta =1,22\frac{\lambda }{D}$$

   $$\theta \approx 0,06^{\circ }(\text{soit }0,07^{\circ }\text{ avec le preˊfacteur }1,22)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q34

   L'analyse de l'intensité émergente calculée par la théorie de Mie (figure 10) révèle trois caractéristiques majeures :

   • Lien avec la figure 8 (optique géométrique et caustique) : La figure 8 montrait l'existence d'une déviation minimale \Delta_m \approx 137{,}8^\circ pour cette gamme de longueurs d'onde.

     • Pour \Delta < \Delta_m, l'optique géométrique prévoit une absence totale de lumière émergente (zone d'ombre géométrique, correspondant au côté extérieur de l'arc ou bande sombre d'Alexandre). La figure 10 confirme une intensité quasi nulle pour \Delta < 137{,}5^\circ, mais celle-ci n'est pas strictement nulle : une fraction d'onde pénètre dans la région interdite par diffraction.
     • Au voisinage immédiat de \Delta_m, l'accumulation lumineuse géométrique est lissée par la diffraction en un pic d'intensité principal très marqué, décalé légèrement vers \Delta \approx 138{,}3^\circ.
   • Lien avec la photo 5 (interférences à deux ondes) : Pour \Delta > \Delta_m, la figure 8 montre que deux rayons incidents d'angles i_1 et i_2 émergent avec la même déviation. En interférant, ils donnent naissance à une modulation d'intensité macroscopique formée d'une suite de maxima et de minima (périodicité de l'ordre de 0{,}8^\circ). Ces oscillations correspondent fidèlement aux franges alternées claires et sombres des arcs surnuméraires visibles sur la photo 5.
   • Apport de la théorie de Mie (diffraction et résonances) : En plus de l'enveloppe oscillante des arcs surnuméraires, la courbe présente des fluctuations rapides à haute fréquence spatiale (structure fine ou « ripples »). Ces oscillations ne sont pas prévisibles par le modèle simplifié à deux rayons et traduisent des effets purement ondulatoires (ondes de surface, résonances morphologiques, effet tunnel optique).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q2

   Le module photographique d'un smartphone est destiné à former des images dans le spectre visible, s'étendant de 400\text{ nm} à 700\text{ nm}. On choisit usuellement la longueur d'onde correspondant au maximum de sensibilité de l'œil humain de jour (vision photopique) :

   \lambda = 550\text{ nm}.

   Un point source situé à l'infini sur l'axe optique envoie une onde plane sur l'ouverture circulaire de diamètre D de l'objectif. Le phénomène de diffraction à l'infini (dans les conditions de Fraunhofer) produit, dans le plan focal image situé à la distance f' de l'objectif, la figure d'Airy dont le premier anneau sombre est repéré par le demi-angle de diffraction :

   \theta = 1,22\,\frac{\lambda}{D}.

   Dans l'approximation des petits angles, le rayon r_{\text{diff}} de la tache centrale de diffraction (disque d'Airy) sur le capteur s'écrit :

   r_{\text{diff}} = f'\,\theta = 1,22\,\frac{\lambda f'}{D}.

   En introduisant le nombre d'ouverture N = \dfrac{f'}{D}, on obtient :

   r_{\text{diff}} = 1,22\,\lambda N.

   Le diamètre correspondant vaut :

   d_{\text{diff}} = 2\,r_{\text{diff}} = 2,44\,\lambda N.

   Application numérique : avec \lambda = 550\text{ nm} = 0,55\ \mu\text{m} et N = 2,2,

   \begin{aligned} r_{\text{diff}} &= 1,22 \times 0,55\times 10^{-6} \times 2,2 \approx 1,5\times 10^{-6}\text{ m} = 1,5\ \mu\text{m}, \\ d_{\text{diff}} &= 2,44 \times 0,55\times 10^{-6} \times 2,2 \approx 3,0\times 10^{-6}\text{ m} = 3,0\ \mu\text{m}. \end{aligned}

   La taille caractéristique (diamètre du disque d'Airy) est donc :

   \boxed{d_{\text{diff}} \approx 3,0\ \mu\text{m} \quad (\text{soit un rayon } r_{\text{diff}} \approx 1,5\ \mu\text{m}).}

   Résultat

   $$d_{\text{diff}}\approx 3,0\mu \text{m}(\text{soit un rayon }{r}_{\text{diff}}\approx 1,5\mu \text{m}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q3

   Le capteur possède une définition native de 4000 \times 3000 pixels pour une taille de pixel physique p \approx 1,7\ \mu\mathrm{m} (question Q1).

   1. Limite optique imposée par la diffraction : D'après la question Q2, le diamètre de la tache d'Airy vaut d_{\text{diff}} \approx 3,0\ \mu\mathrm{m}. Cette tache s'étend sur une largeur supérieure à celle d'un pixel physique (d_{\text{diff}} > p).

      • En résolution 4K (3840 \times 2160), le format utilise quasiment chaque pixel physique individuellement (avec un léger recadrage au format 16:9). La taille d'un pixel d'image est donc de l'ordre de 1,7\ \mu\mathrm{m} < d_{\text{diff}} : l'image est optiquement sur-échantillonnée et la diffraction limite la résolution effective. La 4K n'apporte donc pas de gain réel de netteté par rapport à la limite de diffraction.

      • En résolution Full HD (1920 \times 1080), le nombre de pixels par ligne et par colonne est divisé par 2 par rapport à la 4K. Cela correspond à regrouper les pixels par blocs de 2 \times 2 (pixel binning ou sous-échantillonnage). La taille d'un pixel virtuel devient alors :

        p' \approx 2 \times 1,69\ \mu\mathrm{m} \approx 3,4\ \mu\mathrm{m}

        Cette dimension est en excellente adéquation avec le diamètre de la tache d'Airy (p' \approx d_{\text{diff}}), satisfaisant de façon optimale le critère de Shannon sans sous-échantillonnage perceptible.

   2. Avantages techniques et ergonomiques :

      • Qualité d'image et sensibilité : Le regroupement de 4 pixels physiques pour former un pixel Full HD permet d'augmenter le rapport signal sur bruit (SNR), particulièrement en basse luminosité.
      • Stockage et bande passante : Une image ou vidéo en Full HD contient 4 fois moins de données qu'en 4K (1920 \times 1080 \approx 2,1\ \text{Mpx} contre 3840 \times 2160 \approx 8,3\ \text{Mpx}), ce qui réduit drastiquement l'espace de stockage nécessaire et accélère les transferts.
      • Consommation et échauffement : L'enregistrement en Full HD sollicite beaucoup moins le processeur d'image (ISP), ce qui préserve l'autonomie de la batterie et limite la surchauffe du téléphone portable.

   \boxed{\text{Le choix du Full HD adapte la résolution à la limite de diffraction } (p' \approx d_{\text{diff}}), \text{ tout en réduisant le bruit, le stockage et la chauffe.}}

   Résultat

   $$\text{Le choix du Full HD adapte la reˊsolution aˋ la limite de diffraction }(p^{\prime }\approx d_{\text{diff}}),\text{ tout en reˊduisant le bruit, le stockage et la chauffe.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q8

   Pour le rayon extrême incident à la distance r = r_0 = \dfrac{R}{n} de l'axe optique (d'après la question Q4), on a :

   \sin i = \frac{r_0}{R} = \frac{1}{n} \quad \implies \quad \sin t = n \sin i = 1 \quad \implies \quad t = \frac{\pi}{2}

   En utilisant l'expression établie à la question Q5 pour la position du point d'intersection A' du rayon réfracté avec l'axe optique :

   \overline{CA'} = R \cos i + \frac{R \sin i}{\tan(t-i)}

   Puisque t = \dfrac{\pi}{2}, on a \tan(t - i) = \tan\left(\frac{\pi}{2} - i\right) = \cot i = \dfrac{\cos i}{\sin i}, ce qui donne :

   \overline{CA'} = R \cos i + R \frac{\sin^2 i}{\cos i} = \frac{R}{\cos i} = \frac{nR}{\sqrt{n^2 - 1}}

   Application numérique :

   \overline{CA'} = \frac{1{,}52 \times 4{,}0}{\sqrt{1{,}52^2 - 1}} \approx 5{,}31\text{ mm}

   Le capteur est placé dans le plan focal image paraxial, à l'abscisse x = \overline{CF'} = \dfrac{nR}{n-1} \approx 11{,}7\text{ mm} (d'après la question Q6).

   Après avoir coupé l'axe optique en A', le rayon réfracté poursuit sa propagation rectiligne en faisant un angle \alpha = t - i avec l'axe optique. Dans le triangle rectangle reliant le point A', le foyer F' et le point de rencontre du rayon avec le capteur, la distance transversale d'aberration sphérique vaut :

   \text{TSA} = (\overline{CF'} - \overline{CA'}) \tan(t - i)

   Or \tan(t - i) = \cot i = \sqrt{n^2 - 1}. En remplaçant \overline{CF'} et \overline{CA'} par leurs expressions :

   \text{TSA} = \left(\frac{nR}{n-1} - \frac{nR}{\sqrt{n^2-1}}\right)\sqrt{n^2-1} = nR \left(\frac{\sqrt{n^2-1}}{n-1} - 1\right)

   Application numérique :

   \text{TSA} = 1{,}52 \times 4{,}0 \times \left(\frac{\sqrt{1{,}52^2 - 1}}{1{,}52 - 1} - 1\right) = 6{,}08 \times \left(\frac{1{,}145}{0{,}52} - 1\right) \approx 7{,}3\text{ mm}

   \boxed{\text{TSA} = nR \left(\frac{\sqrt{n^2-1}}{n-1} - 1\right) \approx 7{,}3\text{ mm}}

   Comparaisons et conclusion :

   • Taille de la tache de diffraction (question Q2) : d_{\text{diff}} \approx 3{,}0\ \mu\text{m}.
   • Dimension d'un pixel du capteur (question Q1) : p \approx 1{,}7\ \mu\text{m}.

   On constate que :

   \frac{\text{TSA}}{d_{\text{diff}}} \approx 2{,}4 \times 10^3 \quad \text{et} \quad \frac{\text{TSA}}{p} \approx 4{,}3 \times 10^3

   L'aberration géométrique sphérique est prépondérante devant la diffraction : la tache lumineuse formée sur le capteur a une dimension millimétrique, plusieurs milliers de fois supérieure à la taille d'un pixel. De plus, \text{TSA} \approx 7{,}3\text{ mm} est même supérieure à la demi-largeur du capteur (l/2 \approx 2{,}5\text{ mm}), ce qui signifie que le rayon extrême sort complètement du capteur.

   Conclusion : Une telle lentille demi-boule simple présente des aberrations géométriques rédhibitoires et n'est absolument pas adaptée à l'appareil photographique d'un smartphone. Il est indispensable d'utiliser des surfaces asphériques ou un doublet/multiplet de lentilles correctrices.

   Résultat

   $$\text{TSA}=nR\left(\frac{\sqrt{n^2-1}}{n-1}-1\right)\approx 7,3\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q23

   D'après la question 14, pour deux miroirs décalés d'une distance a suivant la direction transverse Oy, la différence de marche en un point M(y,z) au voisinage de l'axe s'écrit \delta(M) = \dfrac{a y}{f'_2}.

   D'après la figure 8, les miroirs sont disposés aux sommets d'un carré de côté a dans le plan transverse :

   • P_2 est translaté de a selon l'axe Oy par rapport à P_1 ;
   • P_4 est translaté de a selon l'axe Oz par rapport à P_1 ;
   • P_3 est translaté de a selon Oy et de a selon Oz par rapport à P_1.

   Par analogie directe et séparabilité des coordonnées dans l'approximation paraxiale, les différences de marche au point M entre l'onde issue de P_i et celle issue de P_1 s'expriment sans calcul (au signe près selon la convention de sens choisie, sans influence sur les conditions de phase) :

   \boxed{\delta_{2/1}(M) = \frac{a y}{f'_2}}

   \boxed{\delta_{4/1}(M) = \frac{a z}{f'_2}}

   \boxed{\delta_{3/1}(M) = \delta_{2/1}(M) + \delta_{4/1}(M) = \frac{a(y + z)}{f'_2}}

   Pour que les ondes issues des quatre miroirs soient en phase au point M, il faut et il suffit que les différences de marche par rapport à l'onde de référence 1 soient toutes des multiples entiers de la longueur d'onde \lambda :

   \begin{aligned} \delta_{2/1}(M) &= k \lambda \quad (k \in \mathbb{Z}), \\ \delta_{4/1}(M) &= m \lambda \quad (m \in \mathbb{Z}). \end{aligned}

   Lorsque ces deux conditions sont vérifiées, la condition relative au miroir P_3 est automatiquement satisfaite :

   \delta_{3/1}(M) = \delta_{2/1}(M) + \delta_{4/1}(M) = (k + m)\lambda,

   avec k + m \in \mathbb{Z}.

   Les ondes issues des quatre miroirs sont donc en phase si et seulement si les coordonnées (y, z) du point M vérifient :

   \boxed{y_k = k \lambda \frac{f'_2}{a} \quad \text{et} \quad z_m = m \lambda \frac{f'_2}{a} \qquad (k, m \in \mathbb{Z})}

   Ces maxima d'éclairement forment bien un réseau carré de pas spatial i = \lambda \dfrac{f'_2}{a} dans le plan de l'écran (Oyz).

   Résultat

   $${\delta }_{2/1}(M)=\frac{ay}{f_2^{\prime }}$$

   $${\delta }_{4/1}(M)=\frac{az}{f_2^{\prime }}$$

   $${\delta }_{3/1}(M)={\delta }_{2/1}(M)+{\delta }_{4/1}(M)=\frac{a(y+z)}{f_2^{\prime }}$$

   $$y_k=k\lambda \frac{f_2^{\prime }}{a}\text{et}{z}_m=m\lambda \frac{f_2^{\prime }}{a}(k,m\in \mathbb{Z})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q24

   Repérons la position d'un miroir quelconque du réseau par un couple d'entiers (p, q) tel que ses coordonnées soient (y_p = p\,a,\, z_q = q\,a). D'après les résultats de la question Q23, la différence de marche au point M(y, z) entre l'onde issue du miroir (p, q) et celle issue d'un miroir de référence situé à l'origine (0, 0) s'écrit :

   \delta_{p,q}(M) = \frac{p\,a\,y}{f'_2} + \frac{q\,a\,z}{f'_2}

   Le déphasage correspondant s'exprime par :

   \Delta\varphi_{p,q}(M) = \frac{2\pi}{\lambda}\delta_{p,q}(M) = 2\pi\left(p\,\frac{a y}{\lambda f'_2} + q\,\frac{a z}{\lambda f'_2}\right)

   Aux points de coordonnées (y_k, z_m) déterminés à la question Q23, où y_k = k\lambda\frac{f'_2}{a} et z_m = m\lambda\frac{f'_2}{a} avec (k, m) \in \mathbb{Z}^2, ce déphasage devient :

   \Delta\varphi_{p,q}(y_k, z_m) = 2\pi (p\,k + q\,m) \equiv 0 \pmod{2\pi}

   puisque le produit et la somme d'entiers sont des entiers. Toutes les ondes issues des N pixels parviennent donc en phase en ces points.

   L'éclairage laser étant supposé uniforme sur les N miroirs, chaque miroir produit au point M une vibration lumineuse de même amplitude s_0. L'amplitude complexe résultante s'écrit :

   \underline{s}_{\text{tot}}(M) = \sum_{j=1}^N \underline{s}_j(M)

   D'après l'inégalité triangulaire :

   |\underline{s}_{\text{tot}}(M)| \leqslant \sum_{j=1}^N |\underline{s}_j(M)| = N s_0

   L'égalité est atteinte si et seulement si toutes les ondes sont en phase, ce qui est précisément vérifié aux points (y_k, z_m) :

   \underline{s}_{\text{tot}}(y_k, z_m) = N s_0 \, \mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi_0} \implies |\underline{s}_{\text{tot}}(y_k, z_m)| = N s_0

   L'éclairement étant proportionnel au carré du module de l'amplitude lumineuse (I = K |\underline{s}|^2 et I_0 = K s_0^2), l'éclairement est maximal en ces points et vaut :

   \boxed{I_{\max} = N^2 I_0}

   Résultat

   $$I_{\max }=N^2{I}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q25

   Par le principe de conservation de l'énergie lumineuse (ou par intégration du terme d'interférence sur une cellule élémentaire), la valeur moyenne temporelle et spatiale de l'éclairement sur l'écran s'obtient en sommant les intensités individuelles :

   \langle I \rangle = \sum_{j=1}^{N} I_0 = N I_0

   En effet, lors du calcul de la moyenne de l'éclairement, les termes croisés d'interférences de la forme \cos(\phi_j - \phi_l) (pour j \neq l) ont une valeur moyenne spatiale nulle sur une période.

   D'après le résultat de la question Q24, l'éclairement maximal vaut I_{\max} = N^2 I_0. Le rapport entre l'éclairement maximal et l'éclairement moyen est donc :

   \frac{I_{\max}}{\langle I \rangle} = \frac{N^2 I_0}{N I_0} = N

   \boxed{\frac{I_{\max}}{\langle I \rangle} = N}

   Lorsque N est très grand (N \gg 1) :

   • Le rapport \frac{I_{\max}}{\langle I \rangle} = N devient extrêmement élevé : la quasi-totalité de l'énergie lumineuse est concentrée aux points de résonance (y_k, z_m).
   • Par conservation de l'énergie, les maxima principaux deviennent extrêmement fins : leur largeur angulaire décroît comme 1/\sqrt{N} selon chaque direction. En dehors de ces directions privilégiées, les interférences sont presque partout destructives.

   On en conclut que la figure d'interférence est constituée d'un réseau régulier de taches quasi-ponctuelles extrêmement lumineuses et très contrastées (les maxima principaux du réseau carré), réparties sur un fond sombre d'extinction quasi-totale. C'est précisément le diagramme de points observé sur la photographie de la figure 10.

   Résultat

   $$\frac{I_{\max }}{⟨I⟩}=N$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question