Feuille d'entraînement : Mesures et incertitudes

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2026, Q6

   D'après la question Q5, la pesanteur s'exprime par :

   g = \frac{k\,h}{m}

   1. Application numérique

   Avec les données fournies :

   • k = 50{,}0\text{ N}\cdot\text{m}^{-1} ;
   • h = 2{,}0\text{ cm} = 2{,}0 \cdot 10^{-2}\text{ m} ;
   • m = 0{,}200\text{ kg}.

   On obtient :

   \begin{aligned} g &= \frac{50{,}0 \times 2{,}0 \cdot 10^{-2}}{0{,}200} = \frac{1{,}00}{0{,}200} = 5{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \end{aligned}

   \boxed{g = 5{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}}

   2. Estimation de l'incertitude-type relative

   Les grandeurs k, h et m étant mesurées indépendamment, la loi de propagation des incertitudes donne :

   \begin{aligned} \left(\frac{u(g)}{g}\right)^2 &= \left(\frac{u(k)}{k}\right)^2 + \left(\frac{u(h)}{h}\right)^2 + \left(\frac{u(m)}{m}\right)^2 \end{aligned}

   Estimons l'ordre de grandeur de chaque terme :

   • La mesure de l'allongement h = 2{,}0\text{ cm} est réalisée à l'aide d'une règle millimétrée (résolution \Delta = 1\text{ mm} = 0{,}1\text{ cm}). Pour une double lecture (repérage de l'origine et de l'extrémité), l'évaluation de type B donne une incertitude-type :

     \begin{aligned} u(h) &= \frac{\Delta}{\sqrt{6}} \simeq \frac{1\text{ mm}}{2{,}45} \simeq 0{,}4\text{ mm} \end{aligned}

     soit une incertitude relative de :

     \begin{aligned} \frac{u(h)}{h} &\simeq \frac{0{,}4\text{ mm}}{20\text{ mm}} \simeq 2\% \end{aligned}
   • Les valeurs de k et de m étant données avec trois chiffres significatifs, leurs incertitudes-types relatives sont de l'ordre de quelques pour mille (\sim 0{,}2\% pour k et \sim 0{,}3\% pour m), donc négligeables devant celle sur h.

   L'incertitude sur la mesure de h est donc largement dominante :

   \frac{u(g)}{g} \simeq \frac{u(h)}{h}

   \boxed{\frac{u(g)}{g} \simeq 2\%}

   (On trouve \frac{u(g)}{g} \simeq 1{,}5\% dans l'hypothèse d'une simple lecture avec u(h) = \frac{\Delta}{\sqrt{12}}, ce qui confirme un ordre de grandeur d'environ 2\%.)

   Résultat

   $$g=5,0\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-2}$$

   $$\frac{u(g)}{g}\simeq 2\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q13

   D'après les questions Q10 et Q11, les nombres d'onde des raies R(0) (J''=0 \to J'=1) et P(1) (J''=1 \to J'=0) s'écrivent :

   \tilde{\nu}_{R(0)} = \tilde{\nu}_0 + 2\bar{B} \quad \text{et} \quad \tilde{\nu}_{P(1)} = \tilde{\nu}_0 - 2\bar{B}

   où \bar{B} = \dfrac{B}{hc} = \dfrac{h}{8\pi^2 c \mu d_0^2} est la constante rotationnelle exprimée en nombre d'onde.

   La figure 3 donne les valeurs expérimentales :

   \tilde{\nu}_{R(0)} = 2906\text{ cm}^{-1} \quad \text{et} \quad \tilde{\nu}_{P(1)} = 2865\text{ cm}^{-1}

   1. Détermination de la pulsation propre \omega_0 Le nombre d'onde du centre de bande correspond à la demi-somme :

   \tilde{\nu}_0 = \frac{\tilde{\nu}_{R(0)} + \tilde{\nu}_{P(1)}}{2} = \frac{2906 + 2865}{2} = 2885{,}5\text{ cm}^{-1} = 2{,}8855 \times 10^5\text{ m}^{-1}

   La transition purement vibrationnelle vérifiant \hbar \omega_0 = hc \tilde{\nu}_0, on en déduit :

   \omega_0 = 2\pi c \tilde{\nu}_0

   En prenant c = 2{,}998 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \omega_0 = 2\pi \times 2{,}998 \times 10^8 \times 2{,}8855 \times 10^5 = 5{,}437 \times 10^{14}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   Les mesures des deux raies étant indépendantes, l'incertitude-type sur \tilde{\nu}_0 vaut :

   u(\tilde{\nu}_0) = \frac{\sqrt{u^2(\tilde{\nu}_{R(0)}) + u^2(\tilde{\nu}_{P(1)})}}{2} = \frac{\sqrt{1^2 + 1^2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}71\text{ cm}^{-1} = 71\text{ m}^{-1}

   L'incertitude-type sur \omega_0 est alors :

   u(\omega_0) = 2\pi c \, u(\tilde{\nu}_0) = 2\pi \times 2{,}998 \times 10^8 \times 71 \approx 1{,}3 \times 10^{11}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \approx 0{,}001 \times 10^{14}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{\omega_0 = (5{,}437 \pm 0{,}001) \times 10^{14}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}

   2. Détermination de la distance interatomique d_0 La constante rotationnelle \bar{B} s'obtient par la demi-différence :

   \bar{B} = \frac{\tilde{\nu}_{R(0)} - \tilde{\nu}_{P(1)}}{4} = \frac{2906 - 2865}{4} = 10{,}25\text{ cm}^{-1} = 1025\text{ m}^{-1}

   L'incertitude-type associée est :

   u(\bar{B}) = \frac{\sqrt{1^2 + 1^2}}{4} = \frac{\sqrt{2}}{4} \approx 0{,}35\text{ cm}^{-1} = 35\text{ m}^{-1}

   La molécule la plus abondante est \mathrm{H}^{35}\mathrm{Cl} (abondance de 76\,\%, avec m_{^{35}\mathrm{Cl}} \approx 35\,m_{\mathrm{H}}). Sa masse réduite s'écrit :

   \mu = \frac{m_{\mathrm{H}} \times 35 m_{\mathrm{H}}}{m_{\mathrm{H}} + 35 m_{\mathrm{H}}} = \frac{35}{36} m_{\mathrm{H}} \approx \frac{35}{36} \times 1{,}66 \times 10^{-27}\text{ kg} \approx 1{,}614 \times 10^{-27}\text{ kg}

   Comme \bar{B} = \dfrac{h}{8\pi^2 c \mu d_0^2}, on obtient :

   d_0 = \sqrt{\frac{h}{8\pi^2 c \mu \bar{B}}}

   Application numérique :

   d_0 = \sqrt{\frac{6{,}626 \times 10^{-34}}{8\pi^2 \times 2{,}998 \times 10^8 \times 1{,}614 \times 10^{-27} \times 1025}} \approx 1{,}30 \times 10^{-10}\text{ m}

   En considérant l'incertitude sur \bar{B} comme prépondérante, la loi de propagation des incertitudes donne :

   \frac{u(d_0)}{d_0} = \frac{1}{2}\frac{u(\bar{B})}{\bar{B}} \implies u(d_0) = \frac{1}{2} d_0 \frac{u(\bar{B})}{\bar{B}} = \frac{1{,}30 \times 10^{-10}}{2} \times \frac{0{,}35}{10{,}25} \approx 0{,}02 \times 10^{-10}\text{ m}

   \boxed{d_0 = (1{,}30 \pm 0{,}02) \times 10^{-10}\text{ m} = 0{,}130 \pm 0{,}002\text{ nm}}

   Résultat

   $${\omega }_0=(5,437\pm 0,001)\times 10^{14}\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$d_0=(1,30\pm 0,02)\times 10^{-10}\text{ m}=0,130\pm 0,002\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MP 2026, Q17

   D'après la question précédente Q16, la longueur d'onde s'exprime sous la forme :

   \lambda = \frac{2 V_0 \overline{\tau}}{k}

   En supposant les variables V_0, \overline{\tau} et k indépendantes, la loi de composition des incertitudes-types relatives pour une fonction monôme conduit à :

   \left(\frac{u(\lambda)}{\lambda}\right)^2 = \left(\frac{u(V_0)}{V_0}\right)^2 + \left(\frac{u(\overline{\tau})}{\overline{\tau}}\right)^2 + \left(\frac{u(k)}{k}\right)^2

   On en déduit l'expression littérale de l'incertitude-type u(\lambda) :

   \boxed{u(\lambda) = \lambda \sqrt{\left(\frac{u(V_0)}{V_0}\right)^2 + \left(\frac{u(\overline{\tau})}{\overline{\tau}}\right)^2 + \left(\frac{u(k)}{k}\right)^2}}

   L'écart normalisé (z-score) entre la valeur mesurée \lambda = 633,7\text{ nm} et la valeur de référence \lambda_{\text{ref}} = 632,8\text{ nm} s'écrit :

   z = \frac{|\lambda - \lambda_{\text{ref}}|}{u(\lambda)}

   Avec les valeurs numériques fournies :

   z = \frac{|633,7 - 632,8|}{7,6} = \frac{0,9}{7,6} \approx 0,12

   \boxed{z \approx 0,12}

   Puisque |z| < 2 (et même très largement inférieur à 1), la valeur expérimentale est parfaitement compatible avec la valeur attendue : les écarts constatés sont uniquement attribuables aux fluctuations aléatoires de mesure.

   Résultat

   $$u(\lambda )=\lambda \sqrt{{\left(\frac{u(V_0)}{V_0}\right)}^2+{\left(\frac{u(\overline{\tau })}{\overline{\tau }}\right)}^2+{\left(\frac{u(k)}{k}\right)}^2}$$

   $$z\approx 0,12$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q29

   D'après la question Q28, l'intensité en sortie s'écrit :

   I(t) = \frac{I_{\max}}{2}\left[1 + \cos\left(\frac{4\pi d(t)}{\lambda_m}\right)\right]

   Avec la loi d'avancement du miroir d(t) = v_0 t, le signal s(t) = K I(t) délivré par la photodiode est purement sinusoïdal de pulsation temporelle \omega_t = \frac{4\pi v_0}{\lambda_m}. Sa période temporelle T vérifie donc :

   \omega_t T = 2\pi \iff \frac{4\pi v_0 T}{\lambda_m} = 2\pi \iff \lambda_m = 2 v_0 T

   Lecture graphique de la période T : Sur la figure 5, le signal commence à un maximum à t = 0\text{ s} (contact optique). En comptant le nombre d'oscillations, on observe que le 13^{\text{e}} pic coïncide très précisément avec la graduation t = 5{,}0\text{ s} (on compte également environ 21 périodes à t \approx 8{,}1\text{ s}). Pour un ensemble de N = 13 périodes sur une durée \Delta t = 5{,}0\text{ s} :

   T = \frac{\Delta t}{N} = \frac{5{,}0}{13} \approx 0{,}385\text{ s}

   Calcul de la longueur d'onde :

   \lambda_m = 2 v_0 T = 2 \times 7{,}0\cdot 10^{-7} \times 0{,}385 \approx 5{,}39\cdot 10^{-7}\text{ m}

   En respectant la consigne générale d'arrondi à un seul chiffre significatif :

   \boxed{\lambda_m \approx 5\cdot 10^{-7}\text{ m} = 5\cdot 10^2\text{ nm}}

   Estimation de l'incertitude-type : L'incertitude dominante provient de la lecture du temps \Delta t sur le graphique. On estime la demi-étendue de lecture à \Delta(\Delta t) \approx 0{,}1\text{ s}. En modélisant cette incertitude de lecture par une loi uniforme de demi-largeur 0{,}1\text{ s} :

   u(\Delta t) = \frac{0{,}1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}06\text{ s} \implies u(T) = \frac{u(\Delta t)}{N} = \frac{0{,}06}{13} \approx 4{,}6\cdot 10^{-3}\text{ s}

   En négligeant l'incertitude sur la valeur tabulée de v_0, la relation de propagation donne :

   u(\lambda_m) = 2 v_0\, u(T) = \lambda_m\,\frac{u(\Delta t)}{\Delta t} \approx 5{,}4\cdot 10^{-7} \times \frac{0{,}06}{5{,}0} \approx 6\cdot 10^{-9}\text{ m} \approx 1\cdot 10^{-8}\text{ m}

   \boxed{u(\lambda_m) \approx 1\cdot 10^{-8}\text{ m} = 10\text{ nm}}

   Résultat

   $${\lambda }_m\approx 5\cdot 10^{-7}\text{ m}=5\cdot 10^2\text{ nm}$$

   $$u({\lambda }_m)\approx 1\cdot 10^{-8}\text{ m}=10\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q16

   1. Détermination expérimentale de la fréquence de Bragg f_B

   D'après la relation (8) établie en Q15, les deux pics principaux correspondent aux fréquences :

   f_+ = f_B + f_D \quad \text{et} \quad f_- = -f_B + f_D

   La demi-différence entre les abscisses de ces deux pics s'affranchit du courant marin :

   f_B = \frac{f_+ - f_-}{2}

   Sur les deux spectres de la figure 3 :

   • Pour le radar de Pendeen : le pic négatif est situé à f_- \approx -0{,}43\text{ Hz} et le pic positif à f_+ \approx +0{,}29\text{ Hz}, soit un écart \Delta f = 0{,}72\text{ Hz}, d'où f_B \approx 0{,}36\text{ Hz}.
   • Pour le radar de Perranporth : le pic négatif est à f_- \approx -0{,}31\text{ Hz} et le pic positif à f_+ \approx +0{,}41\text{ Hz}, soit \Delta f = 0{,}72\text{ Hz}, d'où f_B \approx 0{,}36\text{ Hz}.

   Ces valeurs coïncident parfaitement avec la position des lignes en pointillés tracées à \pm f_B. On retient :

   \boxed{f_B^{\text{exp}} \approx 0{,}36\text{ Hz}}

   2. Comparaison avec la valeur théorique

   D'après la question Q14, la fréquence de Bragg théorique s'écrit :

   f_B^{\text{th}} = \sqrt{\frac{g}{\pi \lambda}} = \sqrt{\frac{g f}{\pi c}}

   Pour f = 12{,}3\text{ MHz}, la longueur d'onde radar vaut :

   \lambda = \frac{c}{f} = \frac{3{,}00 \times 10^8}{12{,}3 \times 10^6} \approx 24{,}4\text{ m}

   Avec g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}, on obtient :

   f_B^{\text{th}} = \sqrt{\frac{9{,}81}{\pi \times 24{,}39}} \approx 0{,}358\text{ Hz}

   L'écart relatif entre théorie et expérience vaut :

   \frac{|f_B^{\text{exp}} - f_B^{\text{th}}|}{f_B^{\text{th}}} = \frac{|0{,}36 - 0{,}358|}{0{,}358} \approx 0{,}6\% < 1\%

   L'accord quantitatif est excellent, ce qui valide la modélisation.

   3. Vitesse et sens du courant de surface

   Le décalage Doppler moyen f_D correspond au milieu des deux pics :

   f_D = \frac{f_+ + f_-}{2}

   D'après la question Q15, f_D = -\frac{2v_x}{\lambda}, d'où :

   v_x = -\frac{\lambda}{2} f_D = -\frac{c}{2f} f_D

   • Radar de Pendeen (R_1) :

     \begin{aligned} f_{D1} &\approx \frac{-0{,}43 + 0{,}29}{2} = -0{,}07\text{ Hz} \\ v_{x1} &\approx -\frac{24{,}39}{2} \times (-0{,}07) \approx +0{,}85\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

     Puisque v_{x1} > 0 (décalage vers les fréquences plus faibles, f_{D1} < 0), le courant circule dans le sens de \vec{u}_{x1} : le courant s'éloigne de la côte (du radar de Pendeen).

     \boxed{v_{x1} \approx +0{,}85\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad \text{(courant s'éloignant de la côte)}}

   • Radar de Perranporth (R_2) :

     \begin{aligned} f_{D2} &\approx \frac{-0{,}31 + 0{,}41}{2} = +0{,}05\text{ Hz} \\ v_{x2} &\approx -\frac{24{,}39}{2} \times (+0{,}05) \approx -0{,}61\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

     Puisque v_{x2} < 0 (décalage vers les fréquences plus élevées, f_{D2} > 0), le courant circule en sens inverse de \vec{u}_{x2} : le courant s'approche de la côte (du radar de Perranporth).

     \boxed{v_{x2} \approx -0{,}61\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad \text{(courant s'approchant de la côte)}}

   Résultat

   $$f_B^{\text{exp}}\approx 0,36\text{ Hz}$$

   $$v_{x1}\approx +0,85\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}\text{(courant s’eˊloignant de la coˆte)}$$

   $$v_{x2}\approx -0,61\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}\text{(courant s’approchant de la coˆte)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q7

   D'après la question Q6, la grandeur s'écrit :

   \frac{ka}{2} = \frac{\pi a}{\lambda_0}

   En considérant que la distance a entre les fentes est connue sans incertitude (ou d'incertitude négligeable devant celle sur \lambda_0), la formule de propagation des incertitudes donne :

   u\left(\frac{ka}{2}\right) = \left| \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\lambda_0}\left(\frac{\pi a}{\lambda_0}\right) \right| u(\lambda_0) = \frac{\pi a}{\lambda_0^2} \, u(\lambda_0)

   Ce qui s'exprime plus simplement sous forme relative :

   \frac{u\left(\frac{ka}{2}\right)}{\frac{ka}{2}} = \frac{u(\lambda_0)}{\lambda_0} \implies u\left(\frac{ka}{2}\right) = \frac{ka}{2} \cdot \frac{u(\lambda_0)}{\lambda_0}

   Avec \frac{ka}{2} \approx 967\text{ rad}, \lambda_0 = 650\text{ nm} et u(\lambda_0) = 30\text{ nm} :

   \begin{aligned} u\left(\frac{ka}{2}\right) &= 967 \times \frac{30}{650} \approx 45\text{ rad} \end{aligned}

   \boxed{u\left(\frac{ka}{2}\right) \approx 45\text{ rad}} \quad \left(\text{ou } 0{,}05 \times 10^3\text{ rad}\right)

   Résultat

   $$u\left(\frac{ka}{2}\right)\approx 45\text{ rad}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q9

   D'après les questions précédentes :

   • Abscisse :

     \frac{ka}{2} \approx 967\text{ rad} \approx 0{,}97 \times 10^3\text{ rad}

     avec une incertitude-type (question Q7) :

     u\!\left(\frac{ka}{2}\right) \approx 45\text{ rad} \approx 0{,}05 \times 10^3\text{ rad}

   • Ordonnée :

     C \approx 0{,}38

     avec une incertitude-type :

     u(C) = 0{,}10 \times C = 0{,}10 \times 0{,}38 \approx 0{,}038 \approx 0{,}04

   Sur le document réponse, les échelles sont les suivantes :

   • En abscisse, l'intervalle entre deux graduations principales (1 \times 10^3\text{ rad}) est divisé en 5 sous-graduations, soit 0{,}2 \times 10^3 = 200\text{ rad} par sous-graduation. Le point se place donc juste avant la graduation 1 \times 10^3\text{ rad}, et la demi-largeur de la barre d'erreur horizontale (\approx 45\text{ rad}) correspond à environ un quart de sous-graduation.
   • En ordonnée, une subdivision correspond à 0{,}02. Le point se place à 0{,}38 (soit une graduation en dessous de 0{,}40), et la demi-hauteur de la barre d'erreur verticale correspond à 2 sous-graduations (0{,}04).

   \boxed{\left(\frac{ka}{2}\right) = (0{,}97 \pm 0{,}05) \times 10^3\text{ rad} \quad \text{et} \quad C = 0{,}38 \pm 0{,}04}

   Résultat

   $$\left(\frac{ka}{2}\right)=(0,97\pm 0,05)\times 10^3\text{ rad}\text{et}C=0,38\pm 0,04$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q10

   Pour propager les incertitudes expérimentales sur les paramètres ajustés C_0 et \alpha, on met en œuvre l'une des démarches suivantes :

   1. Méthode numérique de Monte-Carlo

   • Génération de jeux de données synthétiques : on simule un grand nombre N (typiquement N \sim 10^3 à 10^5) de jeux de mesures. Pour chaque point expérimental \left(\left(\frac{ka}{2}\right)_i, C_i\right), on tire une valeur selon une loi de probabilité (souvent gaussienne) centrée sur la valeur mesurée, de largeur égale à son incertitude-type (u(ka/2) et u(C)).
   • Ajustements répétés : pour chacun des N jeux de données ainsi simulés, on réalise l'ajustement non linéaire du modèle (par minimisation de la somme des carrés des écarts), ce qui conduit à un échantillon de N couples de paramètres estimés \{(C_{0,k}, \alpha_k)\}_{k=1\dots N}.

   • Calcul des incertitudes-types : les incertitudes-types u(C_0) et u(\alpha) sont alors estimées par l'écart-type empirique de la distribution des N valeurs obtenues pour chaque paramètre :

     u(C_0) = \sigma(C_0) \quad \text{et} \quad u(\alpha) = \sigma(\alpha).

   2. Méthode des moindres carrés pondérés (matrice de covariance) On peut également effectuer un ajustement en minimisant la somme pondérée par l'inverse du carré des incertitudes-types (critère du \chi^2) :

   \chi^2 = \sum_i \left( \frac{C_i - C_0 \left|\cos\left(\alpha \frac{k_i a_i}{2}\right)\right|}{u(C_i)} \right)^2.

   L'algorithme d'optimisation (tel que l'algorithme de Levenberg-Marquardt dans scipy.optimize.curve_fit) fournit la matrice de covariance des paramètres ajustés. Les incertitudes-types u(C_0) et u(\alpha) correspondent alors aux racines carrées des termes diagonaux de cette matrice.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q13

   D'après la relation établie à la question Q11, la longueur d'onde de la radiation s'exprime par :

   \lambda_0 = \frac{2\Delta z}{N}

   L'application numérique donne :

   \lambda_0 = \frac{2 \times 1\,035 \times 10^{-6}}{3\,156} \simeq 6{,}56 \times 10^{-7}\text{ m} = 656\text{ nm}

   Cette longueur d'onde appartient au domaine rouge du spectre visible (environ 600\text{--}700\text{ nm}). D'après le préambule de la partie III, H_\alpha est rouge et H_\beta est bleue :

   \boxed{\text{Il s'agit de la raie } H_\alpha}

   Le nombre de franges défilées N étant un comptage entier exempt d'incertitude, la précision relative sur \lambda_0 est directement donnée par celle sur le déplacement \Delta z :

   \frac{\Delta \lambda_0}{\lambda_0} = \frac{\Delta(\Delta z)}{\Delta z}

   Numériquement :

   \frac{\Delta \lambda_0}{\lambda_0} = \frac{2\text{ }\mu\text{m}}{1\,035\text{ }\mu\text{m}} \simeq 1{,}9 \times 10^{-3} \simeq 0{,}2\,\%

   \boxed{\frac{\Delta \lambda_0}{\lambda_0} \simeq 0{,}2\,\%}

   D'après le résultat de la question Q12, l'écart angulaire séparant le centre de la figure du premier anneau de même nature s'écrit :

   \Delta\theta = \sqrt{\frac{\lambda_0}{\Delta z}} = \sqrt{\frac{2}{N}}

   Numériquement :

   \Delta\theta = \sqrt{\frac{2}{3\,156}} \simeq 2{,}5 \times 10^{-2}\text{ rad} \simeq 1{,}4^\circ

   \boxed{\Delta\theta \simeq 2{,}5 \times 10^{-2}\text{ rad} \simeq 1{,}4^\circ}

   Commentaire : L'angle sous-tendant le premier anneau est très faible (environ 1{,}4^\circ). Les anneaux sont extrêmement serrés dès que l'épaisseur de la lame d'air dépasse le millimètre, ce qui justifie pleinement l'utilisation d'un système optique afocal grossissant (l'oculaire mentionné en III.A) pour permettre leur observation et la résolution visuelle des franges au centre du champ.

   Résultat

   $$\text{Il s’agit de la raie }{H}_{\alpha }$$

   $$\frac{\Delta {\lambda }_0}{{\lambda }_0}\simeq 0,2\%$$

   $$\Delta \theta \simeq 2,5\times 10^{-2}\text{ rad}\simeq 1,4^{\circ }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MP 2025, Q21

    D'après la question Q19, dans l'approximation \mathscr{A}_0, le déphasage est proportionnel à l'accélération de la pesanteur :

    \varphi = \mu g

    Par différentiation, l'incertitude absolue \Delta \varphi requise pour atteindre une incertitude relative \frac{\Delta g}{g} s'écrit :

    \Delta \varphi = |\mu|\,\Delta g = |\mu|\,g\,\frac{\Delta g}{g}

    En utilisant les valeurs numériques des données de l'énoncé et de la question Q19 (|\mu| \approx 2{,}0 \times 10^4\text{ rad}\cdot\text{s}^2\cdot\text{m}^{-1} et g \approx \bar{g} \approx 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}), le déphasage total vaut :

    |\varphi| = |\mu|\,g \approx 2{,}0 \times 10^4 \times 9{,}8 \approx 2{,}0 \times 10^5\text{ rad}

    Pour une précision relative \frac{\Delta g}{g} = 10^{-9}, la précision minimale nécessaire sur la mesure du déphasage est :

    \Delta \varphi = 2{,}0 \times 10^5 \times 10^{-9} = 2{,}0 \times 10^{-4}\text{ rad}

    \boxed{\Delta \varphi = |\mu| g\,\frac{\delta g}{g} \approx 2{,}0 \times 10^{-4}\text{ rad}}

    Étudions à présent la sensibilité de la détection. Le signal s'écrit s(\varphi) = s_0 f(\varphi) avec, d'après la question Q20 :

    f(\varphi) = \frac{1+\cos\varphi}{2}

    Pour une faible variation \Delta \varphi, la variation de signal associée s'exprime au premier ordre par :

    |\Delta s| \approx \left| \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}\varphi} \right| \Delta \varphi = s_0 |f'(\varphi)|\,\Delta \varphi

    La plus petite variation de déphasage mesurable, compte tenu du seuil de détectabilité \Delta s, est donc :

    \Delta \varphi_{\min} = \frac{\Delta s}{s_0\,|f'(\varphi)|}

    La mesure est la plus précise lorsque \Delta \varphi_{\min} est minimale, c'est-à-dire là où la pente |f'(\varphi)| est maximale. Or :

    f'(\varphi) = -\frac{1}{2}\sin\varphi \implies |f'(\varphi)| = \frac{1}{2}|\sin\varphi|

    Le maximum de |f'(\varphi)| vaut \frac{1}{2}, et il est atteint lorsque |\sin\varphi| = 1, soit pour :

    \boxed{\varphi = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})}

    Ces points correspondent aux points d'inflexion de la courbe f(\varphi), situés à « mi-frange » (f = 1/2).

    Résultat

    $$\Delta \phi =|\mu |g\frac{\delta g}{g}\approx 2,0\times 10^{-4}\text{ rad}$$

    $$\phi =\frac{\pi }{2}+k\pi (k\in \mathbb{Z})$$

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