Modélisation de systèmes physiques ou chimiques
CCINPPC2026
# CCINP PC — Modélisation de systèmes physiques ou chimiques 2026 · Corrigé brut
*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*
Épreuve PC7MO (mutualisée avec e3a-Polytech), 4 heures, calculatrices interdites. Sujet : *Étude d'un spectrophotomètre infrarouge*, 56 questions, deux parties indépendantes.
Remarque de notation : l'énoncé réutilise plusieurs lettres ($\alpha$, $\mu$, $L$, $a$, $\delta$, $\varphi$) pour des objets différents d'une sous-partie à l'autre. On garde ses notations dans chaque sous-partie.
## Partie I — Absorption vibrationnelle
### I.1 — Modèle classique de la vibration d'une molécule diatomique
#### I.1.1 — Potentiel de Morse
**Q1.** L'argument $-\alpha(x-x_e)$ d'une exponentielle est sans dimension. Comme $x$ est une longueur, $x_e$ en est une, et $\alpha$ est l'inverse d'une longueur. Le facteur $\left(1-e^{-\alpha(x-x_e)}\right)^2$ étant sans dimension, $D$ a la dimension de $E_p$, une énergie :
$$\boxed{D\ \text{en J},\qquad \alpha\ \text{en m}^{-1},\qquad x_e\ \text{en m}}$$
**Q2.** Pour un système conservatif à un degré de liberté, les positions d'équilibre sont les extremums de $E_p$, et un minimum correspond à un équilibre stable. La courbe de la figure 3 présente un unique extremum, un minimum en $x=x_e$ : **le système possède une unique position d'équilibre, $x=x_e$, et elle est stable**, car tout écart à $x_e$ augmente $E_p$, de sorte que la force $-\mathrm dE_p/\mathrm dx$ ramène le système vers $x_e$.
**Q3.** On a $E_p(x_e)=D(1-1)^2=0$ et $\lim_{x\to+\infty}E_p(x)=D$.
Allure de la courbe : branche répulsive très raide à courte distance, minimum nul en $x_e$, puis asymptote horizontale $E_p=D$.
**$D$ est la profondeur du puits**, c'est-à-dire l'écart entre le minimum ($0$) et l'asymptote. C'est l'énergie de dissociation de la liaison.
Le mouvement n'a lieu que là où $E_m\ge E_p(x)$ :
- si $E_m>D$ : $E_p(x)<E_m$ pour tout $x>x_e$, il n'y a pas de point de rebroussement à droite et $x$ peut tendre vers $+\infty$. **État libre** : la molécule se dissocie. Le mouvement reste limité à gauche par la branche répulsive ;
- si $E_m<D$ : l'équation $E_p(x)=E_m$ a deux solutions $x_1<x_e<x_2$ et le mouvement est confiné à $[x_1,x_2]$. **État lié** : la molécule vibre.
#### I.1.2 — Modèle élastique
**Q4.** Posons $u=x-x_e$ et $g(u)=D(1-e^{-\alpha u})^2$. Alors
$$g'(u)=2D\alpha e^{-\alpha u}(1-e^{-\alpha u}),\qquad g''(u)=2D\alpha^2e^{-2\alpha u}-2D\alpha^2e^{-\alpha u}(1-e^{-\alpha u}),$$
d'où $g(0)=0$, $g'(0)=0$ et $g''(0)=2D\alpha^2$. Le développement à l'ordre 2 de l'annexe donne
$$\boxed{E_p(x)\simeq D\alpha^2(x-x_e)^2}$$
**Q5.** Par identification avec $\tfrac12k(x-x_e)^2$ :
$$\boxed{k=2D\alpha^2}$$
avec $D>0$, donc **$k>0$**, ce qui est cohérent avec le minimum stable trouvé en Q2.
**Q6.** Système $\{A\}$ dans le référentiel galiléen. La molécule est isolée et la seule force est celle de la liaison, modélisée par un ressort de longueur $x=x_B-x_A$ et de longueur à vide $x_e$. Si $x>x_e$, le ressort tiré tire $A$ vers $B$, c'est-à-dire vers les $x$ croissants : la force vaut $+k(x-x_e)\vec u_x$, expression valable aussi pour $x<x_e$. La projection sur $\vec u_x$ donne la relation (1) :
$$\boxed{m_A\ddot x_A=k(x-x_e)}$$
**Q7.** De même, le ressort tire $B$ vers $A$, donc vers les $x$ décroissants. On obtient la relation (2) :
$$\boxed{m_B\ddot x_B=-k(x-x_e)}$$
On vérifie que $m_A\ddot x_A+m_B\ddot x_B=0$ : le centre de masse d'un système isolé n'accélère pas.
**Q8.** On a $\ddot x=\ddot x_B-\ddot x_A=-k(x-x_e)\left(\dfrac1{m_B}+\dfrac1{m_A}\right)=-\dfrac k\mu(x-x_e)$, où l'on a posé $\dfrac1\mu=\dfrac1{m_A}+\dfrac1{m_B}$. Il vient
$$\boxed{\mu\ddot x+kx=kx_e,\qquad \mu=\frac{m_Am_B}{m_A+m_B}}$$
**Q9.** Avec $X=x-x_e$, l'équation devient $\ddot X+\dfrac k\mu X=0$ : c'est un oscillateur harmonique de pulsation $\omega_0=\sqrt{k/\mu}$, réelle puisque $k>0$. D'où
$$\boxed{f_0=\frac1{2\pi}\sqrt{\frac k\mu}}$$
**Q10.** Dans le vide, $\lambda_0=c/f_0$. Donc
$$\boxed{\sigma_0=\frac{f_0}{c}=\frac1{2\pi c}\sqrt{\frac k\mu}}$$
#### I.1.3 — Validité de la loi de Hooke sur la multiplicité de la liaison
**Q11.** Les deux ressorts, de même longueur à vide $x_e$, sont fixés au même support et au même point matériel. Ils ont donc à chaque instant la même longueur $\ell$, donc le même allongement $\ell-x_e$, et leurs forces s'ajoutent :
$$\vec F=-k(\ell-x_e)\vec u_x-k(\ell-x_e)\vec u_x=-2k(\ell-x_e)\vec u_x .$$
C'est la force d'un ressort unique de longueur à vide $x_e$ et de raideur
$$\boxed{k_{eq}=2k}$$
**Q12.** Le même raisonnement avec trois ressorts donne
$$\boxed{k_{eq}=3k}$$
**Q13.** Les masses, donc $\mu$, ne changent pas. On remplace $k$ par $k_{eq}$ dans la Q10 :
a) double liaison :
$$\boxed{\sigma_0=\frac1{2\pi c}\sqrt{\frac{2k}{\mu}}=\sqrt2\,\sigma_{0,\text{simple}}}$$
b) triple liaison :
$$\boxed{\sigma_0=\frac1{2\pi c}\sqrt{\frac{3k}{\mu}}=\sqrt3\,\sigma_{0,\text{simple}}}$$
**Conclusion** : à atomes donnés, le nombre d'onde d'absorption croît avec la multiplicité de la liaison, comme $\sqrt p$ (rapports $1:\sqrt2:\sqrt3\simeq1:1{,}4:1{,}7$).
**Q14.** Les trois liaisons relient les mêmes atomes C et N : $\mu$ et $k$ sont communs, et $\sigma_0$ croît avec la multiplicité. En classant $1\,300<1\,650<2\,200$ :
$$\boxed{\mathrm{C{-}N}:1\,300\ \mathrm{cm^{-1}},\qquad \mathrm{C{\equiv}N}:2\,200\ \mathrm{cm^{-1}},\qquad \mathrm{C{=}N}:1\,650\ \mathrm{cm^{-1}}}$$
Les liaisons sont données ici dans l'ordre de l'énoncé : simple, triple, double. Contrôle : $2\,200/1\,300\simeq1{,}69$, proche de $\sqrt3\simeq1{,}73$, et $1\,650/1\,300\simeq1{,}27$, à comparer à $\sqrt2\simeq1{,}41$. Le modèle donne le bon ordre et le bon ordre de grandeur, sans être quantitativement exact : une double liaison n'est pas rigoureusement deux fois plus raide qu'une simple.
### I.2 — Le modèle quantique
**Q15.** Avec $\psi=\varphi(x)e^{-iEt/\hbar}$, on a $\dfrac{\partial\psi}{\partial t}=-\dfrac{iE}{\hbar}\psi$ et $\dfrac{\partial^2\psi}{\partial x^2}=\varphi''(x)e^{-iEt/\hbar}$. L'équation de Schrödinger devient, après simplification par $e^{-iEt/\hbar}\neq0$ :
$$E\varphi=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\varphi''+\frac12\mu\omega_0^2x^2\varphi .$$
En multipliant par $2\mu/\hbar^2$ :
$$\boxed{\frac{\mathrm d^2\varphi}{\mathrm dx^2}+\frac{\mu}{\hbar^2}\left(2E-\mu\omega_0^2x^2\right)\varphi=0}$$
**Q16.** On applique le développement de l'annexe en $a=x$, avec un écart $\pm\mathrm dx$. Il s'agit d'un développement au second ordre **en $\mathrm dx$** : l'énoncé écrit « par rapport à $x$ », ce qui est une coquille.
$$\boxed{\varphi(x+\mathrm dx)\simeq\varphi(x)+\mathrm dx\,\varphi'(x)+\frac{\mathrm dx^2}2\varphi''(x)}$$
$$\boxed{\varphi(x-\mathrm dx)\simeq\varphi(x)-\mathrm dx\,\varphi'(x)+\frac{\mathrm dx^2}2\varphi''(x)}$$
**Q17.** La somme des deux relations élimine $\varphi'$ :
$$\boxed{\frac{\mathrm d^2\varphi}{\mathrm dx^2}(x)\simeq\frac{\varphi(x+\mathrm dx)+\varphi(x-\mathrm dx)-2\varphi(x)}{\mathrm dx^2}}$$
**Q18.** Au point $x_i$, avec $x_{i\pm1}=x_i\pm\mathrm dx$ :
$$\boxed{\varphi_{i+1}+\varphi_{i-1}-2\varphi_i=\mathrm dx^2\,\frac{\mathrm d^2\varphi}{\mathrm dx^2}(x_i)}$$
**Q19.** La Q15 donne, en $x_i$, $\varphi''(x_i)=\dfrac{\mu}{\hbar^2}\left(\mu\omega_0^2x_i^2-2E\right)\varphi_i$. On reporte dans la Q18 :
$$\varphi_{i+1}=\left(2+\frac{\mu\,\mathrm dx^2}{\hbar^2}\left(\mu\omega_0^2x_i^2-2E\right)\right)\varphi_i-\varphi_{i-1}.$$
Avec $E=\hbar\omega_0(v+\tfrac12)$, on a $\mu\omega_0^2x_i^2-2E=2\omega_0\left(\tfrac12\mu\omega_0x_i^2-\hbar(v+\tfrac12)\right)$, d'où
$$\boxed{\varphi_{i+1}=\left(2+\frac{2\mu\omega_0}{\hbar^2}\mathrm dx^2\left(\frac12\mu\omega_0x_i^2-\hbar\left(v+\frac12\right)\right)\right)\varphi_i-\varphi_{i-1}}$$
**Q20.** $L$ est défini par $V(L)=E_5$, soit $\tfrac12\mu\omega_0^2L^2=\tfrac{11}2\hbar\omega_0$, d'où $L=\sqrt{11\hbar/(\mu\omega_0)}\simeq3{,}4\cdot10^{-10}$ m.
```python
L = np.sqrt(11*hbar/(mu*omega0)) # instruction 1.1
```
**Q21.**
```python
X = np.linspace(-L, L, N) # instruction 1.2
```
**Q22.**
```python
dx = X[1] - X[0] # instruction 1.3, vaut 2L/(N-1)
```
**Q23.** On impose $\varphi_0=0$ et $\varphi_1=1$, puis on applique la récurrence de la Q19 pour $i=1,\dots,N-2$.
```python
phi = np.zeros(N) # instructions 2 (phi[0] = 0)
phi[1] = 1
for i in range(1, N-1):
c = 2 + 2*mu*omega0/hbar**2*dx**2*(0.5*mu*omega0*X[i]**2 - hbar*(v + 1/2))
phi[i+1] = c*phi[i] - phi[i-1]
```
Le programme, exécuté, donne au centre les fonctions attendues : 0, 1 et 2 zéros pour $v=0,1,2$, et $\max|\varphi_0|\simeq7{,}4\cdot10^4$ m$^{-1/2}$ après normalisation, qui est la valeur exacte $(\mu\omega_0/\pi\hbar)^{1/4}$. On observe une légère divergence près de $x=+L$, qui croît avec $v$. Elle vient de la condition $\varphi(-L)=0$ imposée à distance finie.
**Q24.** La méthode des rectangles à gauche utilise les points $x_0$ à $x_{N-2}$ :
```python
norm = np.sum(phi[:-1]**2)*dx # instruction 3.1
```
**Q25.**
```python
phi = phi/np.sqrt(norm) # instruction 3.2
```
**Q26.** On trace les trois courbes, puis on fait un seul `show`, hors de la boucle :
```python
for v in [0, 1, 2]: # instructions 4
plt.plot(X, fonction_onde(v))
plt.xlabel('x')
plt.ylabel('phi(x)')
plt.show()
```
### I.3 — Le modèle ondulatoire : absorption d'une onde électromagnétique par une solution chimique
**Q27.** On prend le rotationnel de Maxwell-Faraday et on utilise l'identité de l'annexe, avec $\mathrm{div}\,\underline{\vec E}=0$ :
$$\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\underline{\vec E}=-\Delta\underline{\vec E}=-\frac{\partial}{\partial t}\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\underline{\vec B}=-\underline\varepsilon\mu_0\frac{\partial^2\underline{\vec E}}{\partial t^2},$$
d'où
$$\boxed{\Delta\underline{\vec E}-\underline\varepsilon\,\mu_0\frac{\partial^2\underline{\vec E}}{\partial t^2}=\vec0}$$
**Q28.** Pour $\underline{\vec E}=E_0e^{j(\omega t-\underline kx)}\vec u_y$, on a $\Delta\to-\underline k^2$ et $\partial^2/\partial t^2\to-\omega^2$. Une onde non nulle impose
$$\boxed{\underline k^2=\mu_0\omega^2(\varepsilon_r-j\varepsilon_i)}$$
**Q29.** $\underline k^2=\mu_0\varepsilon_r\omega^2\left(1-j\dfrac{\varepsilon_i}{\varepsilon_r}\right)$ et $\varepsilon_i/\varepsilon_r\ll1$, donc $\sqrt{1+u}\simeq1+u/2$ donne $\underline k\simeq\pm\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_r}\left(1-\dfrac j2\dfrac{\varepsilon_i}{\varepsilon_r}\right)$. Pour une onde qui se propage vers les $x$ croissants en s'atténuant ($k'>0$, $k''>0$), on prend le signe $+$ :
$$\boxed{k'=\omega\sqrt{\mu_0\varepsilon_r},\qquad k''=\frac{\omega\,\varepsilon_i}{2}\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_r}}}$$
avec $k''\ll k'$.
**Q30.** On a $\underline{\vec E}=E_0e^{-k''x}e^{j(\omega t-k'x)}\vec u_y$. Avec $E_0$ réel :
$$\boxed{\vec E(x,t)=E_0e^{-k''x}\cos(\omega t-k'x)\,\vec u_y}$$
**Le milieu est absorbant** : l'amplitude $E_0e^{-k''x}$ décroît exponentiellement au cours de la propagation, car $k''>0$, et l'onde cède de l'énergie au milieu.
**Q31.** La phase $\omega t-k'x$ est constante pour $\mathrm dx/\mathrm dt=\omega/k'$ :
$$\boxed{v_\varphi=\frac{\omega}{k'}=\frac1{\sqrt{\mu_0\varepsilon_r}}}$$
$v_\varphi$ ne dépend pas de $\omega$ tant que $\varepsilon_r$ est traitée comme une constante : **dans ce modèle, le milieu n'est pas dispersif**. Dans un milieu réel, $\varepsilon_r$ dépend de $\omega$ au voisinage des bandes d'absorption, et le milieu est alors dispersif.
**Q32.** On a $\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\underline{\vec E}=\dfrac{\partial\underline E_y}{\partial x}\vec u_z=-j\underline k\,\underline E_y\vec u_z$ et Maxwell-Faraday s'écrit $-j\omega\underline{\vec B}=-j\underline k\,\underline E_y\vec u_z$. Donc
$$\boxed{\underline{\vec B}(x,t)=\frac{k'-jk''}{\omega}E_0e^{-k''x}e^{j(\omega t-k'x)}\,\vec u_z}$$
**Q33.** Le conjugué s'écrit $\underline{\vec B}^*=\dfrac{k'+jk''}{\omega}E_0e^{-k''x}e^{-j(\omega t-k'x)}\vec u_z$ et $\vec u_y\wedge\vec u_z=\vec u_x$. Il vient
$$\langle\vec\Pi\rangle=\frac1{2\mu_0}\mathcal Re\left(\frac{k'+jk''}{\omega}\right)E_0^2e^{-2k''x}\vec u_x=\frac{k'E_0^2}{2\mu_0\omega}e^{-2k''x}\vec u_x .$$
Donc $I=I_0e^{-x/\delta}$ avec
$$\boxed{I_0=\frac{k'E_0^2}{2\mu_0\omega},\qquad \delta=\frac1{2k''}}$$
**Q34.** En sortie de cuve, $x=e$ :
$$\boxed{I_s=I_0\exp(-\alpha c_0e)}$$
**Q35.**
$$\boxed{A=\log\frac{I_0}{I_s}=\frac{\alpha c_0e}{\ln10},\qquad T=\frac{I_s}{I_0}=\exp(-\alpha c_0e)}$$
On a bien $T=10^{-A}$.
**Q36.** Avec $\epsilon_{em}=\alpha/\ln10$ :
$$\boxed{A=\epsilon_{em}\,c_0\,e}$$
C'est la **loi de Beer-Lambert** : l'absorbance est proportionnelle à la concentration et à la longueur traversée.
## Partie II — Principe de fonctionnement d'un spectrophotomètre infrarouge
### II.1 — Étude de la source infrarouge
#### II.1.1 — Étude cristalline de la source infrarouge
**Q37.** On remplit selon la règle de Klechkowski pour $Z=28$ :
$$\boxed{\mathrm{Ni}:\ 1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^6\,4s^2\,3d^8}$$
La couche $n=4$ est la plus élevée occupée, donc le nickel est en **4e ligne**. C'est un élément du bloc $d$ avec $2+8=10$ électrons de valence : **10e colonne**.
**Q38.** Un sommet compte pour $1/8$ et un centre de face pour $1/2$ :
$$N(\mathrm{Ni})=8\times\tfrac18+4\times\tfrac12=3,\qquad N(\mathrm{Cr})=2\times\tfrac12=1 .$$
**3 atomes de nickel et 1 atome de chrome par maille** (4 au total, comme pour toute maille CFC), d'où la formule Ni₃Cr.
**Q39.** La masse d'une maille est $(3M(\mathrm{Ni})+M(\mathrm{Cr}))/N_A$ et son volume $a^3$. Donc $\mu(\mathrm{NiCr})=\dfrac{3M(\mathrm{Ni})+M(\mathrm{Cr})}{N_Aa^3}$, et
$$\boxed{a=\left(\frac{3M(\mathrm{Ni})+M(\mathrm{Cr})}{N_A\,\mu(\mathrm{NiCr})}\right)^{1/3}}$$
**Q40.** Dans une structure CFC d'atomes identiques, les plus proches voisins sont un sommet et le centre d'une face adjacente, situés sur une diagonale de face de longueur $a\sqrt2$. On a donc $d=a\sqrt2/2=a/\sqrt2$ :
$$\boxed{d=\frac{350}{1{,}4}\ \mathrm{pm}\simeq250\ \mathrm{pm}=2{,}5\cdot10^{-10}\ \mathrm m}$$
#### II.1.2 — Évaluation de la température ambiante autour de la source infrarouge
**Q41.**
$$\boxed{P_{\text{élec}}=Ri^2=\frac{L\,i^2}{\gamma\pi a^2}}$$
**Q42.** On néglige les bases du cylindre ($L\gg a$) : la surface d'échange est $S=2\pi aL$. La tige émet $\sigma T_s^4S$ et reçoit $\sigma T_a^4S$ du gaz, assimilé à un corps noir qui l'entoure. La puissance nette cédée au gaz est
$$\boxed{P_{ray}=2\pi aL\,\sigma\left(T_s^4-T_a^4\right)}$$
**Q43.** Puissance cédée par la tige ($T_s>T_a$) :
$$\boxed{P_{cc}=2\pi aL\,H\,(T_s-T_a)}$$
**Q44.** Système : la tige. En régime permanent, $\dfrac{\mathrm dU}{\mathrm dt}=0=P_{\text{élec}}-P_{ray}-P_{cc}$, soit
$$\frac{Li^2}{\gamma\pi a^2}=2\pi aL\left[\sigma(T_s^4-T_a^4)+H(T_s-T_a)\right].$$
En divisant par $2\pi aL$ :
$$\boxed{\sigma T_a^4+HT_a=\sigma T_s^4+HT_s-\frac{i^2}{2\pi^2\gamma a^3}}$$
#### II.1.3 — Détermination de la température $T_a$ par dichotomie
**Q45.** Le programme 2 n'importe pas numpy : on utilise `math.pi`.
```python
from math import pi
def f(x): # instruction 4
return sigma*x**4 + H*x - sigma*Ts**4 - H*Ts + i**2/(2*pi**2*gamma*a**3)
```
**Q46.** On suit le principe de l'énoncé : on garde la moitié où $f$ change de signe jusqu'à ce que l'intervalle soit plus étroit que $p$.
```python
def dichotomie(f, b, c, p): # instructions 5
while c - b > p:
m = (b + c)/2
if f(b)*f(m) > 0: # même signe : racine dans [m, c]
b = m
else: # racine dans [b, m]
c = m
return (b + c)/2
```
$f$ est continue et strictement croissante ($f'(x)=4\sigma x^3+H>0$). Elle change de signe sur $[298,1\,000]$ : $f(298)\simeq-5{,}4\cdot10^4$ et $f(1\,000)=i^2/(2\pi^2\gamma a^3)\simeq+3{,}2\cdot10^3$. Il faut 10 itérations pour descendre sous 1 K. L'énoncé contient deux coquilles : l'appel final écrit `Dichotomie`, avec une majuscule, et `print(f "…")` contient une espace interdite entre `f` et la chaîne. Il faut lire `print(f"… {dichotomie(f,298,1000,1):.0f} K")`.
**Q47.** On trouve $T_a\simeq986$ K. Cette valeur est **inférieure à $T_s$**, ce qui est cohérent avec le fait que la tige cède de la chaleur au gaz. L'écart est faible, 14 K, car le terme Joule $i^2/(2\pi^2\gamma a^3)\simeq3{,}2\cdot10^3$ W·m⁻² ne représente que 5,6 % de $\sigma T_s^4\simeq5{,}7\cdot10^4$ W·m⁻². Le terme radiatif est très « raide » : $\Delta T\simeq\dfrac{3{,}2\cdot10^3}{4\sigma T_s^3+H}\simeq\dfrac{3{,}2\cdot10^3}{228}\simeq14$ K.
Une température « ambiante » de 986 K (713 °C) est en revanche **physiquement irréaliste**, et cela révèle les limites du modèle. Le gaz est traité comme un corps noir alors que N₂ et O₂ sont transparents dans l'IR : le rayonnement est absorbé par les parois, bien plus froides. $H=1$ W·m⁻²·K⁻¹ est très faible (la convection naturelle de l'air donne plutôt 5 à 25). Les pertes par les supports et les extrémités sont négligées.
### II.2 — Monochromateur à réseau
**Q48.** Le réseau est éclairé sous incidence normale, donc deux fentes consécutives, distantes de $a=1/n$, vibrent en phase. Pour deux rayons émergents parallèles inclinés de $\theta$, la projection de l'écart entre les fentes sur la direction de sortie donne
$$\boxed{\delta=a\sin\theta}$$
La lentille ne modifie pas la différence de marche entre $M$ et les deux fentes : on applique le théorème de Malus et le stigmatisme de la lentille. L'écran est dans son plan focal image, donc les rayons d'inclinaison $\theta$ convergent en $M$ d'ordonnée $x=f'\tan\theta$. Dans les conditions de Gauss, $\sin\theta\simeq\tan\theta\simeq x/f'$, d'où $\delta\simeq\dfrac{x}{nf'}$ et
$$\boxed{\varphi=\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}=\frac{2\pi x}{\lambda_0\,n\,f'}}$$
**Q49.**
```python
import numpy as np
def phi(x, lamda): # instruction 6
return 2*np.pi*x/(lamda*n*f)
```
**Q50.** On prend $A_0=1$ : la fonction renvoie $I/I_0$, la grandeur des figures 10 et 11.
```python
def intensite(x, lamda): # instructions 7
p = np.linspace(0, N-1, N) # indices des N traits
A = np.sum(np.exp(-1j*p*phi(x, lamda)))
return (A*A.conjugate()).real # réel, donc comparable à un seuil
```
Contrôle : en $x=0$, les $N$ ondes sont en phase et `intensite(0, lamda)` vaut $N^2=10^6$, comme sur la figure 10.
**Q51.**
```python
x_min = x0 - b/2 # instructions 8.1
x_max = x0 + b/2
```
**Q52.**
```python
X_list = np.linspace(x_min, x_max, 1000) # instructions 8.2
Lambda_list = np.linspace(2e-6, 6e-6, 1000)
```
**Q53.** L'intensité maximale est atteinte quand les $N$ ondes sont en phase : $I_{\max}=N^2I_0=10^6$ (figure 10).
```python
I_seuil = 0.1*N**2 # instruction 8.3
```
**Q54.**
```python
longueur_onde = [] # instructions 8.4
for lamda in Lambda_list:
for x in X_list:
if intensite(x, lamda) > I_seuil:
longueur_onde.append(lamda)
```
Une même longueur d'onde peut apparaître plusieurs fois, ce qui ne change ni le maximum ni le minimum.
**Q55.**
```python
return max(longueur_onde) - min(longueur_onde) # instruction 8.5
```
**Q56.** Les maxima principaux correspondent à $\varphi=2\pi p$, soit $\lambda=\dfrac{x}{p\,nf'}$, avec $nf'=5\cdot10^4\times0{,}2=10^4$. Pour $x_0=3$ cm, l'ordre $p=1$ donne $\lambda_0=3$ µm, qui appartient au spectre $[2\,;6]$ µm. L'ordre 2 donnerait 1,5 µm, hors spectre. **Seul l'ordre 1 traverse la fente**, et le monochromateur sélectionne une bande centrée sur 3 µm.
La largeur $\Delta\lambda=1{,}2\cdot10^{-8}$ m a deux origines :
- la largeur de la fente : $\Delta\lambda_{\text{fente}}=\dfrac{b}{nf'}=\dfrac{10^{-4}}{10^4}=1{,}0\cdot10^{-8}$ m ;
- la largeur propre d'un pic, finie car $N=1\,000$ : environ $4\cdot10^{-9}$ m mesurée au dixième du maximum (environ $\lambda_0/N=3\cdot10^{-9}$ m en ordre de grandeur).
Leur somme, environ $1{,}4\cdot10^{-8}$ m, n'est résolue qu'au pas de `Lambda_list`, $4\cdot10^{-6}/999\simeq4\cdot10^{-9}$ m. Quatre valeurs sont retenues, d'où $\Delta\lambda=3\times4\cdot10^{-9}=1{,}2\cdot10^{-8}$ m.
$$\boxed{\frac{\Delta\lambda}{\lambda_0}=\frac{1{,}2\cdot10^{-8}}{3\cdot10^{-6}}=4\cdot10^{-3},\qquad \frac{\lambda_0}{\Delta\lambda}\simeq250}$$
La bande transmise est environ 300 fois plus étroite que le spectre de la source : le faisceau est quasi monochromatique. En nombre d'onde, $\sigma_0\simeq3\,333$ cm⁻¹ et $\Delta\sigma=\Delta\lambda/\lambda_0^2\simeq13$ cm⁻¹, ce qui est très inférieur aux écarts entre les bandes de la Q14 (350 cm⁻¹ et plus) : la résolution suffit à les séparer. Elle est limitée par la fente, plus que par le réseau. Rétrécir la fente améliorerait la résolution, au prix d'une perte de flux lumineux.
**FIN**
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