Optique : Cours physique iv optique physique
Télécharger PDFPage 1 sur 12 Jeudi, 18/12/2018 @ 08 :00 Bibliothèque/Salle 1 ________________ 2
e année, Cycle Préparatoire intégré - Sciences et Techniques pour l’ingénieur Module : Physique IV, Élément de module : Optique physique -----------------------------Durée légale : 2 heures ----------------------------- Questions de cours (52/8 pts). 1) (8/8 pt) Qu’est-ce qui se passe pour une onde électromagnétique de longueur d’onde λ sous incidence normale sur une fente de largeur a dans les trois cas suivants ? − a < λ. Rép. : Diffraction impossible. − λ ≤ a ≤ 100λ. Rép. : c’est la condition pour observer le phénomène de diffraction. − 100λ< a. Rép. : la fente est trop large , pas de diffraction. 2) Les intensités relatives de la figure de diffraction produite par une fente simple, une double fente et N fentes (réseau de diffraction) sont les suivantes.
( )
( )() ()m sine msin esin 0II θλ πθ λπ θ
= pour une fente.
( )
( )() ()() =m sin2 cos2 msin em sine sin0I Iθ λπ θλ πθ λπ θ
l pour deux fentes. ( )
( )() ()() ()2 msin pm sinp Nsin2 msin em sine sin2 N1 0II =θ λπ θλ πθ λπ θλ π
θ pour N fentes où N : un nombre entier. Questions : a) (2/8 pt) Que représente λ ? Rep. : la longueur d’onde. b) (2/8 pt) Que représente e
dans le cas d’une seule fente ? Rép. : La largeur de la fente. c) (4/8 pt) Que représente e et ldans le cas d’une double fente ? Rép. : La largeur de la fente et l’espace entre les fentes centre au centre respectivement. d) (2/8 pt) Que représente p dans le cas de N fentes ? Rép. : Le pas du réseau. e) (4/8 pt) Que représente m et m
θ ? Rép. : L’ordre de diffraction et l’angle de diffraction correspondant à l’ordre m respectivement. f) (4/8 pt) Que représente la condition de diffraction ()e/m m
sinλθ= dans le 1
er cas ? Rép. : condition d’interférence constructive. g) (8/8 pt) Donner le terme de diffraction et le terme d’interférences dans le 2e cas. Rép. : sinc et cosinus au carré respectivement. Pour un réseau de diffraction de N fentes, les positions angulaires correspondant aux ordres de diffraction du réseau sont obtenues avec la condition() p/mm sinλθ=
. h) (4/8 pt) Calculer p pour un réseau de diffraction de 600 lignes/mm. Rép.: 1,67 μm. (4/8 pt) En déduire l’angle m
θ correspondant au 1
er ordre de diffraction si λ=633nm. i) Le pouvoir de dispersion du réseau de diffraction est défini comme étant λθd/d
. (8/8 pt) Calculer alors le pouvoir de dispersion d’un réseau de 600 lignes/mm au niveau du 1
er ordre de diffraction. Page 2 sur 12 3) (4/8 pt) Quelle est la forme géométrique de chacun des ouvertures ou obstacles qui a produit l’une ou l’autre des figures de diffraction ci-dessous. (a) Trou circulaire (b) Deux fentes perpendiculaires ***** Problème (108/8 pts). Interféromètre de Mach-Zehnder. L'interféromètre de Mach-Zehnder est schématisé ci-dessous. L’interféromètre est constitué de 2 miroirs M1 et M2 et de deux lames séparatrices S1 et S2 identiques, semi-réfléchissantes, d’épaisseur négligeable, disposées à 45° de la direction de propagation des ondes. Les séparatrices sont des lames à faces parallèles dont une face est réfléchissante et l'autre non (traitement antireflet) et donc elles n'ont pas le même coefficient de réflexion selon qu'elles sont éclairées par l'avant ou l'arrière.
Une onde plane progressive harmonique ade front d’onde0 Σd’amplitude complexe 0a se propageant selon la direction parallèle à l’axe Oz, de longueur d’onde m60,0μλ= et d’intensité 0
I, est séparée, par la séparatrice S1, en deux ondes de même intensité 1a et 2
a de fronts d’onde1 Σ et 2
Σ. L'onde1 Σ se propage suivant le trajet 1 : elle se réfléchit sur S1 (plus précisément sur sa face avant), se réfléchit sur M1 avant d'atteindre S2. Elle se sépare à nouveau en deux : une partie passe à travers S2 pour atteindre l'écran EA (sortie A de l'interféromètre), l'autre partie se réfléchit sur S2 (face arrière) pour atteindre l'écran EB (sortie B de l'interféromètre). – Interféromètre Mach-Zehnder – L'onde 2
Σ se propage à travers S1, puis réfléchit par M2, et se sépare encore en deux au niveau de S2 : une partie passe à travers S2 pour atteindre EB, l'autre se réfléchit sur S2 (face avant) pour atteindre EA. On note t le coefficient de transmission en amplitude des séparatrices S1 et S2, r : le coefficient de réflexion (en amplitude) de la face avant des séparatrices et r′ : le coefficient de réflexion de leur face arrière. Page 3 sur 12 En notation complexe, les coefficients de réflexion r et de transmission t en amplitude pour chacune des séparatrices sont : 22 rt== et 2i e2 2'r π = Les 4 trajets possibles sont résumés ci-dessous : Le trajet S1 – M1 – S2 – EA : onde A1
Σ d’amplitude 1Aa (réflexion r et transmission t) Le trajet S1 – M1 – S2 – EB : onde B1
Σ d’amplitude 1Ba (réflexion r et réflexion r′ ) Le trajet S1 – M2 – S2 – EA : onde A2
Σ d’amplitude 2Aa (transmission t et réflexion r) Le trajet S1 – M2 – S2 – EB : onde B2
Σ d’amplitude 2Ba (transmission t et transmission t) On note D la distance S1M1=M2S2 et L la distance S1M2=M1S2. Questions : 1) (a) (4/8 pt) Calculer la différence de marche 1
δ entre le trajet 2 et le trajet 1. (b) (4/8 pt) En déduire le déphasage :φ . 2) (a) (8/8 pt) Déterminer l’expression de l’amplitude résultante Aa sur l’écran EA en fonction du coefficient de réflexion en amplitude : r, l’amplitude 0a et du déphasage ()DL 20 +=λ π
φ dû à la différence des trajets S1M1S2 et S1M2S2.
(b) (4/8 pt) En déduire l’intensité A
I due à la superposition des ondes Σ
1A et Σ
2A sur l’écran EA 3) (a) (8/8 pt) Déterminer l’expression de l’amplitude résultante Ba sur l’écran EB en fonction du coefficient de réflexion en amplitude complexe : r, l’amplitude 0a et du déphasage0 φ. (b) (4/8 pt) En déduire l’intensité B
I due à la superposition des ondes Σ
1B et Σ
2B sur l’écran EB 4) (4/8 pt) Y-a-t-il conservation de l’énergie de l’onde électromagnétique entre le plan 0z=et les deux sorties de l'interféromètre (répondez en quelques lignes) ? 5) On insère une lame à faces parallèles L1, d’épaisseur e
= 1 mm et d’indice de réfraction n=1,50, dans le trajet 1, entre S1 et M1, sous incidence normale. (a) (8/8 pt) Qu’est-il advenu de la différence de marche ? Notons 2
δ cette différence de marche. (b) (4/8 pt) En déduire le nouveau déphasage : φ
. (c) (8/8 pt) Déterminer l’expression de la nouvelle amplitude résultante 'B asur l’écran EB. (8/8 pt) En déduire l’intensité 'B I correspondante. (d) (8/8 pt) Pour quelles valeurs de l’épaisseur e l’éclairement énergétique de l’écran EB est-il nul ? Calculer ces valeurs. (8/8 pt) Et pour quelles valeurs de e est-il maximal ? Calculer ces valeurs. Page 4 sur 12 6) On introduit une deuxième lame à faces parallèles L2, entre M2 et S2, identique à la lame L1 (même épaisseur et même indice de réfraction). On fait tourner d’un petit angle θ la lame L2 autour d’un axe perpendiculaire au plan du schéma. a) (8/8 pt) Montrer que la différence de marche 3
δentre les ondes 1 et 2 se recombinant sur l’écran EA est de la forme : ( )nf..e 23 θδ=
où ( )
nf est une fonction de l’indice n des lames que l’on explicitera. On donne : ()( )( )( )( )bsinasinbcosacosbacos+=−
b) (4/8 pt) Déterminer l’expression de la nouvelle amplitude résultante "B asur l’écran EB. (4/8 pt) En déduire l’intensité "B I . c) (4/8 pt) Pour quel angle de rotation minimal 1
θ a-t-on un éclairement maximal ? d) (4/8 pt) Pour quel angle de rotation minimal 0
θ a-t-on un éclairement nul ? e) (4/8 pt) Tracer, à main levée, l’allure du graphe ( )
( )() −+= n1n ..e. sin1.2 10I I2 "B "B λθπ θ
de l’éclairement de l’écran en fonction de θ pour rad08,00≤≤θ
. Indication : On calculera une vingtaine de points à raison de
rad004,0
, pas plus. ***** BONNE CHANCE Solution 1)
(a) (4/8 pt) L’amplitude complexe de l’onde incidente est : 0a . Sur l’écran EA, on a la superposition des ondes A1
Σ d’amplitude 1A
a et A2
Σ d’amplitude 2Aa . La différence de marche 1
δ entre ces deux ondes n’est autre que la différence du chemin géométrique. Elle est égale à : [][]
() ()0 DLDL
1trajetdulongueur2trajetdulongueur1 =+−+= −=δ
(b) (4/8 pt) Le déphasage : 0.2 k11 ===δλ π
δφ avec λπ 2
k= la norme du vecteur d’onde. 2) (a) (8/8 pt) L’amplitude résultante Aa sur l’écran EA est égale à la somme des amplitudes complexes 1Aa et 2A
a ⇒ 2A1AAaaa+= correspondants aux trajets S1M1S2 et S1M2S2. Page 5 sur 12 ()()() ()() DL2 ie DLike etDLik eDLik e0 20 a0 a0A a.r2
a.r.rr.r
alorsaon,rtpuisquea.t.ra.r.ta2A1A +−+− +−+−= +==+= λπ 44 344 2144 344 21
En posant ()DL 20 +=λ π
φ, on a donc 0i e0 2A a.r2aφ− =avec 2/1r2 =
. (b) (4/8 pt) L’intensité A
I due à la superposition des ondes Σ
1A et Σ
2A sur l’écran EA a pour expression :*a.aI AAA= . On a : 41 rcaraa.a.r4
a.r2a.r2I4 20 *00 40 20 2A 0i e.0 ie ==== −φφ
On en déduit que : 20A aI=
. 3) (a) (8/8 pt) L’amplitude résultante B
a sur l’écran EB est égale à la somme des amplitudes complexes 1B
a et 2B
a correspondants aux trajets S1M1S2 et S1M2S2 ⇒ 2B1BBaaa+= . Le déphasage 0.2 k111 ===δλ π
δφ reste le même. 0i e2 iebienou 0i e2 ie et0 ie 2i e0 ie 0i e0 20 20 22a 0a 0B
a.1ta.1r
alorsaon,rtpuisquea.t.r
a.t.ta.r'.ra2B1B φπ φπ φπ φφ−− −−− + += = += +=
434214434421
Donc ; 0i e2 ie 02 Ba.1ra φπ − += (b) (4/8 pt) L’intensité B
Idue à la superposition des ondes Σ
1B et Σ
2B sur l’écran EB a pour expression : *a.aIBBB =
. Page 6 sur 12 On a : 0i e2 ie 02 Ba.1ra φπ − += . Et avec la formule d’Euler : ( )( )xsinixcosix e+=
, on a : i2 sini2 cos2 ie=+= πππ , d’où : ()0 ie 02 Ba.i1ra φ−
+=. On en déduit que ()()()() 20 20 4* 02 02 *0 20 2BBB a2 1a.r2 a.i1r.a.i1r
a.i1r.a.i1r*a.aI 0i e0 ie 0i e0 ie == − += + += =+− −−φφ φφ
4) (4/8 pt) L’intensité avant l’entrée de l’onde dans l’interféromètre par la séparatrice S1 est : *a.aI0 =. 20 00a *a.aI0 ie. 0i e= =−φφ ⇒2 00aI= L’intensité à la sortie de l’interféromètre sur les écrans EA et EB est : 20BA a2 3
III=+= car et 20A aI= et 20AAB a2 1*a.aI== On en déduit que 200 20 aIa2 3
I=≠= , donc il n’y a pas conservation de l’énergie électromagnétique, ce résultat est anormal, il existe donc une erreur dans l’énoncée. Remarque. On corrige cette erreur en considérant, par exemples, (2 2
t= et 2i e2 2
'rrπ == ) ou (2 2
rt== et πie 22 'r
= ) ou bien (2 2
rt== et πie 22 'r− =
), . . . 5)
Page 7 sur 12 (a) (8/8 pt) La nouvelle différence de marche due à la présence de la lame à faces parallèles L1 sur le trajet 1 : S1M1S2 est : [] []
()()[] []()e1n DLneeDL
2trajetdulongueur1trajetdulongueur2 −=+−+−+= −=δ
Donc, l’insertion de cette lame dans le chemin S1M1S2 accroit le chemin optique de la quantité : ()e1n− par rapport au cas initial. (b) (4/8 pt) Le déphasage : ()e1n 2k 2−== λπ δφ
. (c) (8/8 pt) La présence de la lame à faces parallèles L1 sur le chemin S1M1S2 modifie les amplitudes 1A
a et 1B
a mais ne modifie pas les amplitudes 2A
a et 2B
a des ondes qui se propagent suivant le chemin S1M2S2. On note les nouvelles amplitudes '1A a et '1B a. L’amplitude 'B asur l’écran EB est égale à la somme des amplitudes complexes '1B a et 2Ba correspondant aux trajets S1M1S2 et S1M2S2 respectivement. ⇒ 2B' 1B' B
aaa+=. Le déphasage()e1n 2k 2−== λπ δφ
. ()() []() ()()
rtcara.re1n 2etDL 2a.t.r :obtientonrteter'rpuisque
a.t.ta.r.ra2 ie1 0i eoù 0i ei e.2 ie etDL 2i eneeDL 2i e0 200 222 ia 0a 0
''B 2B' 1B= =−=+= +=== +=−− +− −− +−+−+−π φφ φφ πλ πλ πλ πφ λπ φπ 444 3444 214444434444421Donc, =−− +− 2i e10 ie 02 'B a.raπ φφ (8/8 pt) La nouvelle intensité 'B Idue à la superposition de la nouvelle onde Σ’
1B et l’onde Σ
2B sur l’écran EB a pour expression : *a.aI' B' B' B
=. On a : Page 8 sur 12 += += = = −−+ −−−− +−− +− −+ −−+ −−− +− −−+ −2 ie 2i e2 ie. 2i e2 ie 2i e2 ie1 0i e2 ie1 0i e2 ie1 0i e2 ie1 0i e2.a. 41 1.a.ra.r.a.r a.r.a.rI2 02 04 02 02 *0 20 2' Bπ φπ φπ φπ φπ φπ φπ φφ πφ φπ φφ πφ φ
La formule d’Euler : ( )2 ixe ixe xcos− +
= avec −=φπ 2
x permet d’obtenir −+=φ π2 cos1.2 aI 20 'B Comme2 0a 0I= , il vient : −+=φπ 2cos1. 2I I0 '
B : C’est l’intensité des franges d’interférence. Puisque
( )φφπ sin2 cos= − , on a la forme : ( )()φsin1.2 II 0' B+= Donc, ( )()φsin1.2 II 0' B+= . (d) (8/8 pt) Les valeurs de l’épaisseur e pour lesquelles l’éclairement énergétique au niveau de l’écran EB est nul sont les valeurs de e pour lesquelles0I' B
=. Cela se produit, pour ( )
1sin−=φ soit πφ += 21 K ou ()2 1K2π φ+= , avec K un entier impair K=1, 3, 5, 7, ... , soit ()πλ π +=− 21 Ke1n2 . La condition est la suivante : ()() ()m2,1. 41K2 1n41K2 eμλ += −+ = Les épaisseurs égales à ()
1K2+ ×0,3 μm, i.e., e=0,9 μm, 2,1 μm, 3,3 μm, ... Page 9 sur 12 (8/8 pt) Les valeurs de l’épaisseur e pour lesquelles l’éclairement énergétique sur l’écran EB est maximal sont les valeurs de e
pour lesquelles0 'B II=
. Cela se produit, pour ( )
1sin=φsoit πφ += 21 K2 ou ()2 1K2π φ+= , avec K un entier, K=0, 1, 2, 3, ... soit ()πλ π +=− 21 K2e1n2 . La condition est donc la suivante : ()m6,0. 21 K21n .2 1K2e μλ +=− +=
. Pour les épaisseurs égales à ()
1K4+ fois 0,3 μm, soit e=0,3 μm, 1,5 μm, 2,7 μm, ... 6)
(a) (8/8 pt) En l’absence des lames L1 et L2, les ondes se propageant selon le trajet 1 et le trajet 2 pour reconstituer le front d’onde Σ
1 sont en phase ; la différence de marche des ondes 1 et 2 est donc nulle sur l’écran EA et également sur l’écran EB. L’insertion de la lame L1, perpendiculairement aux vecteurs d’onde, augmente le chemin optique du trajet 1 (S1M1S2) de la quantité : ()
e1n−. En l’absence de L1, la lame L2 tournée d’un petit angle θ, augmente
le chemin optique du trajet 2 de la quantité (on adopte l’approche d’optique géométrique) : [] []
()()[] []IHnIJ DLnIJIHDL
1trajetdulongueur2trajetdulongueur3 −=+−+−+= −=δ
Car le trajet IH dans l’air d’indice ≈ 1 est remplacé par le trajet IJ dans la lame L2. Donc, l’insertion de la lame L2 dans le bras S1M2S2 de l’interféromètre accroit le chemin optique de la quantité : ()IHnIJ−
par rapport au cas initial (trajet 2 vide). La nouvelle différence de marche due à la présence simultanément de la lame à faces parallèles L2 sur le trajet 2 (S1M2S2) et la lame L1 sur le trajet 1 (S1M1S2) est: () ()e1nIHnIJ3 −−−=δ On a : ( )IJ e
rcos= ⇒ ( )rcose IJ= et ()
( )()rcos. rcose rcos.IJIH−=−=θθ Page 10 sur 12 Soit : ( )
()() ()e1nrcosnrcos e3 −−−−=θδ
(1) La loi de réfraction d’Ibn Sahl, dite de Descartes, au point d’incidence I s’écrit : ( )( )
rsin.nsin=θ our.n=θdans l’approximation des petits angles ; donc : ( )2 r1rcos 2
−≈ et ( )2 22n2 12 r1 rcos1θ +=+≈
(2) et ()() 22 2n2 1n1 n1 cosrcos− −≈ −=− θθθ (3) La différence de marche donnée par (1) est donc, compte tenu de (2) et (3), ()() ()() ()() − − + +−= −− − +− += −− − −− += 1n2 1n1. n211ne 1nen2 1n1n n21e 1nen2 1n1n n21e 22 22 22 22 22 22 22 3θθ θθθθ δ
Le terme entre crochet se réduit à 22 n2θ , en négligeant les termes en 4
θ(infiniment petits devant les termes en 2
θ), donc : ()n2 1n..e 23 −=θδ (4) de la forme ( )nf.e 23 θδ= où ( )() n21n nf− =
. Le déphasage est : ()n2 1n..e 2k 23 −==θ λπ δφ où θ est exprimé en rad. (b) (4/8 pt). Nous avons vu que l’insertion de la lame à faces parallèles L1 dans le chemin S1M1S2 modifie les amplitudes 1A
a et 1B
a ; les nouvelles amplitudes ont été déjà notées '1A a et '1B a. De même, l’insertion de la lame L2 dans le chemin S1M2S2 modifie les amplitudes 2A
a et 2B
a. On note les nouvelles amplitudes '2A a et '2B a. Dès lors, l’amplitude "B asur l’écran EB est égale à la somme des amplitudes complexes '1B a
et '2B acorrespondantaux trajets S1M1S2
et S1M2S2 respectivement. ⇒ '2B '1B "B aaa+=. Le déphasage ()n 1n. .e.2 −= λθπ φ
. Page 11 sur 12 ()() []() ()() rtcara.rn2 1n..e 2etDL 2a.t.r :obtientonrteter'rpuisque
a.t.ta.r.ra2 ie1 0i eoù 0i ei e.2 ie etDL 2i eneeDL 2i e0 22 0022 2i a0 a0 '"B '2B '1B = = −=+= +=== +=−− +− −− +−+−+−π φφ φφ πλ πλ πθ λπ φλ πφ π
444 3444 214444434444421Donc, =− +− φπ φ2 ie1 0i e0 2" Ba.ra (4/8 pt) En déduire l’intensité "B I . La nouvelle intensité "B Idue à la superposition de la nouvelle onde Σ′
1B et l’onde Σ′
2B sur l’écran EB a pour expression : *a.aI' B' B" B
=. Tout calcul fait, on trouve : ()φsin1.2 II 0" B+= Et avec ()n 1n. .e.2 −= λθπ φ
, on obtient : () − +=n 1n. .e.sin1. 2I I2 0" Bλ θπ
L’éclairement de l’écran EB varie donc suivant la loi d’interférence à deux ondes. (c) (4/8 pt) Pour quel angle de rotation minimal 1
θ a-t-on un éclairement maximal ? L’éclairement de l’écran EB sera maximal (0 "B II=
) pour
( )
1sin=φ, soit, si πδλ π += 21 K2.2 3 où ...2,1,0K= c’est-à-dire K un entier. D’après (4), pour ()1n ne2 1K2 − += λ
θ ; le 1
er éclairement maximal (K=0) est donc obtenu pour : ()
'431rad1000,31n ne2 20 °≈×=− =− λθ Page 12 sur 12 (d) (4/8 pt) Pour quel angle de rotation minimal 0
θ a-t-on un éclairement nul sur EB ? L’éclairement de l’écran EB sera nul (0I "B =) pour
( )
1sin−=φ, soit, si ()2 1K22 1K. 23 ππδ λπ +=
+= où ...5,3,1K= c’est-à-dire K un entier. D’après (4), pour ()()1n ne2 1K2− += λ
θ ; le 1
er éclairement nul (K=1) est donc obtenu pour : ()
'582rad100,61n n. e. 23 21 °≈×=− =− λθ Remarque. Pour K=0, on a : 00 =θ : l’éclairement est pareil nul, cela correspond à la lame L2 sous incidence normale, ce cas est exclu car la lame L2 doit être inclinée. (e) (4/8 pt) Le graphe est représenté ci-dessous : ()
( )() −+= n1n ..e. sin12 10I I2 "B "B λθπ θ
où l’angle θ est exprimé en rad rad08,00≤≤θ par pas de
rad004,0
. ***** 00,2 0,40,6 0,81 1,2
00,020,040,060,08
Intensité relative Angle θ(rad)
Courbe de l'intensité relative des franges d'interférence1er éclairementmaximal 1er
éclairementnul θ=0,0520
=2°58' θ=0,030 rad= 1°43'