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Optique ondulatoireRAPPELS DE COURSET EXERCICES

Agns MAURELGilles BOUCHET

B E L I N 8, rue Frou 75278 Paris cedex 06www.editions-belin.com

B E L I N

P h y s i q u e

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DANS LA COLLECTION BELIN SUP SCIENCES

A. MAURELOptique gomtrique, cours

A. MAUREL et J.-M. MALBECOptique gomtrique, rappels de cours et exercices

M. SAINT-JEAN, J. BRUNEAUX et J. MATRICONlectrostatique et magntostatique, cours

J. BRUNEAUX, M. SAINT-JEAN et J. MATRICONlectrostatique et magntostatique, rappels de cours et exercices

DANS LA COLLECTION BELIN SUP HISTOIRE DES SCIENCES

A. BARBEROUSSELa mcanique statistique. De Clausius Gibbs

M. BLAYLa science du mouvement. De Galile Lagrange

Le code de la proprit intellectuelle nautorise que les copies ou reproductions strictement rserves lusage priv du copiste et non desti-nes une utilisation collective [article L. 122-5] ; il autorise galement les courtes citations effectues dans un but dexemple ou dillustra-tion. En revanche toute reprsentation ou reproduction intgrale ou partielle, sans le consentement de lauteur ou de ses ayants droit ouayants cause, est illicite [article L. 122-4].La loi 95-4 du 3 janvier 1994 a confi au C.F.C. (Centre franais de lexploitation du droit de copie, 20, rue des Grands-Augustins, 75006Paris), lexclusivit de la gestion du droit de reprographie. Toute photocopie duvres protges, excute sans son accord pralable, constitueune contrefaon sanctionne par les articles 425 et suivants du Code pnal.

ditions Belin, 2003 ISSN 1158-3762 ISBN 978-2-7011-3032-3

Photo de couverture DigitalVisionSchmas : Laurent Blondel/Coredoc

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Sommaire

1. Les ondes lumineuses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2. Polarisation dune onde lumineuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3. Interfrences deux ondes par division du front donde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4. Interfrences deux ondes par division damplitude. Le Michelson . . . . . . . . . 81

5. Interfrence trois ondes ou plus. Rseaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6. Diffraction dune onde lumineuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

7. Interfrence et diffraction. Rseaux optiques rels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

3

C h a p i t r e 1

Les ondes lumineuses

Un peu d histoire

Un dbat sur la lumire

Loptique connat un vritable renouveau au XVIIe sicle. Les scientifiques de lapremire moiti du sicle se consacrent principalement loptique gomtrique, etds 1604, Johan Kepler prcise les lois de la propagation rectiligne de la lumire.Par ailleurs, des progrs techniques sont raliss dans la fabrication des instrumentsoptiques. Les premires lunettes oculaire divergent sont construites au tout dbutdu sicle. Galile (1564-1642), qui est le premier sen servir, publie ses observa-tions du ciel en 1610. Si celles-ci suscitent dabord une certaine mfiance quant leur vracit, Kepler dmontre ds 1611 leur bien-fond dans un livre (le Diop-trice) entirement consacr loptique gomtrique des lentilles et de la lunetteastronomique. En 1637, Descartes dtermine la loi de la rfraction, dite loi dessinus.Dans la seconde moiti du sicle, les thories physiques, cest--dire ltude dela nature de la lumire, prennent leur essor. En 1665, Francesco Maria Gri-maldi (1618-1663) met en vidence les phnomnes de diffraction, tandis queRobert Boyle (1627-1691), puis Robert Hooke (1635-1703) effectuent les pre-mires recherches sur les phnomnes dinterfrence. Isaac Newton (1642-1727)dmontre que la lumire blanche nest pas pure et homogne comme on le pensaitmais un mlange de lumires homognes de couleurs diffrentes. En 1675, OlausRmer (1644-1710) dtermine la vitesse de la lumire.Jusquau milieu du XIXe sicle, les physiciens vont travailler llaboration dunethorie de la lumire qui rende compte de tous les phnomnes nouvellementobservs. Ils se regroupent autour de deux grandes thories concurrentes, hritiresdes conceptions de Descartes qui sont reprises et modifies : certains, commeNewton, considrent que la lumire est un corps (thorie corpusculaire) ; dautres,comme Christian Huygens (1629-1695), la rapprochent du mouvement dun corpssans transport de matire (thorie ondulatoire).

1. LES ONDES LUMINEUSES 5

1. LA LUMIRE : UNE ONDE LECTROMAGNTIQUE

Les ondes lumineuses appartiennent la famille des ondes lectromagntiques, dcritespar deux champs vectoriels, lectrique

E (r , t) et magntique

B (r , t) qui vrifient

lquation donde suivante dans un milieu transparent, homogne et isotrope :

DE (r , t) 1

v22

t2E (r , t) 5

0

DB (r , t) 1

v22

t2B (r , t) 5

0

v dsigne la vitesse de propagation de londe dans le milieu considr. Si n est lin-dice optique du milieu, on a v 5 c/n, o c est la vitesse de la lumire (dans le vide,c 5 3 108 m/s).

2. LUMIRE MONOCHROMATIQUE

Une onde lumineuse monochromatique est une onde dont la dpendance temporelleest sinusodale. Le champ lectrique scrit alors :

E (r , t) 5

E0(r ) cos

(vt k r

)ou en notation complexe :

E (r , t) 5

E0(r ) exp

[i(vt k r

)]B (r , t) se dduit de

E (r , t) par la relation :

B (r , t) 5

1vk E (r , t)

k est le vecteur donde associ la propagation de londe lumineuse et v la pulsation.Londe a donc une double priodicit, temporelle avec T 5 2p/v et spatiale avecl 5 2p/k (k, module du vecteur donde, est appel le nombre donde). On dfinitgalement la frquence f 5 1/T 5 2p/v de londe sinusodale.La relation l 5 cT permet dcrire v 5 kc.

3. STRUCTURE DUNE ONDE LUMINEUSE

3.1. Dfinition

Une onde lumineuse monochromatique est dite : plane si son champ E scrit E (r , t) 5 E (x, t) 5 E0 exp [i (vt kx)], avec E0 denorme constante,

6

sphrique si son champ E scrit E (r , t) 5 E (r, t) 5A0r

exp [i (vt kr)], avec A0de norme constante,

cylindrique si son champ E scrit E (r , t) 5 E (r, t) 5A0

rexp [i (vt kr)], avec

A0 de norme constante.

Rappelons enfin que si k dsigne le nombre donde dune onde se propageant dans le vide la vitesse c et avec une pulsation v, londe passant dans un milieu dindice n garde lamme pulsation : on dit que la pulsation est un invariant de la propagation. Sa vitesse depropagation est donne par v 5 c/n et son nombre donde devient :

kn 5 v/v 5 nk

3.2. Plan et surface donde

Un plan donde est dfini comme le plan localement perpendiculaire au vecteur dondeen tout point du rayon lumineux.La surface donde est alors dfinie comme lenveloppe des plans donde un instant donnde la propagation de la lumire dans un faisceau lumineux. Par convention, lorsquonreprsente plusieurs surfaces donde, on espace les plans donde correspondants dunedistance gale la longueur donde l le long des rayons lumineux.

4. INTENSIT LUMINEUSE

4.1. Dfinition

Lintensit lumineuse (ou clairement) dune onde dcrite par son champ lectriqueE

est proportionnelle la moyenne de E2(t), note E2 (ou, en notation complexe, lamoyenne de E(t)E(t) avec E le complexe conjugu de E). Cette moyenne seffectue surle temps de rponse t du dtecteur (par exemple lil) :

I (t) 1t

ttt

E2(t )dt

4.2. Expression

Si le temps caractristique du dtecteur est trs suprieur la priode T 5 2p/v deE(t) 5 E0 cos(vt 1 w), lintensit ne dpend pas du temps et sidentifie au carr dumodule de E :

I (t) E20

2


PROPAGATION DUNE ONDE LUMINEUSE

Exercice 1 Longueur donde dune radiation mise par un laser

Un laser met une radiation rouge de longueur donde l1 5 0,6329923107 mm. Cal-culer la longueur dondel2 du rayonnement mis dans lair dindice n2 5 1,00028105.

Solution

CONSEIL : se souvenir que la frquence est un invariant de la propagation.

La frquence f de londe tant conserve, on a f 5vl

, o v est la vitesse de londe dans

le milieu considr : v 5cn

(c vitesse de londe dans le vide et n indice de rfraction du

milieu). La longueur donde l1 tant donne dans le vide, on a :

f 5cl1

5c

n2l2On en dduit :

l2 5l1

n25 0,6328151 mm

La prcision sur la valeur de l2 est obtenue en diffrentiant le logarithme de lexpressionci-dessus (drive logarithmique) :

dl2l2

5dl1l1

dn2n2

On passe des diffrentielles lincertitude D en sommant les valeurs absolues :

Dl2

l25

Dl1

l11Dn2n2

Avec Dl1 5 107 et Dn2 5 105, on obtient Dl2 5 107. On a finalement :

l2 5 0,6328151 107 mm

Exercice 2 Onde lumineuse mise par une source ponctuelle

On considre un point source O mettant une onde lumineuse monochromatique dansun milieu homogne, isotrope et transparent. Le champ lectrique au point sourcescrit :

E(O, t) 5 E0 cos(vt)

1. Quelle est la forme des surfaces donde ?

2. Donner lexpression de la surface donde dont la diffrence de phase avec la source est w.

3. Comment obtenir une onde plane avec une source ponctuelle ?

8

Solution

1. Une source ponctuelle met une onde sphrique dans un milieu homogne isotrope :les surfaces donde sont des sphres de centre O.

2. Lamplitude de londe dpend de la position du point M sur la surface donde considre.Puisque lintensit lumineuse est conserve, lamplitude dcrot au fur et mesure quonsloigne de la source. Notons EM lamplitude du champ lectrique sur la surface dondeconsidre. La phase de londe correspond la propagation de londe (la phase scrit(vt kr) pour une onde sphrique). Si w dsigne la diffrence de phase entre le pointconsidr et la source, la surface donde cherche a pour quation w 5 kr. Finalement, lechamp lectrique scrit :

E(M, t) 5 EM cos(vt w)

F

3. Lorsquon se place trs loin de lasource, les surfaces donde sphriquesont un rayon de courbure trs impor-tant ; on peut donc les assimiler loca-lement des droites : on retrouve lesfronts donde dune onde plane. Cestce qui se passe par exemple avec lesondes lumineuses mises par le Soleilau niveau de la Terre. Une faon plusrigoureuse de gnrer une onde plane partir dune source ponctuelle est deplacer la source dans le plan focal objetdune lentille convergente : le faisceaumergeant de la lentille est un faisceaude rayons parallles correspondant une onde plane.

DTECTION DUNE ONDE LUMINEUSE

Exercice 3 Condition de sparation de deux signaux lumineux

On considre une fibre creuse rectiligne : la gaine de la fibre est constitue dun verredindice n 5 1,5 et on ralise le vide lintrieur de la fibre. On claire une extrmitde la fibre avec un bref signal lumineux. lextrmit de la fibre, de longueur L 5 1 m,on place un dtecteur dont le temps de rponse est not t.1. crire lexpression de londe (note 1) se propageant dans lair le long de la fibre, et decelle (note 2) se propageant dans la gaine de verre le long de la fibre.

2. Au bout de combien de temps le dtecteur reoit-il la premire onde ? la seconde ?

3. En dduire le temps de rponse que doit avoir le dtecteur pour sparer les deux signaux.


4. Sachant que les dtecteurs usuels ont un temps de rponse de 106 s, quelle devrait trela longueur de la fibre pour quun dtecteur usuel spare les deux signaux ?

Solution

CONSEIL : dans la premire question, on demande dcrire le champ lectrique associ chaque onde ; lesondes considres sont planes et il sagit simplement de calculer le nombre donde k dans chaque milieu.Dans la dernire question, on remarquera que le dtecteur ne peut distinguer les deux ondes que si sontemps de rponse est infrieur la diffrence des temps darrive.

1. Les ondes se propagent dans la direction x de la fibre ; leur pulsation v est commune

puisquelle ne dpend pas du milieu de propagation. Le vecteur donde scrit : k 52pl

,

o la longueur donde l dpend de lindice du milieu : l 52pcnv

. Le champ lectrique de

londe plane scrit E(x, t) 5 E0 cos(vt kx). On a donc, dans le milieu 1, dindice gal 1 et dans le milieu 2 dindice n 5 1,5 :

E1(x, t) 5 E0 cos(v

(t 1

cx))

E2(x, t) 5 E0 cos(v(

t nc

x))

2. Le temps au bout duquel le dtecteur reoit les deux ondes correspond au temps deparcours de la fibre de longueur L la vitesse v1 5 c (respectivement v2 5

cn

) :

T1 5Lv1

5Lc

T2 5Lv2

5 n2Lc

A.N. T1 5 3,33 109 s et T2 5 5 109 s.3. Pour que le dtecteur soit capable de sparer les deux signaux, il faut donc quil ait untemps de rponse de lordre de 109 s, ce qui est trs au-dessus des performances actuellesdes dtecteurs.

4. Avec un temps de rponse de lordre de t 5 106 s, les deux signaux doivent trespars dau moins t . La longueur L de la fibre doit tre telle que :

t < T 2 T 1 5L

c(n2 1)

Do

L >ct

n2 1A.N. L 5 600 m.

10

Exercice 4 Condition de dtection dun phnomnede battement

On considre deux faisceaux lumineux monochromatiques (issus par exemple de deuxsources lasers). Les deux faisceaux sont de longueurs donde voisines et de frquencesrespectives v1 et v2, avec v2 v1 5 Dv. Les ondes associes aux faisceaux sontcaractrises par leurs champs lectriques (supposs colinaires)

E1 et

E2 et elles clairent

un dtecteur dont le temps de rponse est t (avec t 1/v1 et 1/v2).On rappelle quun dtecteur optique est sensible lintensit lumineuse reue, propor-tionnelle E2, o E est le champ lectrique associ londe reue par le dtecteur,et X dsigne la moyenne temporelle de X sur le temps caractristique du dtecteur.1. Expliciter la dpendance temporelle des champs lectriques.

2. En dduire la forme du champ lectrique associ londe rsultante.

3. crire lexpression de lintensit lumineuse mesure par le dtecteur et exprimer unecondition sur le temps de rponse du dtecteur pour quil puisse dtecter le phnomne debattement.

Solution

CONSEIL : le battement est obtenu par superposition de deux ondes de frquences lgrement dcales.On ne sintresse pas la dpendance spatiale de londe, la variation de lintensit lumineuse tanttemporelle, puisque dans ce cas, elle est due un dcalage temporel dans le terme de phase. Dans laquestion 1, on exprimera simplement les champs lectriques associs une onde de pulsation v1 et uneonde de pulsationv2 (la phase spatiale tant dsigne par une fonction quelconque, par exemple w1 et w2) ;londe rsultante est dcrite par le champ lectrique somme des deux champs prcdents (question 2). Dansla question 3, on calcule lintensit rsultante en tudiant le temps caractristique de variation de cetteintensit lumineuse. On conclura que le dtecteur ne peut distinguer le phnomne de battement quesi son temps caractristique de rponse est infrieur au temps caractristique de variation de lintensitlumineuse.

1. Les champs lectriques associs aux pulsations respectives v1 et v2 scrivent :

E1(t) 5 E1 cos(v1 t 1 w1)

E2(t) 5 E2 cos(v2 t 1 w2)

Les deux champs tant colinaires, on ne considre que les quantits scalaires E1 et E2.

2. Le champ lectrique associ londe rsultante est la somme des champs lectriquesdfinis prcdemment :

E(t) 5 E1(t) 1 E2(t) 5 E1 cos(v1 t 1 w1) 1 E2 cos(v2 t 1 w2)

3. Lintensit lumineuse est proportionnelle la moyenne de E(t) :

I 5 KE(t)2I 5 KE21 cos2(v1 t 1 w1) 1 E22 cos2(v2 t 1 w2) 1 2E1E2 cos(v1 t 1 w1) cos(v2 t 1 w2)

I 5 I1 1 I2 1 2

I1I2cos(v1 t 1 w1) cos(v2 t 1 w2)I 5 I1 1 I2 1

I1I2 (cos ((v1 1 v2) t 1 w1 1 w2) 1 cos (Dvt 1 w2 w1))


La moyenne cos ((v1 1 v2) t 1 w1 1 w2) est nulle puisque t 1/v1 et 1/v2. Lamoyenne cos(Dvt 1 w2 w1) sera nulle si le temps de rponse du dtecteur t estgalement grand devant 1/Dv ; si, au contraire t 1/Dv, cette moyenne est presquegale la valeur instantane. On ne peut rien dire, a priori, si Dv est du mme ordre degrandeur que 1/t.En rsum, on a :

t 1/Dv : I 5 I1 1 I2t 1/Dv : I 5 I1 1 I2 1

I1I2 cos (Dvt 1 w2 w1)

Dans ce dernier cas, le phnomne de battement est peru par le dtecteur : si la pulsationdes deux ondes nest pas mesurable, leur cart peut tre mesur.

Exercice 5 Temps de rponse de lil

On considre lapplication suivante de lexercice prcdent : lil est un rcepteur dontle temps de rponse est de lordre de 0,1 s.

1. Quelles ondes lumineuses lil est-il capable de distinguer ?

2. Deux ondes de frquences lgrement diffrentes parviennent lil. quelle conditionlil est-il susceptible de discerner des battements ?

Solution

1. Lil peroit les ondes lumineuses appartenant au spectre visible.

2. Les phnomnes de battement sont discernables par lil si la condition tablie lexercice prcdent t 1/Dv est vrifie, soit avec til 5 0,1 s :

Dv 1/til 5 10 Hz

PROPAGATION DUN PAQUET DONDES ET DISPERSION

Exercice 6 Paquet dondes quasi-monochromatique

Par dfinition, un paquet dondes quasi-monochromatique est une somme dondesplanes monochromatiques dont les pulsations v sont voisines dune pulsation moyennev0, et dont les vecteurs donde k sont voisins (en norme et en direction) dun vecteurdonde moyen k 0.Considrons le cas simple dun paquet dondes se propageant selon laxe Ox dans unmilieu dispersif et dont le champ lectrique en x la date t scrit :

E (x, t) 5 a v01Dvv0Dv

ei(k(v)xvt)dv avec Dv v0

12

k (v) est une fonction de v ; compte tenu de lhypothse, on peut lexprimer par undveloppement limit lordre 1 :

k (v) 5 k (v0) 1(

dkdv

)v0

(v v0)

1. Montrer alors que :

E (x, t) 5 A

2

6

6

4

sin

Dv

xVg t

Dv

xVg t

3

7

7

5

eiv0

t xVf

avec Vf 5v0k0

et Vg 5

dvdk

v0

.

2. Interprter le rsultat obtenu.

Solution

CONSEIL : cet exercice ne prsente pas de difficult particulire si on se laisse guider par lnonc. Ilsagit de dcrire un paquet dondes, cest--dire un ensemble dondes de frquences voisines. linversedes exercices prcdents, les frquences des diffrentes ondes sont dans ce cas tellement proches quonles dcrit par un continuum de frquences, centr autour de la frquence centrale v0 et de largeur Dv.Lorsquon considre la superposition dondes de frquences voisines discrtes vi, londe rsultante estdcrite par un champ lectrique E qui sexprime comme la somme des champs lectriques associs chacune des ondes :

E (x, t) 5 av01DvX

vi5v0Dvei(k(vi)xvit)

Lorsquon considre un continuum, londe rsultante est dcrit par lintgrale des champs lectriques ducontinuum dondes :

E (x, t) 5 aZ v01Dv

v0Dvei(k(v)xvt)dv

Cest le cas dans cet exercice !On prcise maintenant que la bande de frquence Dv considre est trs petite, ce qui permet deffectuer ledveloppement limit au premier ordre suggr par lnonc. Il reste alors effectuer le calcul de lintgraleE(x, t), compte tenu de lexpression simplifie de k(v), puis identifier les expressions de Vg et Vw.

1. crivons le champ lectrique rsultant de la superposition dun continuum dondes :

E (x, t) 5 a v01Dvv0Dv

ei

k0x1

dkvdv

v0(vv0)xvt

dv

E (x, t) 5 aei(k0xv0t) 1DvDv

ei

(vv0)

xVgt

d (v v0)soit :

E (x, t) 5 aei(k0xv0t)

e

iDv

xVgt

eiDv

xVgt

i(

xVg t

)


donc :

E (x, t) 5 2Dv a sinc[Dv

(x

Vg t

)]eiv0

t xVf

o sinc x 5 sin x/x est la fonction sinus cardinal.

2. On peut considrer que le paquet dondes a une enveloppe damplitude2Dv a sinc[Dv

(x

Vg t

)] maximale t pour x0 5 Vgt, cest--dire que lenve-loppe du paquet dondes se dplace la vitesse Vg, do la signification de la vitessede groupe. Les ondes porteuses (de pulsation moyenne v0) dfilent lintrieur delenveloppe la vitesse relative Vf Vg.

Enveloppe

Vg

x x0x0

E (x,t )

lordre envisag dans le dveloppement limit considr, le paquet dondes se propage

sans dformation. On peut noter que sa largeur est de lordre de Dx VgDv

2p, ce que

lon peut crireDxVgDv 2p ou encore DtDy 1 (Dt 5 Dx

Vgreprsente la dure du

passage du paquet donde en un point donn).En fait, le passage du paquet dondes dans un milieu dispersif implique galement unedformation puisque les vitesses de phase des ondes monochromatiques qui le composentsont diffrentes.

14

Exercice 7 Paquet dondes dans un milieu dispersif

Un paquet dondes se propage dans un milieu dispersif tel quedndl0

5 105 m1. Danscette expression, l0 5 2pc/v dsigne la longueur donde dans le vide (c est la vitesse delonde dans le vide). On notera l la longueur donde dans le milieu dispersif considr.

Quelle distance doit-il parcourir pour que la phase au maximum du paquet dondes ait varide 2p ?

On pourra tablir :1Vg

51

Vf l0

cdndl0

Pour les applications numriques, on prendra l0 5 0,5 mm.

Solution

CONSEIL : on traitera lexercice prcdent avant de rsoudre celui-ci, ou du moins, on retiendra la forme

du champ lectrique associ un paquet dondes : E (x, t) 5 A

2

6

6

4

sin

Dv

t xVg

Dv

t xVg

3

7

7

5

eiv0

t xVf

avec

Vf 5v0

k0et Vg 5

dvdk

v0

.

Que se passe-t-il de particulier dans un milieu dispersif ? Puisque lindice dpend de la longueur donde(dn/dl0 nest pas nul, ce qui signifie que lindice dpend de la pulsation, donc de la longueur donde l), lavitesse des ondes dpendra galement de la longueur donde, et donc de la frquence de londe considredans le paquet. Si on envoie toutes les ondes, cest--dire le paquet dondes un instant t 5 0 donn,certaines ondes se propageront plus vite que dautres et on dira que le paquet donde se dforme au coursde sa propagation : cest le phnomne de dispersion.tablir lgalit suggre par lnonc ne prsente pas de difficult particulire si on se souvient quek 5 v/v 5 nv/c.

La phase varie au maximum du paquet dondes car Vg et Vf sont a priori diffrentes.Comment dterminer le maximum du paquet dondes ? Une solution simple consiste le suivre, cest--dire se dplacer la vitesse Vg, qui est la vitesse de propagationdu maximum du paquet dondes ; ce faisant, on a t 5 x/Vg. La phase du paquet tantsimplement dfinie parv0(tx/Vw), la phase du maximum du paquet dondes est donnepar :

v0(x/Vg x/Vw)La phase varie de 2p au bout dune distance L telle que :

v0 L (1/Vg 1/Vw) 5 2pOn obtient ainsi : LVg LVf

5 T 5 2pv 5 lVfet, avec l 5

l0

n:

L

1Vg 1Vf 5 l0nVf


On a par ailleurs : v 5cn

k. Il vient donc :

1Vg

5dkdv

51c

(ndv 1 vdn)dv

Avec v 52pcl0

, on advv

5 dl0l0

. On obtient finalement :

1Vg

51

Vf l0

cdndl0

Avecdndl0

5 105 m1, on a : L(l0

cdndl0

)5

l0

c

soit : L 5 dl0dn

A.N. L 5 105 m.

Exercice 8 Paquet (ou groupe) dondes dans le vide

Un paquet dondes est obtenu dans le cas prsent par la superposition dondes lectro-magntiques planes progressives monochromatiques, polarises rectilignement, dontles champs lectriques sont du type A (v) cos (vt kz)e.On suppose que les ondes se propagent dans le vide, que 0 v < , et on considre lecas o lamplitude dA (v) dun groupe lmentaire dondes, de pulsations comprisesentre v et v 1 dv, est donne par :

dA (v) 52pD

E0e(vD )

2

dv (D tant une constante positive)

On utilisera : 1

eax2e2pixydx 5

p

aep

2 y2

a (x, y et a tant des rels, a > 0).

1. Dterminer le champ E (z, t) de ce paquet dondes.

2. Reprsenter le profil de ce paquet dondes et estimer sa largeur dz.

3. Estimer la dure de passage dt de ce groupe dondes en un point z donn.

Solution

CONSEIL : la particularit du paquet dans cet exercice est quil contient toutes les frquences de 0 linfini ! La premire question ne pose pas de difficult particulire, puisque lon donne la forme dA delamplitude dun groupe dondes, dit lmentaire, correspondant des pulsations comprises entre v etv1 dv. Les autres questions en dcoulent.

1. Selon lnonc, le paquet dondes propos est reprsent par lintgrale :

E 5 e E0

10

2pD

e(vD )

2

cos (vt kz) dv

16

Le sens de propagation tant le mme pour toutes les ondes, sachant que la propagation

se fait dans le vide, et donc quev

k5 c, nous poserons :

vt kz 5 v(

t kv

z)5 vt avec t t z

c

On utilise le rsultat indiqu par lnonc (i.e. la transforme de Fourier dune gaussienneest une gaussienne) : 1

eax

2e2pixydx 5

p

aep

2 y2

a (x et y rels) (1)

Compte tenu des parits, lexpression deE scrit encore :

E 5

epD

E0

1

e(vD )

2

e1ivtdv

Il suffit dappliquer (1) avec v 5 2px, t 5 y et a 54p2

D2, soit

p

a5

D

2p

.

Ainsi :

E 5

epD

E02p 1

e 4p2

D2n2

e1i2pntdn 5

ep

2pD

(D

2p

)e

D2

4 t2

soit : E 5 e E0 e

D24 (t zc )2

(2)

2. Ce paquet dondes a, t fix, un profil gaussien dont la largeur est de lordre de c/D.

3. z fix, la dure de passage du paquet dondes en un point est de lordre de1D

, soit

dt 1D

, alors que la largeur spectrale est dn D. On vrifie que dt dn 1.

Exercice 9 Formule de dispersion de Sellmeier

La mcanique quantique tablit que si un milieu matriel contient des atomes (ou desmolcules) raison de N par unit de volume, lindice de rfraction pour une ondelumineuse de frquence n se calcule par :

n2 5 1 1Ne2

4p2me0

i

af i(n2i n2

) o a est une constante.Sans entrer dans les dtails, les atomes sont assimils des oscillateurs soumis uneforce lie au coefficient f i. Ils prsentent une frquence de rsonance ni.

La quantite2

mecaractrise une particule de charge e et de masse me.


1. Montrer que si lon prend comme variable la longueur donde (dans le vide) au lieu de lafrquence, cette expression peut scrire :

n2 5 n2 1X

i

Dil2 l2i

Exprimer n2 (l) et Di.

La dispersion de rfraction de lhydrogne dans les conditions normales de tempratureet de pression est reprsente par :

n2 5 1 1 2,721 104 1 2,11 1018

l2 7,76 1015 (l en m)

2. Vrifier que labsorption a lieu dans lultraviolet. Dterminer la valeur dee2

meet montrer

que la particule peut tre assimile un lectron. On donne la valeur de la masse volumiquede H2 : 9,00 102 kg m3 et on admet que pour H2, on a f i 5 2 S.I.

Solution

CONSEIL : pas de difficult particulire signaler dans cet exercice. Laissez-vous guider par lnonc !

1) Avec n 5 c/l (c est la vitesse de la lumire dans le vide), on exprime n2 en fonctionde l :

n2 5 1 1Ne2

4p2me0c2

i

f i(1l2i 1l2

) 5 1 1 Ne24p2me0c2

i

f il2i l2(

l2 l2i)

Si l, lexpression devient :

n2 5 1 1Ne2

4p2me0c2

i

f il2i

Calculons la diffrence n2 n2 :

n2 n2 5Ne2

4p20mec2

[i

f i

(l2l2i

l2 l2i

)

i

f il2i

]5

Ne2

4p20mec2

i

f il4il2 l2i

On peut donc crire :

n2 5 n2 1

i

Dil2 l2i

avec

Di 5Ne2f il4i

4p20mec2

2. En identifiant, on trouve l2i 5 7,76 1015 m2 , soit : li 5 0,088 mm. Labsorption adonc bien lieu dans lultraviolet.

Avec Di 5 2,11 1018 m2, N 5 M2 103 NA et f i 5 2 S.I, on obtiente2

me5 2,04 108 S.I.

(au lieu de 2,8 108 S.I.). Il sagit donc bien dlectrons.

18

Exercice 10 Onde vanescente

On considre une onde monochromatique de pulsation v, dont le vecteur donde estpar dfinition k 5 k1z1 ik2y (k1 et k2 sont des constantes relles positives). On tudiela propagation de cette onde dans lair.

1. Peut-on dire que cette onde est plane ?

2. Trouver la relation, dite relation de dispersion, entre k1, k2, v et c.

3. Indiquer le sens de propagation de londe et donner sa vitesse de phase Vfdfinie parVf 5

v

Re(k) (o Re dsigne la partie relle). Comparer la vitesse de phase c, vitesse delonde dans lair (c 5 3 108 m/s).4. Que traduit le comportement de E avec y ?

Solution

CONSEIL : une onde vanescente est caractrise par un champ lectrique dont lamplitude dcrot lorsde la propagation. partir de lexpression du vecteur donde donne par lnonc, on se laissera guider parles questions pour dcouvrir les proprits de cette onde vanescente.Pour la question 2, on pensera utiliser lquation donde vrifie par le champ lectrique.

1. Remarquons que le champ lectrique associ londe vanescente peut scrire :

E 5

E0 exp

[i(k r vt

)]5E0 exp

[i((

k1z 1 ik2y) (

xx 1 yy 1 zz) vt)]

5E0 exp

(k2y) exp [i (k1z vt)]Il sagit dune onde plane se propageant dans la direction Oz. Elle est dite non uniformepuisque son amplitude dcrot avec y.

2. Lquation de propagation vrifie parE dans un milieu homogne isotrope dindice

n scrit :

DE 5

n2

c22E

t2

Elle conduit, en projection sur x et avec n 5 1, :

DE 5 v2

c2E

Avec DE 5 (k22 k21)E, la relation de dispersion scrit :

k21 k22 5v2

c2


3. Le terme de phase en (k1z vt) traduit une propagation vers les z > 0 (k1 > 0), lavitesse de phase :

vf 5v

k1

Daprs la relation de dispersion, k1 >v

c, donc Vf > c.

4. Lamplitude du champE dcrot lorsque y crot. Linverse de k2 sapparente une

profondeur de pntration : on parle donde vanescente.

Exercice 11 Mesure du temps de cohrence dun Laser

On tudie les interfrences produites par deux lasers identiques. On considre que cesdeux sources mettent des trains dondes damplitude constante A0, qui ont tous lamme dure tc, mais des pulsations v1 et v2 trs lgrement diffrentes. Chaque ondeest caractrise par une intensit I0.On utilise un dtecteur ayant un temps de rponse tR trs suprieur la priode desondes, mais trs infrieur la dure dmission des trains dondes. On suppose galementque la diffrence de pulsation v1 v2 est trs faible de sorte que tR 1/(v1 v2).1. Exprimer lintensit I(t) mesure par le dtecteur en fonction de I0,v,v1,v2, et des phasesalatoires w1 et w2 des deux ondes.Quelle est la valeur moyenne hIi calcule sur une dure grande devant tc ?

2. En supposant que les deux trains dondes sont de mme dure tc, dterminer les valeursmoyennes (sur une dure grande devant tc) :

hcos [w (t1 T) w (t)]i et hsin [w (t1 T) w (t)]iavec w 5 w1 w2 le dphasage entre les deux ondes.3. Le signal de sortie du dtecteur u(t) est trait par un systme informatique qui dterminela fonction de corrlation g(T) dfinie par :

g (T) 5hI(t)I(t1 T)i

hIi2

a. Calculer g(T).

b. Tracer le graphe de g(T).

c. En dduire une mesure de tc.

Solution

CONSEIL : nous vous conseillons de traiter lexercice 4 avant celui-ci. Il sagit de dcrire la rponse dundtecteur comme la moyenne du signal sur le temps de rponse de lappareil, cest--dire que le dtecteurdonne au temps t lintgrale du signal entre t tR et t. La proprit mathmatique que nous utilisons estla suivante : lintgrale dune fonction f(t) 5 cos(vt1w) entre t tR et t est nulle si tR v ; en revanche,cette intgrale sidentifie la valeur instantane f(t) si tR v.Ici, le temps de rponse du dtecteur est tel que tR est trs petit devant 1/(v1 v2) et devant tc, dure dusignal. Inversement, tR est trs grand devant 1/v1 et 1/v2.

20

1. Lintensit I (t) mesure par le dtecteur vaut :

I (t) 5 KA20

[cos (v1t 1 w1) 1 cos (v2t 1 w2)]2

5 KA20

cos2 (v1t 1 w1) 1 cos2 (v2t 1 w2) 1 2 cos (v1t 1 w1) cos (v2t 1 w2)

5 KA20[

cos2 (v1t 1 w1)

1

cos2 (v2t 1 w2)

1 2 cos (v1t 1 w1) cos (v2t 1 w2)]

o X dsigne la moyenne ralise par le dtecteur qui scrit :

X(t) 5 1tR

tttR

X (y)dy

avec tR est le temps de rponse du dtecteur. Or :

cos2 (v1t 1 w1) 5 cos2 (v2t 1 w1) 5 1/2car tR 1/v1 et 1/v2. Par ailleurs :2 cos (v1t 1 w1) cos (v2t 1 w2)

5 cos ((v1 1 v2) t 1 (w1 1 w2))1 cos ((v1 v2) t 1 (w1 w2))Avec tR 1/(v1 1 v2), il vient :

cos ((v1 1 v2) t 1 (w1 1 w2)) 5 0En revanche, puisque tR 1/(v1 v2), la moyenne de cos ((v1 v2) t 1 (w1 w2))sidentifie la valeur instantane :

cos ((v1 v2) t 1 (w1 w2)) 5 cos ((v1 v2) t 1 (w1 w2))Lintensit I0 dune des deux ondes est dfinie par :

I0 5 KA20

cos2 (v1t 1 w1)

5 KA20

cos2 (v2t 1 w2)

5KA20

2On a finalement :

I (t) 5 2I0 [1 1 cos ((v1 v2) t 1 (w1 w2))]Lintensit moyenne sur une dure grande devant tc vaut alors :

I 5 2I02. Si T > tc : w (t 1 T ) w (t) est alatoire et les moyennes demandes sont nulles :

cos [w (t 1 T ) w (t)] 5 sin [w (t 1 T ) w (t)] 5 0 Si T < tc : w (t 1 T ) w (t) est alatoire pendant une dure T , puis w (t 1 T ) 5 w (t)pendant tc T .On a alors :

cos [w (t 1 T ) w (t)] 5 1tc

[03T 1 cos (0) (tc T )] 5 1 Ttcsin [w (t 1 T ) w (t)] 5 1

tc[03T 1 sin (0) (tc T )] 5 0


3. Calculons I (t)I (t 1 T ) :

I (t) I (t 1 T ) 5 4I 20 {1 1 cos [(v1 v2) t 1 w (t)] 1 cos [(v1 v2) (t 1 T ) 1 w (t 1 T )]1cos [(v1 v2) t 1 w (t)] cos [(v1 v2) (t 1 T ) 1 w (t 1 T )] }

Or :

cos [(v1 v2) t 1 w (t)] 5 cos [(v1 v2) (t 1 T ) 1 w (t 1 T )] 5 0et :

cos [(v1 v2) t 1 w (t)] cos [(v1 v2) (t 1 T ) 1 w (t 1 T )]5

12cos [(v1 v2) T 1 w (t 1 T ) w (t)]

512{cos [(v1 v2) T ] cos [w (t 1 T ) w (t)] sin [(v1 v2) T ] sin [w (t 1 T ) w (t)]}

Donc : si T > tc : g (T ) 5 1

si T < tc : g (T ) 5 1 112

cos [(v1 v2) T ]1 Ttc

0c

0,5

1,5

g

Le graphe ci-dessus permet de dterminer la valeur de tc et donc la valeur de la longueurde cohrence lc 5 ctc.

22

C h a p i t r e 2Polarisation dune ondelumineuse

Un peu d histoire

Sir David Brewster (1781-1868),plus heureux avec la polarisation quavec le kalidoscope

Sir David Brewster, physicien cossais, est clbre pour avoir invent le kali-doscope et dcouvert le phnomne de polarisation de la lumire. N en 1781 Jedburgh, il entre luniversit dEdinburgh 12 ans pour tudier la thologie. Cestvers lge de 18 ans quil se tourne vers la physique, et notamment vers loptique,renonant alors la carrire ecclsiastique quil avait embrasse. Sa contributionessentielle sera, en optique, la dcouverte de la polarisation de la lumire. lu en1815 la Royal Society, il est un des rares physiciens avoir obtenu les trois princi-pales mdailles scientifiques, la Copley Medal quil obtient lanne de son lection,la Rumford Medal en 1818, et la Royal Medal en 1830. Brewster est galementlinventeur du kalidoscope quil met au point en 1818 et pour lequel il dposeun brevet en 1819. Il publie la mme anne un livre dtaillant le principe et laconstruction des kalidoscopes. Le jouet deviendra trs vite populaire, et Brewsteraurait probablement fait fortune sil avait mis autant de soin dposer son brevetqu rdiger son trait ! Il semble en effet que le document ait t mal enregistr,ce qui permit de nombreuses firmes de commercialiser des kalidoscopes sansjamais payer de royalties.

2. POLARISATION DUNE ONDE LUMINEUSE 23

1. ONDES POLARISES

Une onde plane se propageant dans le vide dans la direction de k 5 ki est dcrite par sonchamp dans lespace (O ; x, y, z) :

Ex(x, t) 5 0 Ey(x, t) 5 E0y cos(kxvt1w1) Ez(x, t) 5 E0z cos(kxvt1w2) Si w 5 w2 w1 est un multiple de p, londe est dit polarise rectilignement : ladirection de

E 0 est constante.

Sip < w < 2p, lextrmit du champE dcrit une ellipse dans le sens trigonomtrique :la polarisation est alors dite elliptique droite pour un observateur regardant londe avancervers lui ; si 0 < w < p, lextrmit du champ dcrit une ellipse dans le sens des aiguillesdune montre : la polarisation est dite elliptique gauche. La polarisation est dite circulaire gauche lorsque w 5 p/2 (lextrmit du champdcrit un cercle dans le sens trigonomtrique) et elle est dite circulaire droite lorsquew 5 3p/2 (lextrmit du champ dcrit un cercle dans le sens des aiguilles dune montre).

2. POLARISATION DUNE ONDE

2.1. Diffrentes mthodes

Une lumire non polarise peut tre polarise rectilignement : par rflexion vitreuse. En envoyant la lumire sur un verre dindice n en incidence deBrewster (tan iB 5 n), le faisceau rflchi est polaris dans la direction perpendiculaire auplan dincidence ; aprs traverse dun matriau dichroque (comme certains cristaux ou des feuillesde polarod). Ces matriaux attnuent la composante du champ dans une direction : lalumire ressort ainsi polarise dans la direction perpendiculaire.

k k

Lame dichroque

2.2. Polariseur et analyseur

Un matriau dichroque peut tre utilis comme polariseur ou analyseur. Un polariseurpermet de polariser une lumire quelconque (de polarisation dite alatoire) : la sortiedu polariseur, la lumire est polarise rectilignement dans la direction du polariseur(direction suivant laquelle le champ nest pas attnu). Un analyseur est utilis pourdterminer la direction de polarisation dune onde polarise rectilignement ; en modifiantla direction de lanalyseur, on observe lextinction lorsque la direction de lanalyseur estperpendiculaire la direction de polarisation de londe.

24

Soit I lintensit lumineuse dune onde polarise lentre dun polariseur ; lintensitlumineuse I la sortie du polariseur est donne par la loi de Malus :

I 5 I cos2 a

o a est langle entre la direction du champ lectrique de la lumire polarise lentredu polariseur, et la direction du polariseur.

Si londe lumineuse lentre du polariseur nest pas polarise, lintensit de londe lasortie du polariseur est :

I 5 I/2

3. BIRFRINGENCE

3.1. Cristal birfringent

Un cristal birfringent a des proprits optiques anisotropes ; il agit sur la direction duchamp lectrique dune onde lectromagntique le traversant. Un cristal birfringentpossde un axe optique D. Si londe incidente sur le cristal est caractrise par un champlectrique parallle D, la lame prsente un indice ne dit extraordinaire ; si londe estcaractrise par un champ lectrique perpendiculaire laxe optique, la lame prsente unindice no dit ordinaire.

3.2. Lame cristalline

O

k

e

x

yz

Considrons une lame mince dpaisseur e taille dans unmatriau birfringent, paralllement laxe optique, et unrayon en incidence normale sur cette lame (rappelons que ladiffrence de marche entre les deux vibrations dcomposessuivant les lignes neutres dans la lame vaut d 5 (none)e). Si le dphasage w vaut 2np, avec n entier, cest--dired 5 nl, la lame est dite lame donde ; la direction depolarisation est identique en entre et en sortie de la lame. Si le dphasage w vaut (2n 1 1)p, avec n entier, cest--dire d 5 (n 1 1/2)l, lalame est dite lame demi-onde ; la direction de polarisation en sortie de la lame est alorssymtrique de la direction de polarisation en entre de la lame, par rapport la ligneneutre perpendiculaire laxe optique. On dit que la lame demi-onde symtrise ltat depolarisation par rapport laxe perpendiculaire laxe optique. Si le dphasage w vaut (n 1 1/2)p, avec n entier, cest--dire d 5 (n 1 1/2)l/2, lalame est dite lame quart-donde ; la polarisation de la vibration en sortie de la lame estelliptique, les axes de lellipse concidant avec les lignes neutres de la lame. La vibrationest elliptique droite ou gauche. 2p prs, nous avons : pour 0 < w < p, la polarisation en sortie est elliptique gauche ; pour p < w < 2p, la polarisation est elliptique droite.Dans le cas particulier o la polarisation lentre de la lame est symtrique par rapportaux lignes neutres (a 5 p/4), londe la sortie de la lame est polarise circulairement.


4. ACTIVIT OPTIQUE

4.1. Dfinition

Le pouvoir rotatoire ou activit optique est une proprit de certains composs, dits actifs,qui font tourner la direction du champ lectrique dans le plan donde. Cette propritest observe pour certains cristaux comme le quartz, ou pour certaines solutions, de sucre(saccharose) par exemple.

4.2. Loi de Biot

Langle dont tourne la direction de polarisation en traversant une substance optiquementactive est proportionnelle la longueur de substance traverse. Cette loi est appele loide Biot et scrit, de faon gnrique :

a 5 K L

a est langle dont tourne la direction de polarisation de la lumire traversant une paisseurL de substance optiquement active. La constante K dpend de la nature de la substance.Il est possible de prciser les caractristiques de K suivant la nature du milieu : pour un cristal,

K 5 rlo rl est le pouvoir rotatoire caractristique du cristal pour la longueur donde l ; pour un liquide ou un gaz (par exemple lessence de trbenthine ou les vapeurs decamphre),

K 5 [a]l m

o [a]l est le pouvoir rotatoire spcifique pour la longueur donde l et m la massevolumique du fluide ; pour une solution (de sucres ou dacide tartrique par exemple),

K 5

i

[a]il ci

o [a]il est le pouvoir rotatoire spcifique du compos i en solution pour la longueurdonde l et ci sa concentration.

26

Exercice 1 Comment distinguer le dichrosmeet le pouvoir rotatoire ?

Comment faire la diffrence entre un matriau dot dun pouvoir rotatoire et un matriaudichroque, les deux modifiant la direction de polarisation dune onde lumineuse qui lestraverse ?

Solution

La rotation du vecteur champ lectrique lorsque la lumire traverse une substance dotedun pouvoir rotatoire ne dpend pas de lorientation du champ lectrique de londeincidente ; notamment, le champ lectrique conserve son amplitude. En revanche, lamodification de lorientation de la polarisation due un matriau dichroque correspond lannulation dune des composantes de ce champ (il y a extinction lorsque le champincident est orient selon la direction dextinction, caractristique du matriau)."Ainsi, si on fait tourner le matriau optiquement actif, lintensit lumineuse recueilliereste constante (figures (a) et (b) ci-dessous) tandis quon peut observer lextinction enfaisant tourner un matriau dichroque (figures (c) et (d) ci-dessous : la flche de couleurindique la direction dextinction).

a. b.

c. d.

E

E

E

E

E = 0

Exercice 2 Dcomposition dune onde polarise rectilignement

1. Donner le champ lectrique associ une onde plane monochromatique polarisationrectiligne.

2. crire cette onde comme la superposition de deux ondes polarisations rectilignes ortho-gonales. Commenter.

3. crire cette onde comme la superposition de deux ondes polarisations circulaires de sensopposs.


Solution

CONSEIL : dans la premire question, il faut traduire deux proprits, le caractre plan de londe (levecteur donde est constant au cours de la propagation) et la polarisation rectiligne (le champ lectrique estconstant au cours de la propagation). La deuxime question nest pas trs difficile : une solution, un peufacile mais correcte, serait de rpondre quune onde polarisation rectiligne est la somme de deux ondes polarisations rectilignes perpendiculaires : elle-mme et une onde polarisation rectiligne damplitudenulle. Nous vous proposons une autre famille de solution, ce qui prouve que cette dcomposition nest pasunique. Dans la troisime question en revanche, la rponse est unique, cest--dire que la dcompositiondune onde plane polarisation rectiligne scrit de faon unique comme la somme de deux ondes polarisation circulaire ; il sagit dune astuce dcriture, que nous soumettons votre sagacit !

1. Le champ lectrique associ une onde plane monochromatique polarisation recti-ligne scrit, dans le plan donde (O ; x, y) perpendiculaire la direction de propagation :

E 5 E0

(cos u cos (kz vt)sin u cos (kz vt)

)2. On peut simplement crire cette onde comme la superposition de deux ondes pola-risation rectiligne, lune

E1 porte par Ox et lautre

E2 par Oy :

E 5 E0

(cos u cos (kz vt)

0

)

E1

1E0

(0

sin u cos (kz vt))

E2

Remarquons quil existe une infinit de dcompositions possibles de ce vecteur : il suffitde le projeter dans deux directions perpendiculaires contenues dans le plan donde.

3. La dcomposition en deux ondes circulaires est cette fois unique :

E 5

E02

(cos (kz vt 1 u)sin (kz vt 1 u)

)

E1

1E02

(cos (kz vt u)sin (kz vt u)

)

E2Cest la somme dune onde circulaire gauche et dune onde circulaire droite dont leschamps lectriques ont mme amplitude.

Exercice 3 Dcomposition dune onde polarise elliptiquement

1. crire le champ lectrique associ une onde plane monochromatique polarisationelliptique.

2. crire cette onde comme la superposition de deux ondes polarisation circulaire. Repr-senter les polarisations correspondantes.

Solution

CONSEIL : comme dans lexercice prcdent, on se propose dans cet exercice dcrire une onde, ici polarisation elliptique, comme la somme de deux ondes de polarisations diffrentes (ici, la somme de deuxpolarisations circulaires). Si la premire question ne pose pas de problme (il sagit dune application directedu cours), la seconde ncessite une astuce dcriture.

28

1. Une onde plane monochromatique polarisation elliptique a un vecteur champ lec-trique de la forme :

E 5 E0

(cos u cos (kz vt)sin u sin (kz vt)

)2. On peut crire cette onde comme la somme de deux ondes polarisation circulaire :

E 5

E02

(cos u 1 sin u)(

cos (kz vt)sin (kz vt)

)

E1

1E02

(cos u sin u)(

cos (kz vt)sin (kz vt)

)

E2

Cest la somme dune onde circulaire gauche et dune onde circulaire droite dont leschamps lectriques ont des amplitudes diffrentes : si on note L et l les longueurs desgrand et petit axes de lellipse dcrite par lextrmit du champ

E , la polarisation de

londe circulaire gauche a une amplitude gale (L 1 l)/2 et celle de londe droite a uneamplitude gale (L l)/2.

Exercice 4 Polarisation rectiligne par rflexion vitreuse.Incidence brewsterienne

On considre la rflexion dun faisceau de lumire non polaris sur une lame de verredindice n. a et b sont les composantes du champ lectrique incident, respectivementdans le plan et perpendiculairement au plan dincidence. La thorie lectromagntiquepermet dexprimer les amplitudes des composantes du champ rflchi aR dans le plandincidence, et bR dans la direction perpendiculaire au plan dincidence, en fonction dea et b. On obtient les formules dites de Fresnel :

aR 5 atan(i r)tan(i 1 r)

bR 5 b sin(i r)sin(i 1 r)o i est langle dincidence et r langle de rfraction.

O

ii

r

kt

kr

aR

bR

a

b

ki

1. Montrer quil existe une incidence particulire, quon notera iB (incidence de Brewster),pour laquelle la vibration dans le plan dincidence est supprime. Calculer iB pour n 5 1,5.Que peut-on dire de la lumire rflchie ?


2. Montrer que sous incidence de Brewster, les rayons rflchi et rfract sont perpendicu-laires.

Solution

CONSEIL : cet exercice porte sur la polarisation rectiligne par rflexion ; il sagit presque dune questionde cours. Si cette mthode de polarisation nest pas votre programme, quimporte ! vous avez tous leslments pour rpondre aux questions poses.

1. La vibration dans le plan dincidence est supprime si, quelle que soit lamplitude dela vibration incidente a, lamplitude aR est nulle, cest--dire si :

sin(i r) 5 0 ou cos(i 1 r) 5 0avec cos(i r) et sin(i 1 r) non nuls et, daprs la loi de rfraction de Descartes,sin i 5 n sin r. On ne retient pas la solution sin(i r) 5 0 qui conduit i 5 r,soit i 5 r 5 0. Un dveloppement limit au voisinage de i 5 r 5 0 donne :

aRa5 bR

b5

n 1n 1 1

ce qui montre que aR est non nul en incidence normale.La solution cos(i1r) 5 0 conduit la valeur de langle de Brewster iB tel que iB1r 5 p/2.

1

0,8

0,6

0,4

0,2

00 10 20 30 40 50 60 70 80 90

i ()

[bR/b]

[aR/a]

Avec :sin iB 5 n sin(p/2 iB) 5 n cos iB

on obtient donc :iB 5 arctan(n)

Sous incidence de Brewster, londerflchie est polarise rectilignementdans la direction perpendiculaire auplan dincidence : cest une mthodepour polariser la lumire naturelle.La courbe ci-contre montre les varia-tions de |aR| (en noir) et |bR| (encouleur) en fonction de langle din-cidence i pour n 5 1,5 (indice duverre) ; langle de Brewster est alorsgal 56,31.

O

R

T

ii

r

2. Notons a langle form par lerayon rflchi OR et le rayon rfractOT.Les trois angles i, r eta sont relis parla relation : i1a1 r 5 p. Pour lin-cidence de Brewster iB, on a, daprsla question 1, iB 1 r 5 p/2. Do :

a 5 p/2

Les rayons rfract OT et rflchi OR forment un angle de p/2 : ils sont donc perpen-diculaires.

30

Exercice 5 Polarimtre de Laurent.Prcision de la mesure angulaire

Voici le principe du polarimtre de Laurent.Un faisceau de lumire monochromatique de polarisation alatoire traverse un polari-seur ; le faisceau de lumire polarise la sortie du polariseur traverse une pastille formedans sa premire moiti dune lame demi-onde (dont laxe optique D est port par laxez) et dans sa seconde moiti dun verre (non birfringent). Cette pastille gnre uneonde polarise La direction up du polariseur fait un angle u avec la direction Oy. Lesdeux demi faisceaux, celui qui a travers la lame demi-onde (partie gauche) et celui quia travers le verre non birfringent (partie droite), traversent alors la cuve pleine puistombent sur un analyseur. Lobservateur compare les intensits des deux demi-faisceaux la sortie de lanalyseur.Dans un rglage prliminaire en labsence de la cuve, lgalit de pnombre est obtenue la sortie de lanalyseur. La mesure de langle a dont a tourn le plan de polarisation, unefois la cuve insre, est dtermine en faisant tourner lanalyseur de faon retrouverlgalit de pnombre.On suppose u suprieur 45.

O x

yz

Faisceau

mono-chromatique

Polariseur Lame demi-onded'axe Oz

Cuve contenant lecompos analyser

Analyseur

uP

ua

1. Prciser la relation entre langle a et langleb dont on fait tourner lanalyseur pour retrouverlgalit de pnombre.

2. On note I0 lintensit lumineuse la sortie de lanalyseur lorsque lgalit de pnombreest obtenue. Lorsque lquipnombre nest pas ralise, on note I1 lintensit du faisceau issude lanalyseur dans la partie droite, et I2 dans la partie gauche. Calculer le contraste C, dfinipar :

C 5I2 I1

I03. Si lil peut dceler un contraste minimum de 3 %, dterminer la prcision angulairelors de la recherche de lquipnombre. Donner lallure de lerreur en fonction de u et fairelapplication numrique pour u 5 80. Quel angle u entre le polariseur et laxe Oy a-t-onintrt choisir ?

Solution

CONSEIL : cet exercice porte sur le principe de fonctionnement du polarimtre de Laurent, dispositif quipermet de mesurer lactivit optique (ou pouvoir rotatoire) dune substance.


1. la sortie du polariseur, le champE est polaris dans une direction faisant un angle

u avec laxe Oy. la sortie de la lame demi-onde (partie gauche), le champE2 est

symtris par rapport laxe Oy, perpendiculaire laxe optique.

Lamedemi-onde

Lame nonbirfringente

a.

b.

k k k

E

E2

E1z

y

z

y

z

y

La figure ci-dessus donne le champ lectriqueE dans le plan donde, (a)

E2 la sortie

du polariseur et (b)E1 5

E la sortie de la pastille.

Lors du rglage prliminaire, lgalit de pnombre est obtenue lorsque la direction delanalyseur est porte par laxe y (avec u suprieur 45).

a. b.E2

E'1 = E'2

E1

uak

z z

y yI0

La figure (a) ci-contre repr-sente, lors du rglage prlimi-naire sans la cuve, les champs(E1 et

E2) avant lanalyseur

et (E1 et

E2) aprs lanalyseur

sur les deux moitis de lame.La figure (b) illustre lgalitdes intensits lumineuses pourun observateur plac derrirelanalyseur.

Lorsquon ajoute la cuve contenant la substance active, les plans de polarisation desdeux ondes (

E1 et

E2) tournent dun angle a : lgalit de pnombre est perdue.

a. b.E2

E'1

E'2

E1

uak

z z

y yI2 I1

La figure (a) ci-contre repr-sente, une fois la cuve ins-re, les champs (

E1 et

E2)

avant lanalyseur et (E1 et

E2)

aprs lanalyseur sur les deuxmoitis de lame. La figure(b) illustre la perte de lga-lit dintensit pour un obser-vateur plac derrire lanaly-seur.

32

Pour retrouver lquipnombre, il faut faire tourner lanalyseur dun angle b gal a.

a.E2

E1

ua

k

z

y

b.

z

yI0

E'1 = E'2

La figure (a) ci-contre repr-sente, le rglage tant fait, leschamps (

E1 et

E2) avant lana-

lyseur et (E1 et

E2) aprs lana-

lyseur sur les deux moitis delame. La figure (b) illustrelgalit dintensit (retrou-ve !) pour un observateurplac derrire lanalyseur.On a donc :

b 5 a

2. Lorsque lquipnombre est ralise, on est dans le cas de la figure prcdente. Lin-tensit incidente I tant donne (I 5 |E1|2 5 |E2|2), on a daprs la loi de Malus :

I0 5 I cos2 u

Lorsque lquipnombre nest pas ralise, on note langle entre la position de lanalyseurralisant lquipnombre et la position considre.

b.

z

yI2 I1

a.E2

E1

uak

z

y

E'1E'2

Considrons une position delanalyseur faisant un anglegal par rapport la posi-tion ralisant lquipnombre.La figure (a) ci-contre repr-sente les champs (

E1 et

E2)

avant lanalyseur et (E1 et

E2)

aprs lanalyseur sur les deuxmoitis de lame. La figure (b)illustre lgalit des intensitslumineuses pour un observa-teur plac derrire lanalyseur.E1 (resp.

E2) fait un angle u 1 (resp. u ) avec la direction de lanalyseur. La loi de

Malus donne donc :I1 5 I cos2(u 1 )

I2 5 I cos2(u )Le contraste C est ainsi gal :

C 5cos2(u ) cos2(u 1 )

cos2 u5 4 tan u cos sin

C 5 2 tan u sin 2

3. Lil peut dceler un contraste minimum Cmin de 3 %. La direction de lanalyseur peutdonc varier de autour de la position relle donnant lquipnombre sans que lil puissedistinguer les variations correspondantes des intensits I1 et I2.


La valeur de se dduit de la question prcdente ; tant faible, la relationC 5 2 tan u sin 2 scrit, au premier ordre :

Cmin4 tan u

La courbe (u) est donne ci-dessous :

0,3

0,4

0,2

0,1

050 60 70 80 90

Pour u 5 80, on obtient :

5 0,0013 rad 5 0,076

La courbe montre quon a intrt choisir u voisin de 90, ce qui minimise lerreur absolue sur la dtermination de langle a.

Exercice 6 Polarimtrie. Polarimtre de Laurent

On tudie laide dun polarimtre de Laurent une substance dextrogyre. La cuvepolarimtrique a une longueur L de 20 cm. Pour diffrentes concentrations, on mesurelangle a dont il faut faire tourner lanalyseur pour retrouver lgalit de pnombre.Les rsultats de lexprience sont donns dans le tableau ci-dessous :

C (g/l) 20 40 60 80 100a () 2,2 4,7 7,2 9,7 12,2

1. Dterminer le pouvoir rotatoire spcifique de la substance analyse.

2. Quelle concentration du mme solut permettrait de faire tourner le plan de polarisationdun angle de 8 dans une cuve deux fois plus longue ?

34

Solution

CONSEIL : cet exercice suppose quon connaisse le principe de fonctionnement dun polarimtre deLaurent ; nous vous renvoyons donc lexercice prcdent si ce nest pas le cas.Pour dterminer le pouvoir rotatoire de la substance analyse, il faut simplement utiliser la loi de Biot, quirelie langle a au pouvoir spcifique, la longueur de la cuve et la concentration de la substance. La secondequestion renvoie cette mme loi, utilise cette fois en connaissant le pouvoir rotatoire, la longueur de lacuve et langle a : la concentration apparat comme la seule inconnue !

1. La loi de Biot pour une substance en solution scrit : a 5 [a]LC, o [a] est lepouvoir rotatoire spcifique de la substance analyser, L la longueur de la cuve et C laconcentration de la substance en solution.La courbe ci-dessous confirme la loi de Biot : langle a est une fonction linaire de laconcentration C. Lquation de la droite est donne par :

a 5Da

Dc(c c1) 1 a1

o (a1 ; c1) sont deux valeurs particulires de langle et la concentration, par exemple(2,2 ; 20 g l1).La pente de la droite est donne par p 5

Da

Dc5

12,2 2,2100 20

l g1 5 0,125 l g1.On en dduit lquation de la droite a(C) (a en et C en g l1) :

a 5 0,125C 0,3

C (g/l)0

2

4

6

8

10

12

14

100 20 30 40 50 60 70 80 90 100

La pente de la courbe est gale, daprs la loi de Biot, [a] L. Avec L 5 20 cm 5 2 dm,il vient :

[a] 5 p/L 5 0,0625 dm2 g1 5 6,25 cm2 g12. La courbe dfinie en 1. permet de calculer la valeur de la concentration C qui faittourner dun angle de 8 le plan de polarisation dans une cuve de 20 cm de long :a 5 0,125C 0,3 5 8 donne C 5 61,6 g l1.Dans une cuve deux fois plus longue, la concentration ncessaire est deux fois plus faible,soit pour une cuve de 40 cm de long :

C 5 30,8 g l1


Exercice 7 Diminution de lintensit lumineuse travers des filtres

Un faisceau lumineux de polarisation alatoire et dintensit I0 5 10 W/m2 traversedeux filtres Polarod : un premier daxe vertical et un second dont laxe fait un anglea 5 60 avec la verticale. On note I1 lintensit en sortie du premier filtre et I2 lintensiten sortie du second filtre.

1. Exprimer lintensit I2 en sortie du second filtre en fonction de I1.

2. Exprimer I1 en fonction de I0.

3. En dduire I2 en fonction de I0.

Solution

CONSEIL : la lumire incidente sur le premier filtre nest pas polarise ; lintensit de londe mergentepolarise dans la direction du filtre a donc une intensit deux fois plus faible. Cette onde rencontre alors lesecond filtre ; on utilisera simplement la loi de Malus puisque londe incidente est cette fois polarise.

Reprsentons les variations du champ lectrique et de lintensit lumineuse lors de lapropagation de la lumire travers les deux filtres.

E alatoire

Lumire naturelle

Intensit I0

u1

selon u1I1 = I0 /2

Lumire polarise

E2 = E1 cos

I2 = I1 cos2 (loi de Malus)

Lumire polarise selon u2

u2

1. La loi de Malus permet dexprimer lintensit du faisceau la sortie du second polariseurpuisque le faisceau incident sur le polariseur est polaris. Avec a langle entre la directionde polarisation du faisceau incident et celle du polariseur, on a :

I2 5 I1 cos2 a

2. Ici, la loi de Malus nest pas directement applicable car le faisceau incident nest paspolaris (il faut moyenner sur toutes les directions du champ dans la lumire naturelle).La moyenne de la fonction cos2 tant gale 1/2, on a donc :

I1 5 I0/2

3. Les deux relations prcdentes donnent finalement :

I2 5I02

cos2 a 5 1,25 W/m2

36

Exercice 8 Dtermination de langle entre deux filtres

Un faisceau de lumire non polarise qui passe travers deux filtres Polarod voit sonintensit se rduire dun facteur p gal 90 %. Quel est langle entre les axes des filtres ?

Solution

CONSEIL : avant de rsoudre cet exercice, Il est prfrable de traiter le prcdent, cest son petit-frre !

Reprenons lexercice prcdent. Avec a langle entre les axes des filtres, on a :

I 5I2

cos2 a

o I est lintensit du faisceau issu des deux filtres et I lintensit du faisceau incident.

AvecI I

I5 p 5 90 %, on en dduit :

a 5 arccos

2(1 p)A.N. a 5 63,4.

Exercice 9 Filtres Polarod

Un faisceau de lumire non polarise passe travers trois filtres. Le premier a son axedispos verticalement, le deuxime 30 de la verticale et le troisime 60 de laverticale, soit 30 du deuxime.

1. Quelle est lintensit transmise travers les trois filtres ?

2. Mme question si le deuxime et le troisime filtre sont intervertis sans modifier leurorientation.

Solution

CONSEIL : comme dans les exercices prcdents, on utilise ici deux rsultats : une lumire non polarisequi traverse un filtre voit son intensit diminue de moiti ; une lumire polarise qui traverse un filtre voitson intensit modifie suivant la loi de Malus.

1. travers les trois filtres, les variations du champ lectrique et les intensits lumineusessont donnes sur la figure ci-dessous :

E alatoire

Lumire naturelle

Intensit I0E2 = E1 cos I2 = I1 cos2

Lumire polariseselon u2

E3 = E2 cos ( )I3 = I2 cos2 ( )


u1 u2 u3

selon u1I1 = I0 /2

Lumire polarise


travers le premier filtre, lintensit est rduite de moiti :I1 5

I02

travers le deuxime filtre, la loi de Malus donne :I2 5 I1 cos2 a 5

I02

cos2 a

travers le troisime filtre, la loi de Malus sapplique nouveau :I3 5 I2 cos2(b a) 5 I02 cos

2(b a) cos2 aAvec a 5 30 et b 5 60, on obtient finalement :

I3I05

12

cos4 30 5 28,13 %

28,13 % de lintensit est donc transmis.

2. Si on inverse les filtres 2 et 3, on observe les variations du champ lectrique et delintensit lumineuse indiques sur la figure ci-dessous :

E alatoire

Lumire naturelle

Intensit I0E2 = E1 cos I2 = I1 cos2


E3 = E2 cos ( )I3 = I2 cos2 ( )


u1 u2u3

selon u1I1 = I0 /2

Lumire polarise

travers le premier filtre, lintensit est rduite de moiti :I1 5

I02

travers le deuxime filtre, la loi de Malus donne :I2 5 I1 cos2 b 5

I02

cos2 b

travers le troisime filtre, la loi de Malus sapplique nouveau :I3 5 I2 cos2(b a) 5 I02 cos

2 b cos2(b a)Il vient donc :

I3I05

12

cos2 30 cos2 60 5 9,375 %

On en dduit que la valeur de lintensit transmise dpend de lordre des filtres.

38

Exercice 10 Dtermination du pouvoir rotatoire du quartz

Un faisceau de lumire monochromatique non polarise dintensit I0 5 20 W/m2

traverse deux filtres Polarod disposs perpendiculairement : laxe du premier filtre (lepolariseur) est vertical, laxe du second filtre (lanalyseur) est horizontal.

1. Quelle est lintensit mesure en sortie des deux filtres ?

On insre alors une lame de quartz dpaisseur e 5 2 mm entre le polariseur etlanalyseur, et on observe quil faut faire tourner laxe de lanalyseur dun angle a 5 42

vers la droite pour que lintensit reue en sortie soit nulle.

2. Quelle est langle de rotation du plan de polarisation du champ lectrique travers lequartz, en admettant que cet angle est compris entre 0 et 90 ?

3. Que vaut lintensit lumineuse reue en sortie avant rotation de lanalyseur ?

Langle de rotation du champ lectrique varie avec lpaisseur e de quartz traversesuivant la loi de Biot : a 5 r e, o r est le pouvoir rotatoire du quartz.

4. Quelle est la valeur numrique de r ?

5. En partant de la situation initiale polariseur et analyseur croiss, pour quelle paisseurminimale (non nulle) du quartz lintensit lumineuse en sortie serait nulle sans quil soitncessaire de faire tourner lanalyseur ?

Solution

CONSEIL : une petite variante dans cet exercice par rapport aux trois prcdents : lintroduction dunelame de quartz, optiquement active. En faisant tourner la direction de polarisation du champ mergeant dupolariseur, elle modifie lintensit de londe mergeant de lanalyseur (par rapport la situation sans lame)puisque langle entre le champ incident et lanalyseur est modifi (loi de Malus).

1. Le montage sans la lame de quartz est reprsent ci-dessous :

Polariseur Analyseur

uP

uA

E

z

x

la sortie du polariseur, londe est polarise suivant uP , son intensit estI1 5 I0/2 5 10 W/m2. Lanalyseur et le polariseur tant croiss, la direction uAest orthogonale

E : le champ lectrique est nul la sortie de lanalyseur. Lintensit

lumineuse la sortie de lanalyseur est donc galement nulle.

2. Lorsquon insre entre le polariseur et lanalyseur la lame de quartz, optiquement active,le plan de polarisation tourne dun angle a au passage de la lame. Le champ lectriqueE lentre de lanalyseur nest plus perpendiculaire la direction uA de lanalyseur : lapnombre est perdue (

E la sortie de lanalyseur est nul, voir p. suivante).


PolariseurLame de quartz

Analyseur

uP

uA

EE'

E''

z

x

Pour rtablir la pnombre, il faut tourner lanalyseur de langle a de faon retrouver la

perpendicularit entreE et uA, soit a 5 a 5 42.

3. Nous avons vu dans la premire question que lintensit lumineuse la sortie dupolariseur est gale I1 5 I0/2. La lumire garde la mme intensit lumineuse aprsavoir travers la lame de quartz. Lintensit lumineuse avant rotation de lanalyseur est

donne par la loi de Malus, le champE la sortie de la lame de quartz faisant un angle

gal b 5 p/2 a avec la direction uA de lanalyseur :I2 5 I1 cos2 b 5

I02

sin2 a 5 4,48 W/m2

4. Appliquons la loi de Biot :a 5 r e

avec a 5 42 et e 5 2 mm, il vient : r 5 21 /mm.

5. Lintensit lumineuse en sortie de lanalyseur sera nulle si la lame de quartz fait tournerle champ lectrique de n180 (avec n entier). Lpaisseur minimale e0 est donne par laloi de Biot :

e0 5180r

5 8,6 mm

Exercice 11 tude de la cintique de lhydrolyse du saccharosepar polarimtrie

Soit la raction dhydrolyse du saccharose S en glucose G et en fructose F :

S 1 H2O G 1 FLa cintique de la raction est du premier ordre en concentration de saccha-

rose :d[S]dt

5 k[S] (o [S] est la concentration en saccharose et k la constante de

vitesse de la raction) et saccompagne dune modification du pouvoir rotatoire de lasolution. Il est donc possible dtudier cette cintique par polarimtrie, laide dunpolarimtre de Laurent.

40

1. Rappeler laction dune lame demi-onde uniaxe sur une onde polarise rectilignement.

On prpare une solution de saccharose, de concentration initiale en saccharose c0,additionne dacide chlorhydrique servant de catalyseur. On mesure au cours du tempslangle a(t) de rotation du plan de polarisation de la lumire travers la solution (onnote l la longueur de la colonne liquide traverse).

t (min) 0 7,18 18 27,05 36,80 56,07 101,70a () 24,09 21,405 17,73 15 12,40 7,80 0,30

On note a 5 10,74 la limite de a quand t .On rappelle la loi de Biot : a 5

i

([ai]ci)L, o [ai] est le pouvoir rotatoire de la

substance i active en solution, ci sa concentration, et L la longueur de la colonne liquidetraverse par la lumire.Soit c 5 c0 x la concentration de saccharose au temps t.2. Exprimer a(t) en fonction de L, c0, x, [aS], [aG] et [aF].

3. Exprimer de mme les valeurs a0 et a de langle a aux temps t 5 0 et t 5.4. En dduire x en fonction de a, a0, a, et c0.

5. Quelle est lquation diffrentielle satisfaite par x ?

6. Intgrer lquation de vitesse de raction et en dduire une expression de x en fonction dutemps, puis de a en fonction du temps.

7. En dduire lexpression du produit kt en fonction de a.

8. Proposer une mthode pour calculer la constante de vitesse k.

9. Calculer k partir des valeurs du tableau ci-dessus et en dduire le temps T de demi-raction.

Solution

CONSEIL : loriginalit de cet exercice vient du fait que le polarimtre de Laurent est utilis commeinstrument de mesure, non pas seulement pour mesurer le pouvoir rotatoire dune solution mais pourtudier la cintique dune raction chimique, au cours de laquelle du saccharose est consomm pourformer du glucose et du fructose. Si vos connaissances en cintique chimique sont vagues, on retiendrasimplement que lon cherche dterminer une constante k (appele constante de vitesse) qui est linversedu temps caractristique de disparition du saccharose ; on a donc besoin de connatre la loi de variation dela concentration [S] en fonction du temps.Pour le physicien, on retiendra galement que lactivit optique de lensemble des trois produits a prioriactifs (leau ne lest pas) change au cours du temps car la concentration de chacun des constituants varie ;ainsi, si on arrive relier langle a mesur par le polarimtre de Laurent (nous vous renvoyons lexercice5 pour le fonctionnement du polarimtre) la concentration [S], le tour est jou !Remarquons que le pouvoir rotatoire de chacun des constituants nest pas donn, ce qui signifie quilsinterviennent dans les quations intermdiaires mais pas dans le rsultat final.

1. Une lame demi-onde daxe z symtrise ltat de polarisation dune onde par rapport la direction perpendiculaire son axe optique.La figure page suivante montre la modification du champ lectrique avant et aprs la lamedemi-onde daxe Oz (a), ainsi que les champs lectriques dans le plan donde avant lalame (b) et dans le plan donde aprs la lame (c).


EE

O

a.

b. c.

Lame demi-onde uniaxe (Oz)

x

y y

z z

E'

E'

z z

y y

Plan donde avant la lame Plan donde aprs la lame

2. Le pouvoir rotatoire de la solution sexprime comme la somme des pouvoirs rotatoiresde chacun des soluts :

a 5

i

([ai]ci)L

Lors de lhydrolyse du saccharose, une mole de saccharose S consomme fournit une molede fructose F et une mole de glucose G. Si [S] 5 c0 x dsigne la concentration desaccharose un instant t donn (c0 est la concentration initiale de saccharose), on a :

[F] 5 [G] 5 x

Do :a(t) 5 (c0 x) L [aS] 1 x L ([aG] 1 [aF])

3. t 5 0, la raction samorce : x 5 0. On en dduit la valeur de a0 :

a0 5 c0 L [aS]

Si on attend suffisamment longtemps (t tend vers linfini), la raction est totale et x tendvers c0. On a donc :

a 5 c0 L ([aG] 1 [aF])

4. Les deux questions prcdentes permettent dexprimer x en fonction de a, a0, a etc0. En effet, on a :

a(t) 5 (c0 x) a0c0 1 xa

c0

x 5 c0a(t) a0a a0

42

5. La vitesse de la raction scrit v 5 d[S]dt

5 k[S] puisque la raction est dordre 1

par rapport au saccharose. Avec [S] 5 c0 x, on a donc :

dxdt

5 k(c0 x)

6. Cette quation diffrentielle est du premier ordre avec second membre. La solution

scrit comme la somme de la solution de lquation sans second membre :dxdt

1 kx 5 0

et de la solution particulire obtenue aux temps longs (dxdt

5 0 et x 5 c0). On a donc :

x(t) 5 c0 1 A exp(kt)

La constante dintgration A est dtermine grce la condition initiale x(0) 5 0, soitc0 1 A 5 0. On a finalement :

x(t) 5 c0(1 exp(kt))

Puisque x 5 c0a (t) a0a a0 , on a :

a(t) 5 a0 1 (a a0)(1 exp(kt))

7. Reprenons lexpression de a(t) et isolons le terme exp(kt) :

exp(kt) 5 a a(t)a a0

Prenons le logarithme de cette expression :

kt 5 ln(a a(t)a a0

)5 ln

(a a0a a(t)

)

8. Pour calculer la constante de vitesse de la raction k, il suffit de mesurer a(t). Il est

alors possible de tracer la courbe reprsentative de f (t) 5 ln(a a0a a(t)

). Le calcul

men permet de prvoir que la fonction f est une droite de pente k, constante de vitessecherche.


9. La courbe ci-dessous reprsente f (t) avec les valeurs du tableau :

1,2

0,8

0,4

00 4020 60 80 100 120 t (min)

0

(t)

ln )(

La constante k est la pente de la courbe. On trouve k 5 1,13 102 min1.Le temps T de demi-raction correspond une concentration en saccharose diminue demoiti, soit [S] 5 c0/2 et x(T ) 5 c0/2. On en dduit la valeur de a(T ) correspondante :

a(T ) 5 c0/2a0

c01 c0/2

a

c05a0 1 a

2

La fonction f (t) 5 ln(a a0a a(t)

)vaut alors : f (T ) 5 ln 2

On en dduit :T 5 ln 2/k 61 min

Exercice 12 Lumire transmise par une lameentre polariseurs croiss

0

A P

x

y

4

Un faisceau de lumire blanche tra-verse un ensemble de deux polari-seurs croiss P et A. Entre P et A,on place une lame birfringente, lesfaces tant perpendiculaires au fais-ceau incident et laxe optique Oxtant dispos par rapport P commeindiqu ci-contre.Lpaisseur de la lame este 5 0,25 mm ; les indices ordi-naire no et extraordinaire ne sont telsque ne no 5 0,173.On considre lintervalle de longueurs donde comprises entre 0,550 et 0,581 mm et onadmet que Dn 5 ne no est indpendant de l dans cet intervalle.

44

1. Quelles sont les longueurs donde pour lesquelles aucune lumire nmerge de A ?

2. Quelles sont les longueurs donde pour lesquelles la lumire sortant de A a mme intensitque celle issue de P ?

3. Quelles sont les longueurs donde pour lesquelles la position de A ninflue pas sur linten-sit mergente, cest--dire quune rotation quelconque de A ne modifie pas cette intensitissue de A ?

Solution

CONSEIL : pour traiter cet exercice, il faut bien comprendre comment le champ lectrique est modifi chaque tape de la propagation.

la sortie du polariseur P, la lumire est polarise rectilignement dans une directionfaisant un angle de p/4 par rapport Ox ; lamplitude du champ lectrique scrit ennotation complexe :

Ex 5a2

eivt Ey 5a2

eivt

On a galement lintensit lumineuse la sortie du polariseur :

IP 5 a2

Aprs traverse de la lame, on a :Ex 5

a2

eivt Ey 5a2

ei(vtw)

avec

w 52pl

(no ne) e (1) Aprs traverse de lanalyseur, on obtient le champ (vibrant selon A) en projetant Ex etEy sur cet axe :

EA 512

(Ey Ex

)5

a2

(ei(vtw) eivt) soit EA 5 a2 (eiw 1) eivt

On en dduit lintensit lumineuse IA 5 K EA EA la sortie de lanalyseur, o K est uneconstante :

IA 5 Ka2

4[1 1 1 2 cosw] 5 Ka2 sin2 w

2(2)

Nous sommes maintenant arms pour traiter toutes les questions. On voit que IA dpendde la longueur donde l car w dpend de l (quation 1). Lintensit mergeant delanalyseur varie donc entre 0 et Ka2 lorsque w (donc l) varie.

1. Les longueurs donde pour lesquelles I 5 0 sont donnes par :w

25 pp donc w 5 2pp

(p entier).

Avec (1) : p 5 (no ne) el5

43,25l

avec l [0,550 mm; 0,581 mm] exprim en mm,soit :

74,4 p 78,6

p 75 76 77 78l (mm) 0,577 0,569 0,562 0,554


Pour ces radiations, w 5 2pp et la lame est une lame donde.

2. Imax 5 Ka2 est obtenu lorsque la lame est demi-onde. On a alors w 5(2p 1 1

)p

(p entier).Soit :

p 1125

43,25l

et donc 73,9 p 78,1

p 74 75 76 77 78l (mm) 0,581 0,573 0,565 0,558 0,551

3. Lanalyseur ne joue aucun rle sur lintensit lorsque la vibration issue de la lame estcirculaire. La lame se comporte donc comme une lame quart donde.

w 5

(p 1

12

)p (p entier), soit

p 1125

86,50l

et donc 148,4 p 156,8

p 149 150 151 152 153 154 155 156l (mm) 0,579 0,575 0,571 0,567 0,564 0,560 0,556 0,553

Exercice 13 criture matricielle de Jones

On se propose de dcrire la propagation dune onde lumineuse plane, monochroma-tique, sous forme matricielle. On se place pour cela dans C (en notation complexe).Dans le cas le plus gnral, londe scrit dans le plan donde (O ; x, y) :

E 5 E0

(cos u exp (ivt)

sin u exp (i (vt 1 w))

)

On appelle vecteur de Jones lamplitude complexe du champ(

a

b

)telle que

E 5

(a

b

)exp (ivt). Un polariseur agit sur le champ lectrique dune onde par

le biais dun oprateur reprsent par une matrice 232 note P. De mme, on note Lla matrice correspondant loprateur daction dune lame birfringente.

1. crire le vecteur de Jones pour une onde polarisation rectiligne et circulaire.

2. crire la matrice Pa pour un polariseur dont laxe fait un angle a avec la direction Ox dansle plan donde (O ; x, y).

3. crire la matrice Lb correspondant loprateur de laction dune lame birfringente intro-duisant un retard de phase b entre les composantes Ex et Ey du champ lectrique.

4. Comment crire lintensit lumineuse dune onde dans le formalisme de Jones ? Calculerlintensit lumineuse la sortie dun polariseur Pp/4, puis la sortie dune lame Lp/2.

46

Solution

CONSEIL : cet exercice est un peu atypique. Il sappuie sur un formalisme mathmatique adapt ladescription de la propagation dune onde dcrite par son champ lectrique. Dans ce formalisme, le passagede londe travers un instrument optique simple (lame, polariseur, etc.) est dcrit par une relation vectorielleentre le champ sortant E et le champ entrant E : E 5 AE o A est une matrice qui reprsente laction delinstrument optique sur le champ lectrique.On sintresse dans ce cas lcriture de la matrice A dans les cas particuliers de polariseurs et de lamescristallines. Pas de difficult signaler, si ce nest quil faut traduire les relations connues pour la polarisationdune onde en terme de relations matricielles.

1. Par identification, on obtient :(

a

b

)5 E0

(cos u

sin u exp (iw)

).

Pour une onde polarisation rectiligne, on a w 5 0. Le vecteur de Jones est alors rel :(a

b

)5 E0

(cos u

sin u

)Pour une onde polarisation circulaire w 5 p/2 et u 5 p/4 :(

a

b

)5

E02

(1

i)

2. Le polariseur a pour effet de supprimer une des composantes du champ : il sagit doncdune projection sur la direction de laxe du polariseur. La projection sur Ox correspond la matrice :

Px 5(

1 0

0 0

)Pour projeter selon une direction faisant un angle a avec laxe Ox, on peut effectuer surle champ

E une rotation dangle a , projeter sur laxe Ox puis effectuer une rotation

dangle a. Le projecteur Pa scrit donc :

Pa 5(

cosa sinasina cosa

)(1 0

0 0

)(cosa sina

sina cosa)5

(cos2 a sina cosa

sina cosa sin2 a

)

3. La lame birfringente a pour effet dintroduire un dphasage b entre les deux compo-

santes du champ lectrique. Si on a lentre de la lameE 5 E0

(cos u exp (ivt)

sin u exp (i (vt 1 w))

),

on aura en sortie :E 5 E0

(cos u exp (ivt)

sin u exp (i (vt 1 w1 b))

).

La matrice Lb scrit donc simplement :

Lb 5(

1 0

0 exp (ib)

)


4. Lintensit lumineuse est proportionnelle la moyenne du carr du champ lectrique :I 5 KEE, o K est une constante de proportionnalit et indique le complexe conjugu.

En notation matricielle, si on note X 5(

ab

)5 E0

(cos u

sin u exp (iw)

), lintensit est donc

de la forme :I0 5 K tX

X

o tX la transpose de X (pour un vecteur ou une matrice). Notons I0 5 KE20 la sortie dun polariseur Pp/4 (a 5 p/4), on a :

Y 5(

ab

)sortie

5 Pp/4 X

Lintensit correspondant Y scrit donc :

I1 5 K tYY 5 K tX(tPp/4Pp/4) X 5 K

tXP2p/4 X

On a en effet tPp/4 5 Pp/4, car Pp/4 est relle et symtrique. On peut aussi remarquerque P2p/4 5 Pp/4 car toute opration de projection f vrifie f f 5 f . On a donc :

I1 5 KtXPp/4X 5 K(a, b)

(1/2 1/21/2 1/2

)(ab

)5 K(|a2|1 |b2|1 ab 1 ab)/2

Remarquons que |a2| 5 E20 cos 2u, |b2| 5 E20 sin 2u, et :(ab 1 ab) 5 E20 sin u cos u(e

iw 1 eiw) 5 2E20 sin u cos u cosw

On a donc :I1 5 (I0/2)(1 1 sin 2u cosw)

Pour une onde incidente polarise rectilignement (w 5 0), on retrouve le rsultat suivant : si u 5 np (polarisation suivant Ox) ou u 5 p/2 1 np (polarisation suivant Oy),lintensit lumineuse est rduite de moiti lors de la traverse du polarisateur ; si u 5 p/4 1 np, la polarisation est suivant la direction du polarisateur et londe ne voit pas le polarisateur ; son intensit lumineuse nest pas modifie ; si u 5 3p/4 1 np, la polarisation est suivant la direction perpendiculaire celle dupolarisateur ; on observe lextinction (I1 5 0) en sortie du polarisateur. la sortie de la lame Lp/2 (b 5 p/2), on a :

Y 5(

ab

)sortie

5 Lp/2 X

Lintensit correspondant Y scrit donc :

I2 5 K tYY 5 K tX(tLp/2Lp/2) X

avec tLp/2Lp/2 5(

1 00 1

). On a donc :

I2 5 K (a, b)(

1 00 1

)(ab

)5 K (|a2|1 |b2|) 5 KE20 5 I0

On retrouve le rsultat suivant : une lame birfringente nagit pas sur lamplitude de londeet ne modifie donc pas son intensit lumineuse.

48

C h a p i t r e 3Interfrences deux ondespar division du front donde

Un peu d histoire

Thomas Young insult par ses contemporains

Thomas Young (1773-1829) est un mdecin anglais, auteur dune thse sur laproduction de la voix humaine. Lorsquil commence sintresser loptique, il adonc une bonne connaissance des phnomnes de propagation du son. Il dcouvreles interfrences en faisant passer la lumire issue dune source ponctuelle traversdeux petits trous voisins. Ces trous se comportent en effet comme deux sourcescohrentes mettant des faisceaux divergents par diffraction. Sur un cran loign,Young observe alors des franges dinterfrences dans la zone de recouvrementdes faisceaux. Il effectue des mesures quil interprte sur la base dun modleondulatoire, ce qui lui permet dvaluer la longueur donde de la lumire pourdiffrentes couleurs, comme le rouge (0,70 mm) et le violet (0,42 mm). Mais lpoque, la thorie officielle penche pour une conception corpusculaire de lalumire et la publication de ses travaux est couverte dinjures par ses pairs.

3. INTERFRENCES DEUX ONDES PAR DIVISION DU FRONT DONDE 49

Les interfrences deux ondes par division du front donde rsultent de la superpositionde deux ondes issues de deux sources cohrentes. La plupart des dispositifs interfrentielsse ramnent ltude des trous de Young, comme le rappelle le tableau ci-dessous (lebiprisme de Fresnel est trait dans lexercice 12).

Trous de Young

Trous de YoungInterfrences 2 ondes

S1

S2

d

D >> d x

zO

g 52pdlD

Remarque : si lcran (O ; x, y) est placdans le plan focal dune lentille conver-gente de distance focale f , il suffit deremplacer D par f dans lexpressionde g.

Systmes quivalents aux trous de Young

Types de pupilles Schma du systme

Miroirs de Fresnel

x

zC O

SMiroir M1

Miroir M2

Miroirs de Lloyd

x

zOSurface rflchissante

Verre noirci

L

S

Bilentille de Billet

x

zOS C

SC =

Demi-lentille

Demi-lentilleCO = L

50

Les interfrences deux ondes par division du front donde correspondent la super-position de deux ondes, issues de deux sources cohrentes. La plupart des dispositifsinterfrentiels se ramnent ltude des trous dYoung, comme le rappelle le tableauci-dessous (le biprisme de Fresnel est trait dans lexercice 14).

I (x, y) 5 2I0 (1 1 cos gx)

2

1 + cos u

u

y

x

Systme quivalent Paramtres

C

x

zO

M2

M1

S1

S

S2

S1 et S2 sont les images de Srespectivement travers M1 et M2.

d 5 S1S2 5 2SC sina

D CO

x

zOS1 = S

S2

S1 est confondu avec S, et S2 est limagede S travers le miroir.d 5 2 D 5 L

Les sources S1 et S2 sont dphases dep puisque londe qui a subi une

rflexion sur le miroir (issue de S2) a tdphase de p, tandis que celle qui

atteint directement lcran (issue de S1)ne subit aucun dphasage.

x

zOC

C1S1

S2C2

L2

L1

S

S1 est limage de S travers lademi-lentille L1 (de centre C1) et S2

limage de S travers la demi-lentille L2(de centre C2).

d 5 S1S2 2a/( f )(pour a faible ; f est la distance focale

de L1 et de L2)

D SO


Exercice 1 Interfrences deux ondes

On considre le dispositif des trous de Young ci-dessous permettant dobtenir deuxsources en phase. La source principale est quidistante des deux trous F1 et F2 considrscomme quasi-ponctuels, situs dans le mme plan vertical, et distants de F1F2 5 a. Lasource met une lumire monochromatique de longueur donde l. la distance D a du plan des trous, on place un cran, galement vertical.On donne : a 5 6 mm, D 5 1,5 m, l 5 500 nm.

x

cran

OSource a

D

O2 O'

F1

F2

1. Soient deux rayons issus de la source et arrivant sur lcran une distance x de O, aprstre passs respectivement par F1 et F2. Dterminer la diffrence de marche et le dphasageentre ces rayons.

2. Quobserve-t-on sur lcran ?

3. En dduire la valeur de linterfrange.

Solution

1. Considrons deux rayons issus de la source et arrivant sur lcran en M(x) : un desrayons parcourt le trajet OF1M, lautre parcourt OF2M.Issus de la mme source, les deux rayons ont parcouru la mme distance lorsquils arriventen F1 et F2 : les trous F1 et F2 se comportent comme deux sources en phase. Les rayons considrs arrivent en M. Sur lexemple p. suivante, le rayon issu de F2parcourt une distance plus grande que celui issu de F1 et on note d 5 F2H la diffrencede marche entre les deux rayons (F1 et H sont dans un plan quiphase). Notonsque la diffrence de marche est une diffrence de chemins optiques : elle concide iciformellement avec une distance car lindice optique n est gal 1.

52

xO

M

O2 O'

F1

F2

H

On note u langle F2F1H ; cet angle est peu prs gal MO2O : cette approximation

revient considrer F2M et O2M parallles, ce qui est peu prs exact compte tenu queD a.Pour un angle u petit, la diffrence de marche d est donne par :dans le triangle (F2F1H), d 5 a sin u a uOr, dans le triangle (MO2O

), x/D 5 tan u uFinalement, on a :

d 5axD

Le dphasage entre les deux rayons se dduit aisment de la diffrence de marchepuisque d/l 5 w/2p, o w est le dphasage et l la longueur donde de la radiationconsidre. On a donc :

w 5 2paxlD

2. Lintensit de la lumire sur lcran correspond la superposition de londe 1 issue deF1 et de londe 2 issue de F2. Si E1 dsigne le champ lectrique (en notation complexe)associ londe 1 et E2 celui associ londe 2, on a E2 5 E1eiw. Lintensit lumineusersultant de la superposition des ondes 1 et 2 scrit I 5 K (E1 1E2)(E1 1E

2 ), o K est

une constante et dsigne le complexe conjugu. Les deux ondes ont mme amplitudeE1E1 5 E2E

2 . On a finalement I (x) 5 I0(11 cosw), o 2I0 est lintensit en x 5 0. On

en dduit que : lorsque cosw 5 1 (w 5 2kp), lintensit est maximale (gale 2I0) ; on observe unefrange brillante ; lorsque cosw 5 1 (w 5 (2k 1 1)p), lintensit est nulle ; on observe alors une frangesombre.On a ainsi une alternance de franges brillantes et sombres dont lintensit varie contin-ment. Lexemple page suivante correspond I (x, y) pour a 5 0,1 mm ; l 5 600 nm ;D 5 1 m (x et y sont exprims en m).


yx0,050 0,05

0,05

0

0,05

3. La valeur de linterfrange correspond

optique ondulatoire exercices.jb.decrypted

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