Corrigés de la séances 14 Chapitres 27: Optique ondulatoire

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1 Corrigés de la séances 14 Chapitres 27: Optique ondulatoire Questions pour réfléchir : chap.27 Q4 Une onde de lumière naturelle tombe sur une vitre plate sous un angle de 45 o. Décrivez l état de polarisation du faisceau réfléchi et du faisceau transmis. Comment cela changerait-il, si la lumière tombait selon l angle de polarisation? L angle de polarisation θ p pour la transmission de la lumière depuis l air dans le verre est donnée par tan θ p = n verre /n air et on trouve θ p 56. L onde incidente est donc décomposée en une onde réfléchie et une onde transmise : la première partiellement polarisée perpendiculairement au plan d incidence et la seconde partiellement polarisée parallèlement au plan d incidence. Si la lumière tombait selon l angle de polarisation θ p, la lumière réfléchie serait alors totalement polarisée perpendiculairement au plan d incidence tandis que la lumière transmise serait partiellement polarisée dans le plan d incidence. 1

2 chap.27 Q7 Une couche antireflet sur une vitre a une épaisseur qui correspond à un quart de longueur d onde de la lumière rouge dans le milieu dont est constitué la couche. On a choisi l indice de réfraction de cette couche inférieur à celui du verre. Quelle couleur est réfléchie et quelle couleur est transmise lorsque de la lumière blanche tombe perpendiculairement sur cette couche? Pour avoir l effet antireflet, il faut que l indice de réfraction n c de la couche antireflet soit supérieur à celui de l air. On a donc n air < n c < n verre. Les réflexions sur les deux interfaces sont alors externes et les déphasages de π de chacune d elles se compensent. La différence de chemin optique, exprimé en nombre de longueurs d onde m, entre les deux ondes réfléchies est alors simplement donnée en fonction de l épaisseur e de la couche par : m = 2e λ c = 2en c λ 0 où λ 0 et λ c sont respectivement les longueur d onde de la lumière incidente dans l air et dans la couche.l interférence des deux ondes réfléchies sera constructive si m est un nombre entier. En ajoutant le fait que e = λ r /4 avec λ r la longueur d onde du rouge dans la couche (la longueur d onde du rouge dans l air est donc donnée par λ r air = n c λ r ), on trouve que λ 0 = n cλ r 2m = λ r air 2m ; m = 1,2,... d où on obtient que λ 0 λ r air /2 < λ r air. L intensité réfléchie est donc maximum dans l infrarouge. Pour la transmission, l une des ondes ne subit pas de réflexion alors que l autre en subit deux : une interne et une externe. Ceci induit un déphasage supplémentaire de π entre les deux ondes. La différence de nombre de longueur d onde est donc dans ce cas donnée par : On en déduit que m = 2en c λ λ 0 = n cλ r 2m + 1 ; m = 0,1,2,... L ordre m = 0 nous donne alors λ 0 = λ r air et donc la lumière visible est transmise. 2

3 Exercices : Polarisation chap.27 6.[I] Plusieurs substances telles que les solutions de sucre ou d insuline sont dites optiquement actives, c est-a-dire qu elles font tourner le plan de polarisation de la lumière qui les traverse d un angle proportionnel à la distance parcourue et à la concentration de la solution. On place un récipient de verre entre deux polariseurs linéaires croisés. On trouve que 50% de l intensité de la lumière naturelle incidente sur le premier polariseur est transmise par le deuxième. De quel angle la solution a-t-elle fait tourner la polarisation de la lumière filtrée par le premier? Ce dispositif peut être utilisé par exemple pour doser le sucre dans l urine. La lumière naturelle étant non polarisée, le premier polariseur a pour effet d absorber la moitié de l énergie. Après le premier polariseur, il ne reste donc plus que 50% de l intensité initiale, ce qui signifie que le second polariseur n en absorbe pas davantage. Le plan de polarisation de la lumière doit donc tourner pour s aligner sur le second polariseur, ce qui signifie qu il a tourné de 90. chap.27 9.[I] La lumière du ciel réfléchie sur la surface d un bassin d eau (n = 1,33) a une intensite nulle si elle est observée au travers d un filtre polaroïd. Sous quel angle la surface est-elle examinée? La lumière réfléchie est nécessairement polarisée linéairement, avec son champ électrique parallèle à la surface de l eau. En effet, si l onde n était que partiellement polarisée, il serait impossible qu un polariseur l absorbe entièrement. En conséquence, l angle d incidence de la lumière sur l eau devait correspondre à l angle de Brewster, soit θ p = arctan 1,33 1,00 = 53,1. L angle sous lequel nous examinons la surface correspond à l angle de réflexion, qui est égal à l angle d incidence de 53,1, en vertu de la loi de la réflexion. Interférence chap [I] Une bulle de savon d indice 1,35 paraît jaune (λ = 580 nm) lorsqu elle est observée verticalement d en haut. Quelles sont les valeurs possibles de son épaisseur? La réflexion à l interface air-eau savonneuse (l interface extérieure de la bulle) est 3

4 externe alors que celle à l interface eau savonneuse-air (l interface intérieure de la bulle) est interne. Par conséquent, la différence de marche entre les deux ondes réfléchies ne se limite pas à la différence de distance due à l aller-retour dans la couche d eau savonneuse d épaisseur d, mais doit aussi tenir compte de l inversion de phase de l onde à l interface intérieure. La différence de chemin optique est donc de 2d + λ 2. Comme la bulle paraît jaune, on en déduit que l interférence est constructive pour cette longueur d onde, ce qui signifie que la différence de marche correspond à mλ où λ est la longueur d onde du jaune mesurée dans la couche d eau savonneuse. Les épaisseurs possibles de la bulle de savon sont donc celles qui satisfont l équation 2d + λ = mλ, où λ = 1,35 = 440 nm. Pour m = 1, cette épaisseur est d = 107 nm ; pour m = 2, elle est de 322 nm ; etc... La possibilité m = 0 a été écartée, en effet, la différence de marche ne peut être inférieure à λ/2, la valeur due à l inversion causée par les réflexions de types différents. chap [II] Un film photographique est imprimé avec deux raies lumineuses parallèles et horizontales. Une fois la pellicule développée, ces raies sont distantes de 0,50 mm du centre au centre. Chacune a une longueur de 1,0 cm et une largeur de 0,10 mm. On les éclaire avec la lumière du soleil et on observe l interférence sur un écran situé à 3 m. Toutes les franges sont alors colorées sauf la frange centrale. La frange violette du premier ordre apparaît à une distance de 2,40 mm de l axe. Quelle est sa longeur d onde? Une frange de couleur correspond toujours à une interférence constructive, ce qui signifie que la position de la frange violette d ordre 1 correspond à une différence de marche de 1λ. Or cette différence de marche peut être exprimée comme r 2 r 1 = asin θ a y d où la distance des fentes est ici a = 0,50 mm, y = 2,40 mm est la distance de la frange à l axe et d = 3 m est la distance du film à l écran. On obtient donc pour le violet une longueur d onde de 400 nm. On peut remarquer que les fentes sont suffisament petites pour que le phénomène de diffraction ne gène pas l expérience, le premier minimum d intensité étant situé à l angle ( ) λ θ m = arcsin D il se trouve à une distance y dsin θ m = dλ/d c est-à-dire à 1,2 cm de l axe. chap [III] On place une boîte rectangulaire en verre de longueur interne 10,0 cm dans l un des bras d un interféromètre de Michelson, éclairé avec une lumière de 600 nm. Si l indice de réfraction de l air est 1,00029 et que tout l air est progressivement pompé de la boîte, combien de paires de franges, brillantes et sombres, passent devant le réticule du détecteur pendant le pompage? 4

5 FIG. 1 Schéma de l expérience de Young. La lumière a une longueur d onde de 600 nm mesurée dans le vide. Dans l air, cette 600 longueur d onde devient 1,00029 = 599,826 nm. Par conséquent, lorsqu elle contient de l air, la longueur de la boîte (10,0 cm) correspond à ,0 longueurs d onde, alors que, une fois qu on y a fait le vide, elle correspond à ,7 longueurs d onde, soit 48, 33 longueurs d onde de moins. Comme le rayon lumineux effectue un aller-retour au travers de cette boîte, la différence de marche entre ce rayon et celui qui parcourt l autre bras change de 96, 67λ. Pendant le pompage, on voit donc défiler 96,67 paires de franges devant le réticule du détecteur. chap [III] Considérez l expérience de Young. Etablissez l expression du déplacement vertical de la frange brillante de l ordre m, si l on place une lame mince à faces parallèles d épaisseur e en verre d indice n directement devant l une des fentes. Précisez vos hypothèses. Si on suppose que la distance fentes-écran d est beaucoup plus grande que la distance entre les fentes a, alors les angles du problème sont de petits angles et on peut exprimer la différence de chemin optique entre les deux ondes comme r 2 r 1 = asin θ a y d. La frange brillante d ordre m apparaît à la position pour laquelle cette différence de marche correspond à mλ, c est-à-dire y m = mλd a. Quelle que soit la fente devant laquelle on place une lame de verre, cette dernière a pour effet de raccourcir la longueur d onde par un facteur n. Comme les angles sont petits, la lumière traverse cette lame de façon quasi normale, ce qui permet de calculer combien de longueurs d onde supplémentaires représente le trajet dans la lame : là où il y avait e/λ, il y en a maintenant en/λ. Le trajet fente-écran augemente donc, pour le rayon qui traverse la lame, de (n 1) e λ longueurs d onde, ce qui est équivalent à un changement de différence de marche de (n 1)e mètres. On peut donc exprimer la nouvelle différence de marche comme a y d + (n 1)e. La frange brillante d ordre 5

6 m apparaît toujours à la position pour laquelle cette différence de marche vaut mλ, ce qui se produit maintenant à la position y m = d a [mλ+(n 1)e]. Le changement de position est donc y = y m y m = d a (n 1)e. Selon qu on a mis la lame de verre devant l une fente ou l autre, on observera un y positif ou négatif. Diffraction chap [I] Un réseau de diffraction produit un maximum de second ordre en lumière jaune (λ = 550 nm) à 25 o. Déterminez la distance entre les lignes. Les maximums principaux du réseau sont situés aux positions qui respectent l équation asin θ = mλ. Celui d ordre m = 2 étant situé à 25, on obtient a = 2,6µm. chap.27 51, 52 et 53.[I] Le téléscope du mont Palomar a pour objectif un miroir de 508 cm de diamètre. Déterminez sa limite angulaire de résolution pour une longueur d onde de 550 nm. Quelle est la distance minimale entre deux points visibles à la surface de la Lune pour qu ils puissent être distingués (distance Terre-Lune = 3, m)? Et pour l oeil dont le diamètre de la pupille est de 4,00 mm? La limite angulaire de résolution est donnée par θ a 1,220 λ D où D est le diamètre du téléscope. On a donc de θ a 1, rad, ce qui correspond à 0,02724 secondes d arc. Pour que deux objets sur la surface de la Lune puissent être distingués grâce au téléscope, il faut que leur distance angulaire soit supérieur à la limite de résolution θ a. Sachant la distance d de la Lune, les objets devront donc être séparés par une distance L telle que L/d > θ a, ce qui impose L min = 50,8 m. Pour l oeil, le diamètre D p de la pupille étant de 4 mm, la limite de résolution, donnée par θ aoeil 1,220 λ D p, est 0,1678 mrad. La condition L/d > θ aoeil impose donc une distance minimale L min = 64,5 km. chap [II] On éclaire en lumière solaire un réseau de diffraction par transmission de 5000 lignes/cm. Le spectre du troisième ordre recouvre-t-il le spectre du deuxième ordre? On prendra le rouge à 780 nm et le violet à 390 nm. Les maximums principaux du réseau sont situés aux positions qui respectent l équation asin θ = mλ. Les positions angulaires des pics rouge et violet d ordre 2, obtenues par substitution directe dans l équation, sont repectivement 51,3 et 22,9. Le spectre du deuxième ordre est donc compris dans l intervalle angulaire [22,9 ;51,3 ]. La position angulaire du pic violet d ordre 3 est 35,80. Par conséquent, le spec- 6

7 tre d ordre deux chevauche celui d ordre trois (situé à des positions supérieures à 35,80 ). 7