Corrigés de la séance 16 Chap 27: Optique ondulatoire

Transcription

1 Corrigés de la séance 16 Chap 27: Optique ondulatoire Questions pour réfléchir : Q. p.10. Une onde de lumière naturelle tombe sur une vitre plate sous un angle de 5 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 Q7. p.10. 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? La couche antireflet est en général constituée d un mince film de plastique. Son indice de réfraction est supérieur à celui de l air. On a donc n air < n c < n verre. Par la suite représente la longueur d onde d une composante monochromatique dans la couche antireflet. En réflexion : Les réflexions sur les deux interfaces sont externes et les déphasages de π de chacune d elles se compensent. L interférence est constructive pour la composante de longueur d onde si :.2π = m.2π; = m = 2 m,rouge. Pour m = 1 la composante de longueur d onde,rouge /2, c est-à-dire le bleu, est réfléchie. Pour m > 1 ce sont des composantes de longueurs d onde plus courtes que la gamme visible qui sont réfléchies. L interférence est destructive si :.2π = m.2π + π = (m ).2π; = m = 2 m + 1 2,rouge. Pour m = 0 la composante de longueur d onde,rouge n est donc pas réfléchie. Pour m > 0 ce sont des composantes de longueurs d onde plus courtes que la gamme visible qui interfèrent destructivement. En transmission : La réflexion sur l interface film-verre est externe, ce qui introduit un déphasage de π, et la réflexion sur l interface film-air est interne (pas de déphasage). L interférence est constructive pour la composante de longueur d onde si :.2π + π = m.2π; = m; = (m ); m = m + 1; 2

3 = m = 2 m ,rouge. Pour m = 0 c est le rouge qui est totalement transmis. Par un raisonnement similaire on montre que le bleu n est pas transmis. Pour une longueur d onde donnée entre le bleu (,rouge /2) et le rouge (,rouge ), le déphasage entre les ondes réfléchies ou transmises est compris entre 0 et π. Cette longueur d onde est donc partiellement transmise et partiellement réfléchie. Les longueurs d onde proches du bleu sont plus réfléchies et moins transmises, et inversément pour les longueurs d onde proches du rouge. Exercices : Polarisation 6. [I] p.107. 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 [I] p.107. 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 3

4 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 25. [I] p.108. 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 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 = 0 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. 28. [II] p.108. 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 2,0 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 = a sin θ a y d où la distance des fentes est ici a = 0, 50 mm, y = 2, 0 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 00 nm. On peut remarquer que les fentes sont

5 FIGURE 1 Schéma de l expérience de Young. 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 d sin θ m = dλ/d c est-à-dire à 1,2 cm de l axe. 37. [III] p.108. 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? La lumière a une longueur d onde de 600 nm mesurée dans le vide. Dans l air, 600 cette 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 8, 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. 38. [III] p.108. 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 5

6 peut exprimer la différence de chemin optique entre les deux ondes comme r 2 r 1 = a sin 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 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 9. [I] p.109. 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 a sin θ = mλ. Celui d ordre m = 2 étant situé à 25, on obtient a = 2, 6 µm. 51, 52 et 53. [I] p.109. 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,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, 0272 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 mm, la limite de résolution, 6

7 donnée par θ a oeil 1, 220 λ D p, est 0, 1678 mrad. La condition L/d > θ a oeil impose donc une distance minimale L min = 6, 5 km. 60. [II] p 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 a sin 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 spectre d ordre deux chevauche celui d ordre trois (situé à des positions supérieures à 35, 80 ). 7