Correction de l'examen d'optique II

Session de Janvier 2009

Cohérence

1. $$d'=\frac{d}{1+\frac{x_0}{x}}$$

2. Schéma équivalent : 2 sources ponctuelles symétriques par rapport au miroir, $S$ en $(x_0,0)$ et $S'$ en $(-x_0,0)$ . Le schéma est équivalent aux trous d'Young ponctuels avec une distance $2 x_0$ entre les trous.
3. Au point $O$ on a une différence de marche nulle entre les ondes provenant des deux sources. On devrait avoir une frange brillante, mais à cause du déphasage de $\pi$ qui multiplie l'amplitude complexe issue de $S'$ par -1, ce sera une frange sombre.
4. Intensité :
   $$I(x)=2 \vert\psi_0\vert^2\; \left(1-\cos\left(\frac{4\pi x_0 x}{\lambda_0 d}\right) \right)$$
   Contraste $C=1$ , interfrange $\lambda_0 d/(2 x_0)$ .
5. Source quasi-monochromatique.
   1. Degré complexe de cohérence de l'onde $$\gamma(\tau)=\frac{\hat P(\tau)}{\hat P(0)}$$ avec
      $$P(\nu)=\frac{A}{1+\left(\frac{\nu}{\delta\nu}\right)^2}$$
      la fonction profil (centrée à l'origine). La réponse $$\gamma(\tau)=\frac{\hat F(\tau)}{\hat F(0)}$$ est acceptée. Le calcul avec $P(\nu)$ donne
      $$\gamma(\tau)=\exp(-2\,\pi\, \delta\nu\, \vert\tau\vert)$$

   2. En un point de coordonnée $x$ sur l'écran $(E)$ le retard $\tau$ s'écrit $\tau=2x_0 x/(cd)$ . L'intensité s'écrit
      $$I(x)=2 \hat P(0)\; \left(1-\exp\left(-4\,\pi\, \frac{\delta\nu\, x_0 \, x}{c d}\right)\; \cos\left(\frac{4\pi x_0 x}{\lambda_0 d}\right) \right)$$
      pas de valeur absolue car $x\ge 0$ . Allure du graphe de $I(x)$ (échelles arbitraires) :

      

   3. Le contraste vaut $$C(x)=\exp\left(-4\,\pi\, \frac{\delta\nu\, x_0 \, x}{c d}\right)$$ . Il est supérieur à 1/e pour $$x<\frac{c d}{4\pi x_0 \delta\nu}$$ . Le nombre de franges visibles dans cette région est $$\frac{\nu_0}{2\pi\delta\nu}$$ .
6. Seconde source $S_1$ , décalée dans la direction $y$ , incohérente avec $S$ .
   1. Si on enlève $S$ il ne reste que $S_1$ et son image dans le miroir. $S_1$ étant la translatée de $S$ dans la direction $y$ , elle produit un système de franges identiques à celui de $S$ mais translaté de la même quantité suivant $y$ . L'intensité des franges étant indépendante de $y$ , l'intensité produite par $S_1$ sur l'écran $(E)$ est la même que celle produite par $S$  : $I(x)$ .
   2. On remet la source $S$ : l'intensité produite par $S$ s'ajoute à celle produite par $S_1$ (incohérence entre les 2 sources), le résultat est donc $2 I(x)$ .

Télescope avec obstruction centrale

1. Le coefficient de transmission du diaphragme est une porte circulaire : $t_0(x,y)=\Pi(\rho/D)$ avec $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$ . Si on note $\psi_0$ l'amplitude de l'onde à l'onde (plane) à l'entrée du diaphragme et $z$ la distance à laquelle on se place pour observer la figure de diffraction, alors on peut écrire l'intensité diffractée à l'infini comme
   $$I(\alpha,\beta)=\frac{\vert\psi_0\vert^2\, \pi^2\, D^4}{4\, \lambda^2\, z^2}\; J_{1c}^2\left(\frac{\pi D \sqrt{\alpha^2+\beta^2}}{\lambda}\right)$$

   C'est une tache d'Airy. L'intensité $I_0$ au centre vaut $I_0=\frac{\vert\psi_0\vert^2\, \pi^2\, D^4}{16\, \lambda^2\, z^2}$ , elle est propostionnelle à $D^4$ .

2. Le coefficient de transmission peut s'écrire comme la différence de deux portes circulaires : $t(x,y)=\Pi(\rho/D)-\Pi(\rho/d)$

3. Amplitude diffractée à l'infini :
   $$\psi_1(\alpha,\beta)=\frac{\psi_0\, e^{i k z}\, \pi}{2i\, \lambda... ...-d^2\,J_{1c}\left(\frac{\pi d \sqrt{\alpha^2+\beta^2}}{\lambda}\right) \right]$$

4. L'amplitude (en rouge) est la somme de 2 contributions : le premier terme (courbe bleue) correspondant à la situation sans obstruction, et un terme en $J_{1c}$ négatif produit par l'obstruction centrale (courbe verte). Il en résulte deux effets :
   • Une baisse de l'intensité près du centre
   • Une modification de l'amplitude des anneaux de diffraction (la courbe verte est plus large que la rouge et décroit moins vite) : c'est l'effet dominant loin du centre
   

5. Intensité au centre : $I_1=\frac{\vert\psi_0\vert^2\, \pi^2}{16\, \lambda^2\, z^2}\;(D^2-d^2)^2=I_0 (D^2-d^2)^2/D^4$ ($I_0$ correspond à la question 1). La condition $I_1=0.9 \, I_0$ conduit à $d<\sqrt{0.1} D$ .

Prisme biréfringent

1. Dans le schéma qui suit, la différence entre les indices ordinaire et extraordinaire a été exagérée pour des raisons de clarté.

   

2. On note $i_{2o}$ et $i_{2e}$ les angles que font les deux rayons réfractés avec la normale à la première face. L'application de la loi de Descartes donne $i_{2o}=\arcsin(\sin(i_1)/n_o)$ et $i_{2e}=\arcsin(\sin(i_1)/n_e)$ . A.N. : $i_{2o}=17.6^\circ$ et $i_{2e}=19.7^\circ$

3. A nouveau l'application des lois de Descartes sur la 2e face donne $i_1$ pour l'angle d'incidence des deux rayons réfractés. Les rayons sont donc parallèles et se propagent dans la mme direction que le rayon incident. Le décalage vertical $h$ est donné par l'approximation $h\simeq L (i_{2e}-i_{2o})$ car la différence d'incidence entre les rayons ordinaire et extraordinaire est faible. Il vient $h\simeq 0.4$  mm.

4. On a $i_o=\pi/2-i_{2o}$ et $i_e=\pi/2-i_{2e}$ . Les applications numériques donnent
   • pour $i_1=30^\circ$ : $i_o=72.5^\circ$ et $i_e=70.3^\circ$
   • pour $i_1=40^\circ$ : $i_o=67.2^\circ$ et $i_e=64.4^\circ$

5. Le rayon ordinaire est réfléchi totalement par la lame de baume du Canada lorsque l'angle de réfraction devient égal à $\pi/2$ . La loi de Descartes sur la 2e face donne alors $n=n_o\, \sin(i_o)$ , soit un angle limite $i_o^\dag =\arcsin(n/n_o)=69.2^\circ$ . Il n'y a jamais de réflexion totale du rayon extraordinaire. Dans la question précédente, on voit que pour $i_1=30^\circ$ la valeur de $i_o$ est supérieure à l'angle limite : le rayon ordinaire est réflachi totalement à l'interface avec le baume du Canada.
6. La relation $i_o\, =\,\pi/2-i_{2o}\, = \, \pi/2-\arcsin(\sin(i_1)/n_o)$ donne $i_M=\arcsin(n_o\cos(i _o^\dag ))=36.1^\circ$ . La polarisation transmise sera extraordinaire.
7. Le second prisme permet de garder une lame à faces parallèles : on garde ainsi égale à $i_1$ la direction de propagation du rayon qui passe à travers le dispositif. C'est une manière de réaliser un polariseur.