L3 Physique -- Correction de l'examen d'optique

2e session - Janvier 2010

Date: (barême sur 25 points : 13 pour l'exercice 1 et 12 pour le 2)

Réseau et filtrage

Diffraction par un réseau de fentes

1. L'onde est sphérique dans la région $-2F<z<-F$
2. La source est en $\vec{r}_0=(0,0,-2F)$ . L'amplitude complexe de l'onde en $\vec r=(x,y,z)$ s'écrit
   $$\psi(x,y,z)=\frac{\psi_0}{\vert\vec r-\vec r_0\vert} e^{i k \vert... ...psi_0}{\sqrt{x^2+y^2+(z+2F)^2}}\; \exp\left(i k \sqrt{x^2+y^2+(z+2F)^2}\right)$$

3. Dans l'approximation paraxiale, en posant $\rho^2=x^2+y^2$ :
   $$\psi(x,y,z)\simeq \frac{\psi_0 e^{ik (z+2F)}}{(z+2F)}\; \exp\left(\frac{i\pi\rho^2}{\lambda (z+2F)}\right)$$

4. Dans l'approximation paraxiale on fait l'hypothèse que les rayons sont peu inclinés sur l'axe optique. Ici celà revient à supposer que $(z+2F)\gg x$ et $y$ .
5. On fait $z=-F$ dans l'expression de $\psi$ . Il vient
   $$\psi(x,y,-F)= \frac{\psi_0 e^{ikF}}{F}\; \exp\left(\frac{i\pi\rho^2}{\lambda F}\right)$$

6. Coefficient de transmission de la lentille
   $$l(x,y)=\exp\left(-\frac{i\pi\rho^2}{\lambda F}\right)$$

7. Amplitude complexe de l'onde en $z=-F$ juste après la lentille
   $$\psi(x,y,-F^+)= \frac{\psi_0 e^{ikF}}{F}$$

8. Cette onde est plane et se propage dans la direction $\hat z$
9. Amplitude complexe en $z=0$ juste avant la traversée du réseau : il suffit de propager l'onde plane sur une distance $F$
   $$\psi(x,y,0^-)= \frac{\psi_0 e^{ikF}}{F}\; e^{ikF}$$

10. On écrit d'abord le coefficient de transmission du réseau
    $$t(x,y)=\mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}_a(x) \: {\bf 1}(y)$$
    l'amplitude complexe à la sortie du réseau est
    $$f_0(x,y)=\frac{\psi_0 e^{2ikF}}{F}\; \mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}_a(x) \: {\bf 1}(y)$$
    l'amplitude diffractée à l'infini est donc
    $$f_\infty(\alpha,\beta)=\frac{\psi_0 e^{2ikF}}{F}\: \frac{e^{ikr}}... ...hop{\textcyrillic{\CYRSH}}\left(\frac{a\alpha}{\lambda}\right)\: \delta(\beta)$$
    et l'intensité correspondante
    $$I(\alpha,\beta)=\frac{\vert\psi_0\vert^2}{F^2 r^2}\: \mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}\left(\frac{a\alpha}{\lambda}\right)\: \delta(\beta)$$

11. Une onde plane éclairant un réseau donne naissance en sortie à un ensemble d'ondes planes que l'on appelle les ordres. On le voit dans l'expression de l'intensité : présence de pics (le sha) correspondant chacun à une figure de diffraction d'onde plane
12. L'ordre $p$ se trouve ici dans la direction $\alpha_p=p\lambda/a$ (période du $\mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}$ ) et $\beta_p=0$ (présence de $\delta(\beta)$ .
13. Reprendre les questions 2,3,5,7,9,10,12 dans le cas où la source est déplacée au point $(x_0, y_0, -2F)$
    • question 2 :
      $$\psi(x,y,z)=\frac{\psi_0}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z+2F)^2}}\; \exp\left(i k \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z+2F)^2}\right)$$

    • question 3 :
      $$\psi(x,y,z)\simeq \frac{\psi_0 e^{ik (z+2F)}}{(z+2F)}\; \exp\left(\frac{i\pi ((x-x_0)^2+(y-y_0)^2)}{\lambda (z+2F)}\right)$$

    • question 5 :
      $$\psi(x,y,-F)=\frac{\psi_0 e^{ikF}}{F}\; \exp\left(\frac{i\pi ((x-x_0)^2+(y-y_0)^2)}{\lambda F}\right)$$

    • question 7 :
      $$\psi(x,y,-F^+)=\frac{\psi_0 e^{ikF}}{F}\; \exp\left(\frac{i\pi (x... ...)}{\lambda F}\right)\; \exp\left(\frac{-2i\pi (x x_0+y y_0)}{\lambda F}\right)$$
      c'est une onde plane inclinée de la forme $Cte\; \exp(ik (\alpha_0 x+ \beta_0 y))$ avec $\alpha_0=-\frac{x_0}{\lambda F}$ et $\beta_0=-\frac{y_0}{\lambda F}$
    • question 9 : pour écrire cette onde dans le plan $z=0$ , il suffit de la multiplier par $\exp(i k \gamma_0 F)$ avec $\gamma_0=1$ en optique paraxiale. Il vient
      $$\psi(x,y,0^-)=\frac{\psi_0 e^{2ikF}}{F}\; \exp\left(\frac{i\pi (x... ...)}{\lambda F}\right)\; \exp\left(\frac{-2i\pi (x x_0+y y_0)}{\lambda F}\right)$$

    • question 10 : L'amplitude diffractée à l'infini s'écrit maintenant
      $$f_\infty(\alpha,\beta)=\frac{\psi_0 e^{2ikF}}{F}\: \frac{e^{ikr}}... ...CYRSH}}\left(\frac{a(\alpha+\alpha_0)}{\lambda}\right)\: \delta(\beta+\beta_0)$$

    • question 12 : la direction de l'ordre $p$ est donnée par les ``dents'' du peigne de Dirac ci-dessus. Il vient $\alpha_p=\alpha_0+p\lambda/a$ et $\beta_p=\beta_0$ .

Filtrage

1. Au foyer d'une lentille convergente on observe la figure de diffraction (de Fraunhöffer) de l'amplitude complexe incidente. On a ici deux lentilles convergentes d'où le nom de montage à double diffraction.
2. L'amplitude complexe dans le plan $z=2 F_2$ se déduit de celle qu'on observe dans le plan $z=0^+$ $f_0(x,y)$ (voir question 10 ci-dessus) par une TF optique ; il vient :
   $$\psi(x,y,2F_2)=\frac{\psi_0 e^{2ikF_2}}{i\lambda F_2}\; \hat{f}_0\left(\frac{x}{\lambda F_2},\frac{y}{\lambda F_2}\right)$$
   d'où
   $$\psi(x,y,2F_2)=\frac{\psi_0 e^{2ik(F+F_2)}}{iF}\; \mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}\left(\frac{x a}{\lambda F_2}\right)\: \delta(y)$$

3. L'ordre $p$ se trouve en $x_p=p \lambda F_2/a$ , $y_p=0$
4. On limite le réseau par un diaphragme circulaire de diamètre $D\gg a$ .
   1. Le nouveau coefficient de transmission du réseau est
      $$t_1(x,y)=\mathop{\textcyrillic{\CYRSH}}_a(x) \: \prod \left(\frac\rho D\right)$$

   2. Amplitude complexe dans le plan $z=2 F_2$ : elle fait apparaitre une convolution par un $J_{1c}$ . Le calcul donne, en écrivant le sha comme une somme de distributions $\delta$
      $$\psi(x,y,2F_2)=\frac{\pi D^2 \psi_0 e^{2ik(F+F_2)}}{2i\lambda a F... ...pi D}{\lambda F_2} \sqrt{\left(x-\frac{p\lambda F_2}{a} \right)^2+y^2} \right)$$
      Il s'agit d'une somme de fonctions $J_{1c}$ de largeurs voisines de $\lambda F_2/D$ centrées en $p \lambda F_2/a$
   3. Si $D\gg a$ , il n'y a pas de recouvrement entre les $J_{1c}$ de la somme ci-dessus. Les termes de type ``double produit'' s'éliminent dans le calcul de l'intensité. Il vient
      $$I(x,y,2F_2)=\frac{\pi^2 D^4 \vert\psi_0\vert^2}{4\lambda^2 a^2 F^... ...pi D}{\lambda F_2} \sqrt{\left(x-\frac{p\lambda F_2}{a} \right)^2+y^2} \right)$$

   4. La largeur de chaque tache correspondant est $2.44 \lambda F_2/D$ si l'on prend comme définition de la largeur le diamètre du premier anneau noir de la fonction d'Airy $J_{1c}^2$ .
   5. Le pouvoir de résolution du réseau est sa capacité à séparer les images à deux longueurs d'ondes en deux taches distinctes. Il vaut $R=p D/a$ dans l'ordre $p$

5. L'intensité est la somme des intensités correspondant à chaque longueur d'ondes $\lambda_1$ et $\lambda_2$ . En utilisant le résultat de la question 2, il vient
   $$I(x,y)=\frac{\vert\psi_0\vert^2}{F^2}\; \mathop{\textcyrillic{\CY... ...athop{\textcyrillic{\CYRSH}}\left(\frac{x a}{\lambda_2 F_2}\right)\: \delta(y)$$

6. Graphe de l'intensité $I(x,y=0)$ .
   
7. Le premier peigne possède des maxima d'intensité en $x_p=p\lambda_1 F_2/a$ , le second en $x_p=p\lambda_2 F_2/a$ . Chaque ordre $p$ est ainsi dédoublé en deux pics séparés de $p\delta\lambda F_2/a$ . sauf l'ordre 0 qui reste unique (en revanche il est deux fois plus lumineux).
8. On limite à nouveau le réseau par le diaphragme circulaire de diamètre $D$ .
   1. Intensité dans le plan $z=2 F_2$ : c'est la somme des intensités correspondant à chaque longueur d'onde (question 4c). Il vient :
      $$I(x,y,2F_2)=\frac{\pi^2 D^4 \vert\psi_0\vert^2}{4\lambda_0^2 a^2 ... ...}{\lambda_2 F_2} \sqrt{\left(x-\frac{p\lambda_2 F_2}{a} \right)^2+y^2} \right)$$

   2. Chaque ordre $p$ est ainsi constitué de la somme de deux fonctions d'Airy, sauf l'ordre 0
   3. Les taches correspondant à chaque ordre sont centrées en $x_p=p\lambda_1 F_2/a$ , le second en $x_p=p\lambda_2 F_2/a$ . Elles sont de largeur $l= 2.44 \lambda_0 F_2/D$ (en utilisant l'hypothèse $\lambda_1\simeq \lambda_2\simeq\lambda_0)$. On a superposition des taches si leur séparation est inférieure à leur demi-largeur (voir cours sur les réseaux), c'est à dire si $p\frac{D}{a}<1.22 \frac{\lambda_0}{\delta\lambda}$ .
   4. Le critère de Rayleigh correspond à la situation ou les deux longueurs d'onde sont juste séparées dans l'ordre $p$ , c'est à dire $p\frac{D}{a}=1.22 \frac{\lambda_0}{\delta\lambda}$
   5. Si les deux longueurs d'onde sont juste séparées dans l'ordre $p$ , elles seront confondues dans l'ordre $p-1$ (leur séparation est plus faible dans l'ordre $p-1$ ) et très séparées dans l'ordre $p+1$ .

Propagation dans un conducteur soumis à un champ magnétique constant

1. Ce milieu est-il anisotrope à cause de $[\sigma]$ . Ainsi si le champ électrique est dirigé suivant $\hat x$ la conductivité n'a pas même valeur que s'il est dirigé suivant $\hat y$
2. 
   

   $$\displaystyle j_x= -i\sigma_1 E_x+\alpha E_y$$

   $$\displaystyle j_y= -\alpha E_x-i\sigma_1 E_y$$

   $$\displaystyle j_z= i\sigma_2 E_z$$

   
   
3. Equations de Maxwell dans ce milieu (écrites ici en fonction des champs $\vec E$ et $\vec B$ ) :
   

   $$\vec\nabla . \vec E=0 \vec\nabla . \vec B=0$$

   $$\displaystyle \vec\nabla \wedge \vec E=-\frac{\partial \vec B}{\partial t} \displaystyle \vec\nabla \wedge \vec B=\mu_0[\sigma] \vec E+\mu_0\epsilon_0\frac{\partial \vec E}{\partial t}$$

   
   

4. Si $\vec E=\vec E_0 \exp i (\vec k . \vec r-\omega t)$ alors $\vec\nabla . \vec E=i\vec k . \vec E$ , $\vec\nabla \wedge \vec E=i\vec k \wedge \vec E$ et $\frac{\partial \vec E}{\partial t}=-i\omega \vec E$
5. La 3e équation de Maxwell donne $\vec B=\vec k \wedge \vec E/\omega$ . Dans la quatrième, le terme $\vec\nabla \wedge \vec B$ s'écrit alors $i\vec k \wedge \vec B=i\vec k \wedge (\vec k \wedge \vec E)/\omega=i[ \vec k (\vec k.\vec E)-\vec E (\vec k.\vec k)]/\omega$ . En injectant cette forme dans la 4e équation de Maxwell et en utilisant l'identité $\mu_0\epsilon_0c^2=1$ on obtient la relation demandée.

6. En projetant la relation (1) sur l'axe $\hat x$ , et compte-tenu que $\vec k.\vec E=0$ on obtient
   $$\left(k^2-\frac{\omega^2}{c^2}-\omega\sigma_1\mu_0\right)\: E_x=i\omega\mu_0\alpha E_y$$
   De même la projection sur $\hat y$ donne
   $$\left(k^2-\frac{\omega^2}{c^2}-\omega\sigma_1\mu_0\right)\: E_y=-i\omega\mu_0\alpha E_x$$

7. En combinant les 2 équations ci-dessus pour éliminer le champ électrique, on obtient
   $$\left(k^2-\frac{\omega^2}{c^2}-\omega\sigma_1\mu_0\right)^2=(\omega\mu_0\alpha)^2$$
   qui donne deux solutions (une avec le signe +, l'autre avec le signe -). Il vient
   $$k^2=\frac{\omega^2}{c^2}+\omega\mu_0 (\sigma_1\pm\alpha)$$

8. Dans un diélectrique la relation $k(\omega)$ s'écrit $k=n\omega/c$ où $n$ est l'indice du milieu. Si $n$ dépend de $\omega$, la vitesse de la lumière dans le milieu dépend de la fréquence. Une onde polychromatique sera dispersée en ses différentes couleurs après traversée du milieu (certaines fréquences traversent plus vite que d'autres). D'uù le nom de relation de dispersion.
9. Pour une polarisation linéaire le vecteur de Jones peut s'écrire $$\left(\begin{array}{c}1 \\ a\end{array}\right)$$ avec $a$ réel. Pour une circulaire c'est $$\left(\begin{array}{c}1 \\ \pm i\end{array}\right)$$ (déphasage de $\pm\pi/2$ entre les composantes) du champ électrique).
10. En injectant la relation de dispersion (question 7) dans les relations de la question 6 on obtient $\pm E_x=i E_y$ , c'est à dire $\vec E=E_x \displaystyle \left(\begin{array}{c}1 \\ \pm i\end{array}\right)$ qui correspond à une polarisation circulaire (gauche ou droite). Ce sont donc ces ondes qui se propagent dans le milieu.
11. La relation de dispersion conduit à
    $$k=\frac{\omega}{c}\left[1+\frac{\sigma_1\pm\alpha}{\epsilon_0\omega} \right]^{1/2}$$
    Dans le cas où $\omega \gg \sigma_1/\epsilon_0$ et compte-tenu de l'hypothèse $\sigma_1>\alpha$ , la quantité $\frac{\sigma_1\pm\alpha}{\epsilon_0\omega}\ll 1$ et un développement limité est possible. Il vient
    $$k\simeq\frac{\omega}{c}\left[1+\frac{\sigma_1\pm\alpha}{2\epsilon_0\omega} \right]$$
    qui donne deux valeurs possibles pour l'indice : $$n=\left[1+\frac{\sigma_1\pm\alpha}{2\epsilon_0\omega} \right]$$. Un des indices est celui de la vibration circulaire gauche, l'autre est celui de la circulaire droite. Les vitesses de phase des ondes s'obtiennent par $$v=c/n\simeq c\left[1-\frac{\sigma_1\pm\alpha}{2\epsilon_0\omega} \right]$$

12. En $z=0$ le champ électrique s'écrit $\vec E=E_i \hat x$ .
    1. $\vec E=E_i \displaystyle \left(\begin{array}{c}1 \\ 0\end{array}\right)=\displ... ...ight)+\displaystyle \frac{E_i}2 \left(\begin{array}{c}1 \\ -i\end{array}\right)$
    2. En $z=0$ le champ transmis est $\vec E_t=\displaystyle t_G \frac{E_i}2 \left(\begin{array}{c}1 \\ i\end{array}... ...tyle \frac{E_i}2 \left(\begin{array}{c}t_G+t_D \\ i (t_G-t_D)\end{array}\right)$
    3. La polarisation de l'onde transmise en $z=0$ est elliptique
    4. Ecrire le champ transmis en $z=L$ s'écrit
       $$\vec E_t(z=L)=\displaystyle t_G \frac{E_i}2 e^{i\omega L/v_G} \le... ...e \frac{E_i}2 e^{i\omega L/v_D}\left(\begin{array}{c}1 \\ -i\end{array}\right)$$
       avec $v_G$ et $v_D$ les vitesses de phase des ondes polarisées circulaire gauche et droite.
    5. Un milieu optiquement actif fait tourner la direction de polarisation de la lumière vers la gauche ou la droite.
    6. C'est le cas ici parce que les vitesses de propagation des polarisations circulaires droite et gauche sont différentes. Une vibration incidente de polarisation linéaire se transforme en elliptique, l'axe principal de l'ellipse tourne au fur et à mesure que l'épaisseur traversée augmente. Le calcul a été fait en TD.