CORRIGE TD n°9 : Polarisation des ondes

CORRIGE TD n°9 :
Polarisation des ondes lumineuses.
EXERCICE 1 : Polariseur et Analyseur
1. Un polariseur P intercepte un faisceau parallèle de lumière naturelle d’éclairement E0.
Quel est l’éclairement associé au faisceau transmis ?
2. Un analyseur A est placé derrière P, et croisé avec celui-ci. Quel est l’éclairement
associé au faisceau final ?
3. Un polariseur P’, dont la direction fait l’angle α avec celle de P, est placé entre les
deux. Que devient l’éclairement associé au faisceau final ? Est-il possible de l’annuler
en jouant sur l’angle α ?
4. L’angle α de ce polariseur est tournant de sorte que α = Ωt où Ω est la vitesse
angulaire du polariseur P’. Exprimer l’éclairement associé au faisceau final, en
fonction de Ω. Quel est l’intérêt d’un tel dispositif.
CORRECTION
JG JG
1. Pour l’onde incidente, en notation réelle E0 = 2 E.E = 2 Ex2 + 2 E y2 + 2 Ez2 .
JG JJG
Pour l’onde incidente, en notation complexe E0 = E.E * = Ex Ex * + E y E y * + Ez Ez * .
Par ailleurs, l’onde se propageant selon Oz, Ez = 0. D’autre part, la lumière naturelle
est non polarisée et donc Ex2 = E y2 . On en déduit que : E0 = 4 Ex2 .
JJG JJG
Notons θ l’angle u x , u p . L’éclairement transmis est alors :
JG JJG 2
2
= 2 ( Ex cos θ + E y sin θ ) = 2 ⎡⎢ Ex2 cos 2 θ + E y2 sin 2 θ + Ex E y cos θ sin θ ⎤⎥
E = 2 E.u p
⎣
⎦
(
(
)
)
E0
.
2
La moitié de l’éclairement est transmis par le polariseur idéal.
Or Ex E y = 0 et donc E =
2. L’analyseur A est croisé avec le polariseur P : l’éclairement du faisceau final est nul.
3. Les projections successives nous donnent :
JG JJG JJG JJG JJG JJG 2
E JJG JJG JJG JJG 2
E
E = 2 ⎡⎢ E.u p u p .u p ' u p ' .u A ⎤⎥ = 0 u p .u p ' u p ' .u A
= 0 cos 2 α sin 2 α.
⎣
⎦
2
2
⎡π⎤
Cet éclairement est nul si α = 0 ⎢ ⎥ , donc si P’ est orienté parallèlement à P ou bien à
⎢⎣ 2 ⎥⎦
A, qui sont croisés.
(
)(
)(
)
(
)(
)
4. On a α = Ωt . On en déduit que :
E
E
E
E = 0 cos 2 Ωt sin 2 Ωt = 0 sin 2 (2Ωt ) = 0 (1− cos (4Ωt ))
2
8
16
Ce dispositif fournit une intensité modulée à 4Ω.
51
EXERCICE 2 :
G G
On considère le champ électrique d’une onde électromagnétique plane E ( r , t ) qui a pour
GG
⎧ Ax cos(ω t-k.r+ϕ x )
GG
⎪⎪
composantes : ⎨ Ay cos(ω t-k.r+ϕ y )
⎪
⎪⎩0
1. Retrouver la relation qui relie Ax , Ay et ϕ =ϕ y − ϕ x
2. Préciser les conditions sur ces trois paramètres pour que cette onde présente une
polarisation soit rectiligne soit circulaire soit elliptique.
CORRECTION
1.
⎧⎪ Ex
⎪⎪ = cos (ωt − kz + ϕx )
⎪⎪ Ax
⎨
⎪⎪ E y
⎪⎪ = cos (ωt − kz + ϕ y ) = cos (ωt − kz + ϕ x + ϕ y − ϕ x )
⎪⎪⎩ Ay
En posant ϕ = ϕ y − ϕx
⎧⎪ Ex
⎪⎪ = cos (ωt − kz + ϕx )
⎪ Ax
⎪⎨
⎪ Ey
Ex
cos ϕ − sin (ωt − kz + ϕ x ) sin ϕ
⎪⎪⎪ = cos (ωt − kz + ϕ y ) cos ϕ − sin (ωt − kz + ϕ x ) sin ϕ =
Ax
⎪⎪⎩ Ay
On élève l’expression au carré et on somme :
⎛ Ex2 ⎞⎟ 2
(( E y / Ay ) −( Ex / Ax ) cos ϕ) = sin (ωt − kz + ϕx )sin ϕ = ⎜⎜⎜⎝1− A2 ⎠⎟⎟⎟ sin ϕ
2
2
2
x
⎛ E2 ⎞
2
( E y / Ay ) + ( Ex / Ax )2 cos2 ϕ − 2 ( E y / Ay )( Ex / Ax ) cos ϕ = ⎜⎜⎜1− Ax2 ⎟⎟⎟⎟ sin 2 ϕ
⎝
⎠
x
( E y / Ay ) + ( Ex / Ax )
2
2
− 2 ( E y / Ay )( Ex / Ax ) cos ϕ = sin 2 ϕ
2. a). ϕ = 0 ou π alors ( E y / Ay ) + ( Ex / Ax ) ± 2 ( E y / Ay )( Ex / Ax ) = 0 ou encore :
2
Ey
Ay
=±
2
Ex
. La polarisation est rectiligne
Ax
2
π
2
b). ϕ = ± alors ( E y / Ay ) + ( Ex / Ax ) = 1 . La polarisation est elliptique avec Ox et
2
Oy les axes de l’ellipse.
⎪⎧ Ex = Ax cos (ωt )
π ⎪
⎨
De plus en z = 0, pour ϕ = , ⎪⎪ E y = − Ay sin (ωt ) . L’onde est elliptique droite.
2 ⎩
Par ailleurs, si Ax = Ay alors la polarisation est circulaire.
52
c). ϕ ≠ k π , la polarisation est elliptique.
Si 0 < ϕ < π , la polarisation est elliptique gauche.
Si π < ϕ < 2π , la polarisation est elliptique droite.
⎛ dE ⎞
Pour cela, on peut regarder le signe de ⎜⎜ y ⎟⎟⎟ = −E0 y ω sin ϕ en fonction de φ.
⎜⎝ dt ⎠⎟
t =0
EXERCICE 3 :
G G
Donner les expressions réelles puis complexes E ( r , t ) pour les ondes planes suivantes :
1. Onde se propageant suivant l’axe Ox et polarisée linéairement à π/3 de Oy
2. Onde se propageant suivant Oy et polarisée elliptiquement à droite, le grand axe de
l’ellipse, suivant Oz, étant trois fois plus grand que le petit axe.
3. Onde polarisée linéairement suivant Oy et se propageant parallèlement au plan zOx à
π/4 de Oz.
CORRECTION :
1. L’onde se propage suivant l’axe Ox, on en déduit que Ex = 0.
⎧⎪ E = 0
⎪⎪ x
⎪ E = E cos (ωt − kx )
⎨ y
0y
⎪⎪
⎪⎩⎪ Ez = E0 z cos (ωt − kx )
π
Avec E0 z / E0 y = tan = 3 .
3
2. L’onde se propage selon Oy, on en déduit que Ey = 0.
⎧⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪ Ex = Eox cos (ωt − ky )
⎪E = 0
⎨ y
⎪⎪
⎪⎪
⎛
π⎞
Ez = E0 z cos ⎜⎜ωt − ky ± ⎟⎟⎟
⎪
⎪
⎜⎝
2⎠
⎪⎩
Le grand axe est selon Oz, on en déduit que E0 z = 3E0 x .
3. L’onde est polarisée linéairement selon Oy donc Ex = 0 et Ez = 0. La direction de
propagation est dans le plan z0x à π/4.
⎧
Ex = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎛
kx + kz ⎞⎟
⎪
⎟
⎨ E y = E0 y cos ⎜⎜⎜ωt −
⎪
⎝
2 ⎠⎟
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
53
EXERCICE 4 : Variation du déphasage avec la fréquence
Une lame est demi-onde pour la radiation verte du mercure de longueur d’onde λ1 = 546 nm.
Déterminer son retard de phase φ(λ) pour une longueur d’onde quelconque, en négligeant les
variations des indices avec la longueur d’onde.
Faire le calcul pour λ2 = 450 nm.
CORRECTION :
Le retard de phase est : ϕ (λ ) =
2π
( n y − nx ) e .
λ
2π
(ny − nx ) e = π et que les indices et l’épaisseur sont ici des constantes,
λ1
λ
λ
nous avons donc que ϕ (λ2 ) = 1 ϕ (λ1 ) = 1 π ≈ 218° ≠ 180° .
λ2
λ2
Comme ϕ (λ1 ) =
EXERCICE 5 :
Un faisceau lumineux parallèle de pulsation ω et de longueur d’onde λ se propageant selon Oz
est décrit par :
⎧⎪ Ex = E0 x cos (ωt − k0 z )
JG ⎪
⎪
E ⎪⎨ E y = E0 y sin (ωt − k0 z ) avec k0 = ω / c = 2π / λ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
On supposera que les amplitudes E0x et E0y sont des grandeurs essentiellement positives.
On suppose que E0x > E0y.
1. Montrer qu’il s’agit d’une vibration elliptique dont on précisera les axes et le sens de
parcours.
2. Un analyseur est placé dans le plan z = 0 ; sa direction de polarisation fait l’angle α
avec Ox. Déterminer l’expression du champ E après l’analyseur, et en déduire la loi
de variation de l’éclairement après l’analyseur lorsque α varie.Tracer l’allure du
graphe.
3. Montrer que l’on peut ainsi déterminer les axes d’une lumière polarisée
elliptiquement et préciser le grand axe et le petit axe.
4. Reprendre les questions précédentes avec :
⎧⎪ Ex = E0 x cos (ωt − k0 z )
JG ⎪
⎪
E ⎪⎨ E y = −E0 y sin (ωt − k0 z ) avec k0 = ω / c = 2π / λ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
CORRECTION :
1. Décrivons le champ dans le plan d’onde z = 0.
⎧
⎪ Ex = E0 x cos (ωt )
JG ⎪
⎪
E⎪
⎨ E y = E0 y sin (ωt ) avec k0 = ω / c = 2π / λ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
54
JG
Le champ E décrit une ellipse paramétrée par t. On le voit très nettement en éliminant
le paramètre t par :
( Ex / E0 x ) + ( E y / E0 y ) = 1
2
2
C’est bien l’équation d’une ellipse rapporté à ses axes. Elle est inscrite dans un
rectangle de côtés 2E0x, 2E0y
.
JG
En suivant par continuité le champ E à partir de t = 0, on note que la polarisation est
gauche (dans le sens de la flèche sur la figure).
JG
JG G G G
2. Le champ transmis est dans le plan z = 0 : E transmis = E.u u où u est la direction du
( )
polariseur.
JG
G
E transmis = ( Ex cos α + E y sin α) u
Soit en remplaçant Ex et Ey par leurs expressions où l’on tient compte de z = 0 :
JG
G
E transmis = ( E0 x cos α cos (ωt ) + E0 y sin α sin (ωt )) u
Pour déterminer l’éclairement lumineux, on va utiliser la notation complexe :
JG
G
E transmis = ( E0 x cos α − iE0 y sin α) eiωt u
On en déduit le champ complexe conjugué :
JG
G
E * transmis = ( E0 x cos α + iE0 y sin α) e−iωt u .
D’où l’éclairement :
JG
JG
E = E transmis .E * transmis = ( E0 x 2 cos 2 α + E0 y 2 sin 2 α) = ( E0 x 2 − E0 y 2 ) cos 2 α + E0 y 2
Les variations de E en fonction de α sont représentées ci-dessous.
55
3. On constate sur le graphe précédent, que les maxima d’éclairement sont atteints
lorsque le polariseur est parallèle à la direction du grand axe, et les minima lorsque le
polariseur est parallèle à la direction du petit axe. On peut ainsi repérer les axes de
l’ellipse, mais pas le sens de parcours.
4. Le champ incident correspond cette fois à une polarisation elliptique droite (le sens de
parcours de l’ellipse a changé). Formellement, on passe d’un cas à l’autre en
changeant E0y en –E0y. L’expression de l’éclairement reste le-même, ainsi que le tracé
du graphe, et le résultat en gras à la fin de la troisième question.
EXERCICE 6 :
Un faisceau lumineux parallèle de pulsation ω et de longueur d’onde λ se propageant selon
Oz est décrit par :
⎧⎪ Ex = E0 cos (ωt − k0 z )
JG ⎪
⎪
E ⎪⎨ E y = E0 sin (ωt − k0 z ) avec k0 = ω / c = 2π / λ .
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
L’amplitude E0 est une grandeur essentiellement positive.
1. Montrer qu’il s’agit d’une vibration circulaire dont on précisera les axes et le sens de
parcours.
2. On place une lame demi-onde dans le plan z = 0, la direction de l’axe rapide fait un
JG
angle de 0° avec Ox. Déterminer le champ E à la sortie de la lame demi-onde. Quel
est le nouvel état de polarisation ?
3. On remplace la lame demi-onde par une lame quart-d’onde. Quel est le nouvel état de
polarisation ?
CORRECTION :
JG
1. Donnons les composantes du champ E dans le plan z = 0 :
56
⎧
⎪ Ex = E0 cos (ωt )
JG ⎪
⎪
E⎪
⎨ E y = E0 sin (ωt ) avec k0 = ω / c = 2π / λ
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
On voit tout de suite que Ex2 + E y2 = E02 de sorte qu’il s’agit d’une onde polarisée
JG
circulairement. En suivant par continuité l’extrémité du vecteur E depuis t = 0, on voit
qu’il s’agit d’une polarisation gauche.
2. L’axe rapide étant selon Ox, la composante selon Oy a un retard de π supplémentaire
2π λ
à la sortie de la lame : ∆ϕ =
= π . On en déduit qu’après la lame, le champ a
λ 2
⎧⎪ Ex = E0 cos (ωt )
⎪⎪
JG
pour composantes : E après lame ⎪
⎨ E y = E0 sin (ωt − π )
⎪⎪
⎪⎪ Ez = 0
⎩
Après la lame :
⎧
Ex = E0 cos (ωt )
⎪
⎪
JG
⎪
⎪
E après lame ⎨ E y = −E0 sin (ωt )
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
Après la lame, la polarisation est devenue circulaire droite.
3. L’axe rapide étant selon
Ox, la composante selon Oy a un retard de π/2
2π λ π
= .
supplémentaire à la sortie de la lame : ∆ϕ =
λ 4 2
On en déduit qu’après la lame, le champ a pour composantes :
⎧ Ex = E0 cos (ωt )
⎪
⎪
JG
⎪
E après lame ⎪
⎨ E y = E0 sin (ωt − π / 2)
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
57
Soit :
⎧ Ex = E0 cos (ωt )
⎪
⎪
JG
⎪
E après lame ⎪
⎨ E y = E0 cos (ωt )
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ Ez = 0
La polarisation est rectiligne à la sortie de la lame et inclinée de 45°.
58