Agrégation interne de sciences physiques Corrigé du devoir d

CENTRE NATIONAL D’ENSEIGNEMENT À DISTANCE
INSTITUT DE VANVES
Agrégation interne de sciences physiques
Corrigé du devoir d’optique
Corrigé
du devoir n°2
M. Kious
1-5281-CT-PA-02-07
648
Devoir N° 2
OPTIQUE
Corrigé
Rédacteur : Malek Kious
Premier problème : Etude interférométrique du comportement thermique d’une lame
A.I. Mesure interférométrique de la courbure d’un dioptre sphérique
y
[I]
[R2]
[R1]
A.I. 1 - Compte tenu de e(x) << R, les points
J et L sont très voisins de sorte que :
JK ≈ KL ≈ e(x)
De plus les trajets optiques JM et LM sont
sensiblement les mêmes.
Les directions des rayons [R1] et [R2] qui
émergent, se coupent un en point très proche
J
(la figure ne peut le montrer compte tenu de
L
e(x)
l’échelle) de la face sphérique de la lame d’air.
En pratique, éclairé par une source étendue
K
spatialement, le dispositif fournit des franges
qui sont localisées (zone de plus fort contraste) au niveau
y
de la lame d’air (elles apparaissent peintes sur la lame).
(E)
A.I. 2 - Compte tenu de e(x) << R, [R1] et [R2] ont
quasiment même chemin optique dans la lentille. A
contrario, [R2] a parcouru un chemin optique
supplémentaire de [IJK] ≈ 2e(x) dans la lame d’air
d’épaisseur locale e(x). Ajouté à cela une réflexion sur le
plan de verre d’indice supérieur à 1, ce qui conduit à un
déphasage supplémentaire ♪ de π (ou une différence de
chemin optique supplémentaire de λ/2).
Ainsi, δ(x) = 2 e(x) + λ/2
d
D > 4 f’
(Ob)
d’
A.I. 3-a Une frange est l’ensemble des points de l’espace
d’égale différence de chemin optique (ici, d’égale
épaisseur e(x)). Compte tenu de la symétrie de révolution
O
♪
Les réflexion en I et J sont de nature différente. La réflexion normale se fait toujours avec changement de signe
d’un milieu poins réfringent sur un milieu plus réfringent, et sans changement de signe dans le cas inverse.
1
autour de l’axe 0y, les franges d’égale épaisseur observées sont des anneaux
d’axe Oy.
♫
concentriques
A.I. 3-b Le schéma ci-contre montre les positions de l’objectif et de l’écran.
Pour que les franges (localisées au niveau du coin d’air) soient projetées sur l’écran, il faut
placer l’écran à une distance D > 4 f’ du plan de localisation de ces franges.
Un grandissement transverse γ = 2 (γ = d/d’) impose d’ = 20 cm
y
A.I. 4 - Dans le triangle rectangle ΩJH, R² = x² + (R – e(x))²
On divise par R², soit :
2
()
e(x) ⎞
⎛ e(x) ⎞
x
1 = 1 + ⎛⎜
⎟ − 2⎜ R ⎟ + R
R
⎠
⎠
⎝
⎝
Ω
2
R
2
x2
e(x) ⎞
e
(
x
)
≈
En considérant ⎛⎜
<<
1
,
l’épaisseur
locale
devient
⎟
2R
⎝ R ⎠
J
x
H
e(x)
A.I. 5 - Au centre, e(x=0) = 0 ⇒ δ(0) = λ .
2
La frange centrale est donc sombre.
A.I. 6 - La figure d’interférence correspond à celle de deux ondes planes déphasées de
x2
ϕ(x) = 2π δ(x) avec δ(x) = 2 e(x) + λ/2 et e(x) ≈
2R
λ
ère
Pour la 1 frange sombre, δ(x1) = (3/2) λ ( rappelons que la frange centrale est sombre)
x2
Ainsi, 1 = λ (x1 étant l’abscisse sur le plan de la lame de verre)
R
Si l’on note x’ la distance mesurée sur l’écran (E), avec un grandissement de 2, x’ = 2x1
x '2
x '2
Ainsi
= λ , soit R =
AN : R ≈ 3,55 m
4λ
4R
A.I. 7 - α ≈ sinα = xmax ⇒ xmax ≈ Rα = 3,55 × 10 × 2,9.10−4 = 10,3mm
R
Au bord du champ sur l’écran (E) x’max = 2 xmax = 20,6 mm
Pour le Nième anneaux au bord du champ, δ =
( 2 N + 1)
λ
2
Comme δ(x) = 2 e(x) + λ/2 = x / R + λ / 2 .
2
x
On en déduit N = max = 47 . Il y a donc 47 anneaux sombres (+ celui du centre !) .
λR
2
A.I. 8 - Dans les conditions réalisables en pratique, les différents anneaux correspondent à des
ordres relativement élevés, il n’est donc pas possible d’observer tous ces anneaux en lumière
blanche. On observe en fait quelques anneaux sombres au voisinage du centre, entourés par
♫
L’aspect de ces anneaux est le même que celui des anneaux localisés à l’infini observés avec un interféromètre
de Michelson réglé en configuration lame d’air (à faces rigoureusement parallèles). Il ne faut pas confondre ces
deux systèmes.
2
un blanc dit aussi blanc d’ordre supérieur et on pourra déceler l’existence d’anneaux en
utilisant un spectroscope (réseau par exemple).
A.II. Dilatomètre interférentiel
Ecran
A.II. 1 On peut utiliser une lame semiréfléchissante inclinée à 45° (ou un prisme à
réflexion totale) et un objectif grâce auquel on
projette sur un écran la surface de localisation
des anneaux (face sphérique de la lame d’air).
A.II. 2 - a Considérons un point M d’abscisse x
appartenant à la surface sphérique de localisation
des anneaux.
La différence de chemin optique
δ(x) = 2h0 + 2 e(x) + λ0/2 (Cf. précédente
partie)
On a vu aussi que l’épaisseur locale, dans
x2
l’approximation e(x)<<R s’écrivait : e(x) ≈
2R
2
x λ
Ainsi, δ(x) = 2h0 + + 0
R 2
Lentille de
projection
collimateur
Lame
séparatrice
A.II. 2 - b Rappelons que l’ordre d’interférence
δ(x)
.
p(x) est défini comme : p(x) =
λ0
Si p(x) est demi-entier (entier), alors M(x) appartient à un anneau sombre (brillant).
2h0 1
+ est à priori quelconque (ici h0/λ0 est à priori réel). Le
λ0 2
centre n’est donc pas nécessairement sombre, contrairement au cas du paragraphe I où il y
avait contact optique en x=0.
Posons p0 = n0 + ε + 1/2 n0 est un entier. L’excédent fractionnaire ε ≤ 1 .
L’ordre du 1er anneau sombre p1 = n0 + 1 + 1/2 (forcément demi-entier !)
et l’ordre du 1er anneau sombre p2 = n0 + 2 + 1/2
Ici, au centre, l’ordre p0 =
A.II. 2 - c En traduisant p(x) =
sans oublier
δ(x)
, on obtient donc le système :
λ0
2h
(n0 + ε + 1) = 0 + 1
2
2
λ0
(1)
2h
x2
(n0 + 1 + 1) = 0 + 1 + 1
2
λ0
λ0 R 2
(2)
2h
x2
(n0 + 2 + 1) = 0 + 2 + 1
2
λ0
λ0 R 2
x2 = 2 x1
(3)
(4)
3
(3)-(2) ⇒ x2²- x1² = λ0 R
ce qui conduit à : x1 =
λ0 R
3
et x2 = 2
λ0 R
3
AN : diamètres des deux premiers anneaux d1 = 2 x1 = 2,90 mm ; d2 = 5,80 mm
Remarque : on peut également calculer l’excédent fractionnaire ε au centre :
En faisant (2)-(1) : x1² = (1-ε)λ0 R ⇒ ε = 1 – (λ0 R)/x1² = 1 – 1/3 ⇒ ε = 2/3
A.II. 3 Plaçons-nous au centre (x=0). L’ordre y vaut p0 =
δ(0) 2h(θ) 1
=
+
2
λ0
λ0
Lors de la dilatation, Δl(θ) > 0 ⇒ Δh(θ) < 0
⇒ Δp < 0
En particulier, quand l’épaisseur du bloc (C) se dilate de λ0/2, Δl(θ) = λ0/2 ⇒ Δh(θ) = -λ0/2,
⇒ Δp = −1 ( l’ordre diminue d’une unité)
Ainsi, à chaque fois que le bloc de cristal se dilate de λ0/2, il apparaît un nouvel anneau au
centre, alors qu’un anneau disparaît sur les bords. Il s’en crée autant qu’il en disparaît et le
système d’anneaux reprend son aspect initial.
En revanche, un anneau d’ordre donné voit son rayon varier : à partir de la relation (2), il est
facile de voir que , pour un ordre demi entier fixé, le rayon de l’anneau augmente quand
h0 diminue donc quand l augmente.
Pour mesurer la dilatation, il faudrait donc suivre le rayon d’un anneau d’ordre donné.
A.II. 4 - a Au centre, on a δ(0) = 2h(θ) +
λ0
2
Entre θ et θ+dθ, l’épaisseur h(θ) de la lame d’air varie de dh et la différence de chemin
optique varie donc de dδ = 2dh = -2 dl
L’ordre au centre varie donc de dp0 = − 2 dl
2al
λ0
dp0 = − 0 dθ
λ0
Avec un modèle affine de dilatation, dl(θ) = a l0 dθ
Ainsi, une variation Δθ de la température conduit à une variation de l’ordre de la quantité :
2al
Δp = − 0 Δθ
λ0
A.II. 4 - b θ = 0 °C, l’ordre au centre vaut : p0 = n0 + ε + 1 = n0 + 2 + 1
2
3 2
2al
Pour un écart de température Δθ = 30 °C, Δp0 = − 0 Δθ = -18,96
λ0
Ainsi, à la température θ = 30 °C, l’ordre au centre vaut : p0(30°C) = p0(0°C) + Δp0
⇒ p0(30°C) = n0 – 17,8
A.II. 4 - c p0(30°C) = n0 – 17,8 = n0 – 18 + 0,2
Ainsi, 18 anneaux sont apparus, au centre, durant l’excitation thermique.
L’épaisseur du bloc de cristal a augmenté de :
Δl = al0 Δθ = 6,00 μm.
4
A.II. 5 - a PV = nRT ou bien PV = m r T si r =R/M (constante massique des gaz parfaits)
Ainsi ρ = P/(rT) et la loi de Gladstone permet d’écrire : (n-1)T = Cste
273
Soit, 273.(n0 – 1) = (θ+273) (n-1) ⇒ n(θ ) = 1 + 2,9 × 10−4 ×
θ + 273
A.II. 5 - b Rappelons que dans un milieu transparent d’indice optique n, une onde lumineuse
de fréquence f, se propage à la célérité v=c/n. Ainsi, la longueur d’onde λ dans ce milieu
λ
s’écrit : λ = v = c = 0 < λ0
f
nf
n
λR
d
Le diamètre du 1er anneau sombre devient d'1 = 2 λR = 2 0 1 = 1 < d1
3
3 n
n
d1
−1 = n − 1 à 30°C, cet écart vaut 0,014%.
d'1
Evaluons l’écart absolu Δd1 = d1- d’1 = 0,4 μm < λ : assimiler l’air à du vide est par
conséquent parfaitement légitime.
L’écart relatif entre d’1 et d1 est :
A.III. Mesure de l’indice de la lame lors de l’échauffement
A.III. 1 - Considérons un point P de
l’espace, où se coupent deux rayons
issus de la source ponctuelle S :
L’un, [SI’P] réfléchi sur la première
face,
l’autre, [SIJKP] réfléchi sur la
seconde face.
A une différence de marche optique,
en P,
correspond un état
d’interférence.
Ecran
P
S
H
I
I’
K
l
n
J
On peut observer des franges
d’interférence en tout point P de l’espace où peuvent se couper ces deux types de rayons. Les
franges d’interférences obtenues avec la source S ponctuelle ne sont donc pas localisées.
Compte tenu de la symétrie du dispositif, l’axe SH est un axe de symétrie de révolution.
Sur un écran plan normal à SH, les franges (lieux des points P d’égale différence de chemin
optique) observées sont donc des anneaux d’axe SH.
A.III. 2 - Sur la figure ci-contre, S
représente un point de la source
étendue.
Ici, un point P de la surface de
localisation des franges, correspond à
l’intersection de deux rayons réfléchis
issus d’un même rayon incident.
Comme la lame est à faces parallèles,
ces deux rayons émergents se coupent à
l’infini.
F’
Ecran
P
S
H
I
K
l
n
J
5
Avec une source étendue, on peut observer des franges d’interférences localisées à l’infini. En
pratique, on les ramène à distance finie, dans le plan focal image d’une lentille convergente.
A.III. 3 - Le faisceau parallèle qui converge au
point P (conjugué de P∞ sur l’écran) admet
comme plans d’onde, dans l’air le plan (Π) et
dans la lame le plan (Π’) (Cf. figure ci-contre)
En vertu du théorème de Malus, les chemins
optiques entre ces deux plans sont égaux :
soit, [IL] = [MK] et [L P∞] = [K P∞]
δ(P) = [SIJKP∞] - [SIP∞] + λ0/2♪ devient
δ(P) = [IJK] - [IL] + λ0/2
= [IJM] + [MK] - [IL] + λ0/2
= [IJM] + λ0/2 = [IJ] + [JM] + λ0/2 = n IJ
(1 + cos (2r)) + λ0/2 avec IJ = l/cos r
S
P∞
(Π)
L
i
K
I
l
r
M
r
(Π’)
n
J
soit, δ(P) = 2 nl cos r + λ0/2
A.III. 4 - L’ordre en un point P est : p(P) =
δ(P) 2nl cos r 1
=
+
2
λ0
λ0
Au centre du champ (au foyer F’ de la lentille convergente), i = 0 (donc r = 0)
δ(F') 2nl 1
Ainsi, l’ordre au centre vaut p0 =
=
+ et, il est maximal (cos r < 1 !)
λ0
λ0 2
⎛ r2 ⎞
A.III. 5 - En incidence quasi-normale, cosr ≈ ⎜⎜1− ⎟⎟ et i ≈ n0 r . Ainsi cosr ≈
⎝ 2⎠
A la température de 0°C, l’ordre au centre p0 = m0 + ε (p0 max.) et m0 entier
L’ordre p1 du premier anneau brillant : p1 = m0
L’ordre p2 du second anneau brillant : p2 = m0 - 1
Par ailleurs, on a :
p0 =
⎛ i2 ⎞
⎜⎜1− 2 ⎟⎟
⎝ 2n0 ⎠
2n0l0 1
2n l
2n l
i2
i2
+ ; p1 = 0 0 ⎛⎜1− 1 2 ⎞⎟+ 1 ; p2 = 0 0 ⎛⎜1− 2 2 ⎞⎟+ 1
λ0 2
λ0 ⎝ 2n0 ⎠ 2
λ0 ⎝ 2n0 ⎠ 2
Ainsi,
2n0l0 1
+ = m0 + ε
λ0 2
2n0l0 ⎛ i12 ⎞ 1
⎜1−
⎟+ = m0
λ0 ⎝ 2n02 ⎠ 2
2n0l0 ⎛ i22 ⎞ 1
⎜1−
⎟+ = m0 −1
λ0 ⎝ 2n02 ⎠ 2
et
i2 3
=
i1
2
(1)
(2)
(3)
(4) (rapport des rayons angulaires des anneaux)
♪
Dans les conditions d’incidence normale (ou ici quasi-normale), la réflexion air/lame (rayon SIP)
s’accompagne d’un déphasage de π (facteur de réflexion négatif) soit un chemin optique supplémentaire de λ0/2.
A contrario, la réflexion lame/air (rayon IJK) n’introduit aucun chemin optique supplémentaire.
6
λn
(2)-(3) : ⇒ i12 = 2 0 0
7 l0
(1)-(2) : ⇒ ε = 2
7
λn
A.III. 6 - En opérant de la même manière que ci-dessus, on trouve i'12 = 1 0
2 l0
Le nouveau excédent fractionnaire devient : ε' = 1
2
2
Ordre au centre : à 0°C, p0 = m0 +
à 10°C, p’0 = m0 +12 + 1 ("naissance" de 12 franges)
7
2
Ainsi, l’ordre au centre a varié de , p’0 - p0 = 12 + 1 - 2
2 7
2
nl
1
2
2
(l Δn + n0 Δl )
Or p0 =
d(nl) ⇒ Δp0 =
+ ⇒ dp0 =
λ0 2
λ0
λ0 0
De plus, l(θ) = l0 (1 + a θ) ⇒ Δl = l0 a Δθ
⎡λ
⎤
soit n −n0 = 1 ⎢ 0 (p'0 − p0 )− n0 a l0 Δθ ⎥
l0 ⎣ 2
λ0
⎦
AN : lors d’une élévation de 10°C de la température, l’indice de la lame augmente de
n −n0 ≈ 3,3.10−5 .
[
Ainsi p'0 − p0 = 2 l0 (n −n0 )+ n0 a l0 Δθ
]
7
Second problème : principe de l’holographie
B.I. La photographie et l’information de phase
B.I. - 1 C’est l’expression de l’amplitude d’une onde sphérique :
a
2π
2π
⎞
⎛
⎞
⎛
AP ⎟ = a( P ) cos⎜ ω t −
AP ⎟ .
s A ( P) = 0 cos⎜ ω t −
λ
λ
AP
⎠
⎝
⎠
⎝
L’intensité lumineuse IA(P) est proportionnelle à la moyenne temporelle du carré du module
de l’amplitude (moyennée sur la durée de détection). Par commodité d’écriture, on
considèrera dans toute la suite que la constante de proportionnalité vaut 1.
2π
2
⎞ 1
⎛
AP ⎟ = a( P) 2 .
On a I A ( P) = s A ( P) = a( P) 2 × cos 2 ⎜ ω t −
λ
⎠ 2
⎝
B.I. - 2 Comme tout détecteur de lumière, la plaque photographique est sensible à l’intensité
lumineuse et non à l’amplitude de l’onde. Les ondes n’étant pas mutuellement cohérentes,
l’intensité lumineuse au point P sera la somme des intensités lumineuses de chacune des
sources. Dans l’expression finale il n’y a plus de référence à une position relative à A et B :
dans ce cas là, la plaque n’enregistre pas le relief.
B.II. L’hologramme et son enregistrement
B.II. - 1 Il y a interférence lorsque les deux ondes sont mutuellement cohérentes. Une source
de lumière émet des trains d’ondes qui ne sont pas corrélés entre eux et de fait la phase est
aléatoire.
La durée de détection d’un détecteur est grande devant la durée d’un train d’onde (pour l’œil
1/20 s à comparer avec 10 – 8 s d’un train d’onde émis par un laser de laboratoire de lycée).
Dans le cas où on éclaire le détecteur avec deux sources différentes, pendant la durée de
détection, il y a plusieurs couples de trains d’ondes qui arrivent au niveau d’un point du
détecteur et d’un couple à l’autre la différence de phases change de façon aléatoire ce qui
donne une moyenne temporelle nulle. La seule possibilité est de pouvoir faire en sorte que la
différence de phase ne change pas pendant la durée de la détection : il faut alors que les ondes
qui interfèrent soient issues d’un même point source primaire. Il faut donc opérer une division
de l’onde primaire.
B.II. - 2 Le déphasage en P, ϕ(P) = 2π δ(P)
λ
δ(P) étant la différence de chemin optique
induite par le cheminement différent des deux ondes.
Prenons l’origine des phases en A.
Phase de l’onde de référence en P :
Φ (P) = k ⋅ AP = 2π uz ⋅AP = 2π AO
réf
réf
λ
λ
Phase de l’onde sphérique en P
Φ (P) = k ×AP = 2π AP
sphé
sphé
Plan d’onde de
référence
λ
Le déphasage en P, ϕ(P) = 2π (AP − AO)
λ
Or, (AP)²-(AO)² = (OP)² (AP-AO)(AP+AO) = (OP)²
2
2π OP
⇒ ϕ (P) =
≅ 2AO
λ 2d
Surface d’onde
sphérique
A
kréf
O
H
ksphé
P
8
B.II. - 3 La différence de chemin optique δ induite par le cheminement différent des deux
ondes doit être plus petite que la longueur de cohérence temporelle de la source primaire (ici
OP 2
L2
L2
le laser). Comme OP << d, on a δ ≈
≤
. On doit avoir alors
< lc = c τc où τc est
2d
2d
2d
le temps de cohérence de la source. Pour le laser utilisé on a τc ≈ 10 – 8 s soit lc = 3 m.
B.II. - 4 On note sref(P) l’amplitude de l’onde de référence au point P et sA(P) celle de l’onde
diffusée par le point objet placé en A et calculée au point P.
On a
s ref ( P) = a 0 cos(ω t − ϕ 0 ) car l’onde plane de référence a une incidence normale
s A ( P) =
a0
2π
2π
⎞
⎛
⎞
⎛
cos⎜ ω t −
AP ⎟ = a( P ) cos⎜ ω t −
AP ⎟
λ
λ
AP
⎠
⎝
⎠
⎝
I ( P) = s ref ( P) + s A ( P)
2
= s ref ( P)
2
+ s A ( P)
2
+ 2 s ref ( P) s A ( P) soit :
I(P) = I0 + IA(P) + 2 sref ( P) s A ( P)
Evaluons le terme
s ref ( P) s A ( P)
=
2π
⎞
⎛
a0 cos(ω t − ϕ 0 ) a( P) cos⎜ ω t −
AP ⎟ = a0 a(P)
λ
⎠
⎝
2π
⎞
⎛
cos(ω t − ϕ 0 ) cos⎜ ω t −
AP ⎟ ,
ce
qui
donne
en
utilisant
la
relation
λ
⎠
⎝
1
cos(a ) cos(b ) = [cos(a + b) + cos(a − b)] :
2
a a( P)
a a( P)
2π
⎞
⎛ 2π
⎞
⎛
s ref ( P) s A ( P) = 0
cos⎜ 2ω t −
cos⎜
AP − ϕ 0 ⎟ + 0
AP − ϕ 0 ⎟
λ
2
2
⎠
⎝ λ
⎠
⎝
Comme, sur la durée de détection, on moyenne sur un grand nombre de périodes de l’onde,
2π
⎞
⎛ 2π
⎞
⎞
⎛
⎛ 2π
AP − ϕ 0 ⎟ puisque
cos⎜ 2ω t −
AP − ϕ 0 ⎟ = 0 alors que cos⎜
AP − ϕ 0 ⎟ = cos⎜
λ
⎠
⎠
⎠
⎝
⎝ λ
⎝ λ
la différence de phase est constante durant la durée de détection.
⎞
⎛ 2π
AP − ϕ 0 ⎟
Ainsi, I(P) = I0 + IA(P) + I 0 I A ( P) cos⎜
⎠
⎝ λ
Cette expression montre que la plaque va enregistrer le terme de phase et de fait l’information
spatiale.
B.II. - 5 Toute la lumière diffusée par le point objet qui se trouve en A ne sera pas reçue par
la plaque : celui-ci émet toute la puissance qu’il reçoit dans tout l’espace. Faisons un
raisonnement rapide :
Soit σ la section (très petite) de l’objet A. La puissance diffusée par l’objet est au plus celle
reçue, soit I 0σ : sur un élément dS ( P ) situé sur l’écran, la puissance diffusée reçue sera de
l’ordre de dPdiff = I 0σ
donc
dS ( P )
et la puissance directe reçue de la référence est dPdir = I 0 dS ( P ) ,
4π d 2
IA ( P)
σ
=
<< 1 .
4π d 2
I0
9
B.II. - 6 L’axe AO est un axe de symétrie de révolution du système. La figure d’interférence
est donc composée d’arcs de cercles centrés en O.
B.II. - 7 On peut enregistrer un détail de l’ordre de
1
1000
mm soit 1 μm.
B.II. - 8 L’hologramme étant une figure d’interférence, la plaque doit pouvoir enregistrer un
détail au moins aussi petit qu’une fraction d’interfrange disons 1/10e de l’interfrange.
λd
(cf. différence de marche en II.2).
On peut estimer l’interfrange à 2
L
Avec d ≈ 10 cm, L ≈ 10 cm et λ ≈ 600 nm on trouve une interfrange de l’ordre de 10 – 5 m. La
plaque doit enregistrer un détail de l’ordre de 10 – 6 m soit 10 – 3 × 10 – 3 m c’est à dire avoir
une résolution minimale de 1000 traits/mm.
B.II. - 9 Le plan de la plaque photographique est un plan d’onde pour l’onde de référence car
celle-ci est plane et son vecteur d’onde est perpendiculaire à la plaque.
Au point P de la plaque interfèrent deux surfaces d’ondes l’une plane (associée à l’onde de
référence) et l’autre sphérique (issue du point objet situé en A). La différence de marche
associée est, dans ce cas là, la même que celle qui correspond au dispositif des anneaux de
Newton.
B.III. Restitution de l’hologramme du point objet
B.III. - 1 On a t ( P) = μ I ( P)
−
γ
2
⎡
⎛ 2π
⎞⎤
AP − ϕ 0 ⎟⎥
= μ ⎢ I 0 + I A ( P) + I 0 I A ( P) cos⎜
⎝ λ
⎠⎦
⎣
−
−
γ
2
soit
γ
I A ( P)
⎞⎤ 2
⎛ 2π
−
cos⎜
t ( P) = μ I 0 2
AP − ϕ 0 ⎟⎥ ce qui, compte tenu de B.II. - 5 et en
I0
⎠⎥⎦
⎝ λ
γ
γ I A ( P)
⎛ 2π
⎞⎤
− ⎡
développant au 1er ordre, donne : t ( P) = μ I 0 2 ⎢1 −
AP − ϕ 0 ⎟⎥
cos⎜
123 ⎢ 2
I0
⎝ λ
⎠⎥⎦
⎣
t0
γ
⎡ I A ( P)
+
⎢1 +
I0
⎢⎣
B.III. - 2 En un point P de l’hologramme, l’amplitude complexe transmise est donnée par :
s ( P) = t ( P) s lec ( P) = t ( P) a 0 exp[i (ω t − ϕ1 )] (ici l’onde de lecture est une onde plane avec une
incidence normale).
⎡ γ I A ( P)
⎛ 2π
⎞⎤
cos⎜
s ( P) = t 0 a 0 ⎢1 −
AP − ϕ 0 ⎟⎥ exp[i(ω t − ϕ1 )] . En utilisant la relation
I0
⎝ λ
⎠⎥⎦
⎢⎣ 2
exp(ix) + exp(−ix)
cos x =
, on aboutit à l’expression : s ( P) = s 0 ( P ) + s 1 ( P) + s 2 ( P) où :
2
s 0 ( P) = t 0 a 0 exp[i (ω t − ϕ1 )]
s 1 ( P) = − t 0 a 0
s 2 ( P) = − t 0 a 0
γ
4
γ
4
I A ( P)
⎡ ⎛ 2π
⎞⎤
exp ⎢i⎜ −
AP + ϕ 0 ⎟⎥ exp[i (ω t − ϕ1 )]
I0
⎠⎦
⎣⎝ λ
I A ( P)
⎡ ⎛ 2π
⎞⎤
exp ⎢i⎜
AP − ϕ 0 ⎟⎥ exp[i (ω t − ϕ1 )]
I0
⎠⎦
⎣⎝ λ
10
B.III. - 3 L’amplitude complexe transmise au point P de la plaque est la somme des termes :
s 0 ( P) = t 0 a 0 exp[i (ω t − ϕ1 )] qui représente l’amplitude d’une onde plane similaire à l’onde de
lecture à un facteur t0 près.
⎡ ⎛ 2π
γ I A ( P)
⎞⎤
exp ⎢i⎜ −
s 1 ( P) = − t 0 a 0
AP + ϕ 0 ⎟⎥ exp[i (ω t − ϕ1 )], qui peut s’écrit aussi
4
I0
⎠⎦
⎣⎝ λ
⎡⎛
2π
⎞⎤
s 1 ( P ) = a1 ( P ) exp ⎢i⎜ ω t −
AP − φ ⎟⎥ qui représente l’amplitude au point P d’une onde émise
λ
⎠⎦
⎣⎝
par un point source situé en A.
⎡ ⎛ 2π
γ I A ( P)
⎞⎤
s 2 ( P) = − t 0 a 0
exp ⎢i⎜
AP − ϕ 0 ⎟⎥ exp[i (ω t − ϕ1 )], qui peut s’écrit aussi
4
I0
⎠⎦
⎣⎝ λ
⎡⎛
2π
⎞⎤
s 2 ( P) = a 2 ( P ) exp ⎢i⎜ ω t +
AP − ψ ⎟⎥ qui est l’amplitude au point P d’une onde qui converge
λ
⎠⎦
⎣⎝
vers le point A’ (symétrique de A par le plan de la plaque).
B.III. - 4
Observation d’une image réelle
située au point A’ symétrique
du point A par rapport à la
plaque
A
A’
Observation de l’onde de lecture
Observation d’une image virtuelle
similaire au point objet dans la
position A
B.III. - 5 D’après B.III. 3, un point quelconque P de l’hologramme contient (via l’expression
de s(P)) toute l’information de phase issue de l’objet.
Il suffit alors d’éclairer un élément de surface dS autour de ce point pour restituer
l’information utile.
La taille des morceaux est limitée (inférieurement) par le phénomène de diffraction qui a été
négligé dans l’analyse précédente, mais qui deviendra perceptible quand la taille ( L ) de
l’hologramme devient comparable à la longueur d’onde de la lumière.
11
B.IV. Cas d’un objet non ponctuel
B.IV. - 1 Pour élargir le faisceau laser, on peut utiliser un doublet afocal (une lentille
divergente suivie d’une lentille convergente de sorte que le foyer image de la première soit
confondu avec le foyer objet de la seconde).
B.IV. - 2 Le fait d’avoir élargi le faisceau laser ne change pas le caractère ponctuelle de la
source. Tant que la dimension caractéristique de l’objet est faible devant la longueur de
cohérence du laser, deux points quelconques de l’objet ainsi éclairé (devenant alors sources
secondaires), émettent des ondes mutuellement cohérentes (dans la limite de la longueur de
cohérence de la source laser utilisée).
B.IV. - 3 Considérons deux points A et B de l’objet.
I (P)
I (P)
On a vu (Cf. B.II. 5) que A
<< 1 de même B
<< 1
I0
I0
Ainsi, le terme mixte dû à l’éventuelle interférence mutuelles entre les ondes issues de A et B
sera négligeable devant le terme qui traduit interférence entre l’onde issue de A (ou de B) et
l’onde de référence.
L’enregistrement de l’hologramme d’un objet revient à l’enregistrement de l’hologramme de
chaque point composant l’objet.
B.IV. - 4
A
B
L’observateur perçoit l’image de chacun
des points aux positions respectives A et B
différentes d’où la sensation de relief.
B.IV. - 5 Pour éviter de "voir" l’onde de lecture dans une direction voisine de la normale à la
plaque, on enregistre et on restitue l’hologramme avec une onde dont le vecteur d’onde est
incliné par rapport à la normale à la plaque.
12