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Corrigé détaillé X ENS Physique B PC 2023 (page 3/3 : Partie II)

Mesure de la constante de structure fine

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Partie II : Effet systématique sur la mesure de la masse m d'un atome de Rubidium 87 lié à la courbure du front d'onde des lasers

II.1 · Désalignement du faisceau laser

Question 15

On considère une onde plane de vecteur d'onde formant un angle avec l'axe (Oz). Exprimer en fonction de . Donner un ordre de grandeur de la limite supérieure de pour que soit inférieur à .

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Projeter le vecteur d'onde incliné sur l'axe optique : k_z = k\cos\theta, puis développer au deuxième ordre pour les petits angles.

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Pour une onde plane de vecteur d'onde \vec{k} faisant un angle \theta avec l'axe (Oz), la quantité de mouvement associée à un photon s'écrit :

\vec{p} = \hbar \vec{k} \quad \text{avec} \quad \|\vec{k}\| = k

La projection de cette impulsion sur l'axe de visée (Oz) vaut donc :

p_z = \vec{p}\cdot \vec{e}_z = \hbar k \cos\theta

Par définition du terme correctif \delta k_{\mathrm{rel}} donné dans le préambule :

p_z = \hbar k (1 + \delta k_{\mathrm{rel}})

On en déduit l'expression exacte de \delta k_{\mathrm{rel}} :

\boxed{\delta k_{\mathrm{rel}} = \cos\theta - 1}

Pour un léger désalignement (\theta \ll 1), un développement limité à l'ordre 2 fournit :

\delta k_{\mathrm{rel}} \simeq -\frac{\theta^2}{2}

On cherche la condition sur l'angle pour que l'erreur relative reste inférieure à 10^{-12} :

|\delta k_{\mathrm{rel}}| \simeq \frac{\theta^2}{2} \le 10^{-12} \iff |\theta| \le \sqrt{2 \times 10^{-12}} = \sqrt{2} \times 10^{-6}\text{ rad}

En prenant \sqrt{2} \simeq 1{,}4, on obtient la limite supérieure :

\boxed{|\theta| \le 1{,}4 \times 10^{-6}\text{ rad} \sim 1\text{ }\mu\text{rad}}

Résultat

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II.2 · Courbure de front d'onde et impulsion d'un photon

Q16.a

Justifier que, dans le cas d'une onde électromagnétique plane dans le vide de vecteur d'onde , les plans équiphases (ou "fronts d'onde") sont des plans perpendiculaires à .

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Rappeler la définition d'un plan d'onde comme surface de phase spatiale constante \vec{k}\cdot\vec{r} = \text{cte}.

Voir la stratégie
  1. Écrire l'expression générale de la phase spatio-temporelle d'une onde plane monochromatique de vecteur d'onde \vec{k}.
  2. Définir analytiquement une surface équiphase à un instant donné t et identifier l'équation géométrique obtenue.
Voir le corrigé complet

Une onde électromagnétique plane monochromatique se propageant dans le vide présente un champ électrique de la forme :

\vec{E}(\vec{r}, t) = \vec{E}_0 \cos\bigl(\vec{k}\cdot\vec{r} - \omega t + \varphi_0\bigr)

où \vec{k} est le vecteur d'onde, \omega = kc la pulsation temporelle et \varphi_0 une phase à l'origine.

La phase totale de l'onde au point repéré par \vec{r} et à la date t est donc :

\Phi(\vec{r}, t) = \vec{k}\cdot\vec{r} - \omega t + \varphi_0

À un instant t fixé, une surface équiphase (ou front d'onde) est définie comme le lieu des points de l'espace présentant la même phase, soit :

\Phi(\vec{r}, t) = \text{cte} \iff \vec{k}\cdot\vec{r} = \text{cte}'

En notant \vec{r} = x\vec{e}_x + y\vec{e}_y + z\vec{e}_z et \vec{k} = k_x\vec{e}_x + k_y\vec{e}_y + k_z\vec{e}_z, cette condition s'écrit sous la forme cartésienne :

k_x x + k_y y + k_z z = \text{cte}'

Il s'agit de l'équation d'une famille de plans de vecteur normal \vec{k}.

\boxed{\text{Les fronts d'onde d'une onde plane sont des plans orthogonaux au vecteur d'onde }\vec{k}.}

Résultat

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Q16.b

On considère alors le cas général d'une onde électromagnétique de pulsation et de phase . Justifier que est localement orthogonal aux surfaces d'ondes.

Voir l'indice

Considérer un déplacement infinitésimal tangent à la surface équiphase et traduire la différentielle totale nulle \mathrm{d}\phi = \vec{\mathrm{grad}}\,\phi \cdot \mathrm{d}\vec{r} = 0.

Voir la stratégie
  1. Définir précisément ce qu'est une surface d'onde à un instant t fixé pour une onde de phase \phi(\vec{r}) - \omega t.
  2. Exprimer la différentielle de la phase \phi pour un déplacement infinitésimal \mathrm{d}\vec{r} le long de cette surface pour en déduire l'orthogonalité du gradient.
Voir le corrigé complet

À un instant t fixé, une surface d'onde (ou surface équiphase) correspond à l'ensemble des points de l'espace \vec{r} ayant la même phase totale :

\phi(\vec{r}) - \omega t = \text{cte} \iff \phi(\vec{r}) = C \quad (\text{avec } C \in \mathbb{R}).

Les surfaces d'onde sont donc les surfaces de niveau du champ scalaire de phase spatiale \phi(\vec{r}).

Considérons un déplacement élémentaire \mathrm{d}\vec{r} tangent en un point \vec{r} à la surface d'onde \Sigma. Puisque la phase spatiale y est constante, sa différentielle est nulle :

\mathrm{d}\phi = \vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r}) \cdot \mathrm{d}\vec{r} = 0.

Cette relation étant vérifiée pour tout déplacement \mathrm{d}\vec{r} appartenant au plan tangent à la surface d'onde au point \vec{r}, on en déduit que :

\boxed{\vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r}) \text{ est localement orthogonal aux surfaces d'onde.}}

Résultat

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Q16.c

Déduire l'expression en fonction de .

Voir l'indice

Projeter le gradient de phase sur le vecteur unitaire \vec{e}_z pour identifier la composante axiale p_z.

Voir le corrigé complet

D'après le préambule de la sous-partie II.2, l'impulsion locale du photon est reliée au gradient spatial de la phase par :

\vec{p} = \hbar\,\vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r})

Par définition, la composante p_z est la projection orthogonale de \vec{p} sur le vecteur unitaire \vec{e}_z de l'axe (Oz) :

p_z = \vec{p}\cdot \vec{e}_z = \hbar\,\vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r})\cdot \vec{e}_z

En coordonnées cartésiennes, la composante suivant \vec{e}_z du gradient est la dérivée partielle de \phi par rapport à z :

\boxed{p_z = \hbar\,\frac{\partial \phi}{\partial z}}

Résultat

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II.3 · Effet systématique dans le cas d'un laser de profil gaussien

Q17.a

On fait l'approximation , avec la longueur d'onde du laser. Montrer que . (On rappelle ).

Voir l'indice

Partir de la relation de dispersion k_z = \sqrt{k^2 - (k_x^2 + k_y^2)} et effectuer un développement limité au premier ordre sous l'hypothèse paraxiale.

Voir la stratégie
  1. Exprimer k_z en fonction de la norme k = 2\pi/\lambda et des composantes transverses k_x, k_y à partir de la relation de dispersion des ondes planes dans le vide.
  2. Utiliser la distribution gaussienne pour évaluer l'ordre de grandeur des composantes transverses et justifier l'approximation paraxiale grâce à la condition w_0 \gg \lambda.
  3. Effectuer un développement limité au premier ordre pour aboutir à l'expression demandée.
Voir le corrigé complet

Chaque composante de la superposition représentant le faisceau est une onde plane monochromatique se propageant dans le vide à la pulsation \omega = kc. Son vecteur d'onde \vec{k} = (k_x, k_y, k_z) vérifie donc la relation de dispersion :

\|\vec{k}\|^2 = k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = k^2

Le faisceau se propageant dans le sens des z croissants, on a k_z > 0, d'où :

k_z = \sqrt{k^2 - (k_x^2 + k_y^2)} = k \sqrt{1 - \frac{k_x^2 + k_y^2}{k^2}}

D'après l'énoncé, la distribution spectrale en amplitude est proportionnelle à \exp\left(-\frac{k_x^2+k_y^2}{4}w_0^2\right). Les valeurs de k_x et k_y contribuant de façon significative à l'intégrale sont donc confinées dans un domaine d'extension transverse typique :

k_\perp = \sqrt{k_x^2 + k_y^2} \lesssim \frac{2}{w_0}

Comme k = \frac{2\pi}{\lambda} et w_0 \gg \lambda, le rapport sans dimension vérifie :

\frac{k_x^2 + k_y^2}{k^2} \lesssim \left(\frac{2}{k w_0}\right)^2 = \left(\frac{\lambda}{\pi w_0}\right)^2 \ll 1

On peut donc effectuer un développement limité au premier ordre en \frac{k_x^2 + k_y^2}{k^2} de la fonction \sqrt{1 - \varepsilon} \simeq 1 - \frac{\varepsilon}{2} :

k_z = k \left(1 - \frac{k_x^2 + k_y^2}{2k^2} + o\left(\frac{k_x^2+k_y^2}{k^2}\right)\right)

ce qui donne directement :

\boxed{k_z \simeq k - \frac{k_x^2 + k_y^2}{2k}}

Résultat

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Q17.b

On donne le résultat général :

où et sont deux nombres réels, et un nombre imaginaire de partie réelle positive. Montrer que :

Voir l'indice

Identifier les termes de l'intégrale avec la formule d'intégration gaussienne fournie en posant a = w_0^2/2 + \mathrm{j}z/k.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le produit scalaire \vec{k}\cdot\vec{r} dans l'intégrale définissant le champ électrique \vec{E}(\vec{r}) (Éq. (16)) en injectant le développement paraxial de k_z obtenu à la question 17.a.
  2. Mettre l'argument de l'exponentielle sous la forme standard de l'intégrale gaussienne bidimensionnelle fournie par l'Éq. (17).
  3. Identifier les paramètres a, \alpha et \beta, vérifier la condition sur \mathrm{Re}(a), puis appliquer la formule pour conclure à la proportionnalité demandée.
Voir le corrigé complet

D'après l'expression (16) du sujet, la composante scalaire du champ électrique s'écrit :

E(\vec{r}) = E_0 \iint_{-\infty}^{+\infty} \exp(j\vec{k}\cdot\vec{r}) \exp\left(-\frac{k_x^2 + k_y^2}{4}w_0^2\right)\mathrm{d}k_x\mathrm{d}k_y

Dans le repère cartésien, le produit scalaire vaut :

\vec{k}\cdot\vec{r} = k_x x + k_y y + k_z z

En utilisant l'approximation paraxiale établie à la question 17.a, k_z \simeq k - \dfrac{k_x^2 + k_y^2}{2k}, il vient :

\vec{k}\cdot\vec{r} \simeq k z + x k_x + y k_y - \frac{z}{2k}(k_x^2 + k_y^2)

Le terme indépendant de (k_x, k_y), à savoir \exp(j kz), peut être factorisé hors de l'intégrale :

E(\vec{r}) = E_0 \exp(jkz) \iint_{-\infty}^{+\infty} \exp\left[ -\left(\frac{w_0^2}{4} + \frac{jz}{2k}\right)(k_x^2 + k_y^2) + j(x k_x + y k_y) \right] \mathrm{d}k_x\mathrm{d}k_y

On identifie cette intégrale avec le résultat général (Éq. (17)) :

\iint_{-\infty}^{+\infty} \exp\left(-\frac{1}{2}a(k_x^2 + k_y^2) + j(\alpha k_x + \beta k_y)\right)\mathrm{d}k_x\mathrm{d}k_y = \frac{2\pi}{a}\exp\left(-\frac{1}{2a}(\alpha^2 + \beta^2)\right)

par identification des termes :

\begin{aligned} \frac{1}{2}a &= \frac{w_0^2}{4} + \frac{jz}{2k} \implies a = \frac{w_0^2}{2} + \frac{jz}{k} \\ \alpha &= x \\ \beta &= y \end{aligned}

Le paramètre complexe a vérifie bien la condition de convergence : \mathrm{Re}(a) = \dfrac{w_0^2}{2} > 0. De plus, on a :

2a = w_0^2 + \frac{2jz}{k}

En appliquant l'Éq. (17), l'intégrale vaut :

\frac{2\pi}{\dfrac{w_0^2}{2} + \dfrac{jz}{k}} \exp\left(-\frac{x^2 + y^2}{w_0^2 + \dfrac{2jz}{k}}\right)

En réinjectant dans l'expression de E(\vec{r}), on obtient :

E(\vec{r}) = 2\pi E_0 \exp(jkz) \frac{1}{\dfrac{w_0^2}{2} + \dfrac{jz}{k}} \exp\left(-\frac{x^2 + y^2}{w_0^2 + \dfrac{2jz}{k}}\right)

Comme 2\pi E_0 est une constante indépendante des coordonnées spatiales, on en déduit bien :

\boxed{E(\vec{r}) \propto \exp(jkz)\frac{1}{\dfrac{w_0^2}{2} + \dfrac{jz}{k}}\exp\left(-\frac{x^2+y^2}{w_0^2 + \dfrac{2jz}{k}}\right)}

Résultat

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Q18.a

En déduire que :

avec , et .

Voir l'indice

Extraire l'argument du nombre complexe obtenu pour le champ électrique en séparant la phase de l'amplitude préfactorielle et celle de l'exponentielle.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le facteur complexe de propagation issu de l'Éq. (18) sous la forme E(\vec{r}) = |E(\vec{r})|\,\mathrm{e}^{j\phi(x,y,z)}.
  2. Décomposer l'argument global en isolant la phase de propagation longitudinale, l'argument du terme rationnel (qui donne le déphasage de Gouy), et la partie imaginaire de l'exposant transverse (qui donne la courbure des fronts d'onde).
Voir le corrigé complet

D'après le résultat de la question 17.b (Éq. (18)), le champ électrique s'écrit, à une constante multiplicative réelle positive près :

E(\vec{r}) \propto \exp(jkz) \times \frac{1}{\frac{w_0^2}{2} + \frac{jz}{k}} \times \exp\left(-\frac{r^2}{w_0^2 + \frac{2jz}{k}}\right)

avec r^2 = x^2 + y^2. Déterminons la phase \phi(\vec{r}) = \arg(E(\vec{r})) associée à chacun de ces facteurs :

  1. Phase de propagation d'onde plane :

    \arg(\exp(jkz)) = kz
  2. Terme en facteur : en introduisant la longueur de Rayleigh z_R = \dfrac{w_0^2 k}{2}, on a \dfrac{w_0^2}{2} = \dfrac{z_R}{k}, d'où :

    \frac{w_0^2}{2} + \frac{jz}{k} = \frac{z_R + jz}{k} = \frac{z_R}{k}\left(1 + j\frac{z}{z_R}\right)

    Comme k > 0 et z_R > 0, l'argument du préfacteur vaut :

    \arg\left(\frac{1}{\frac{w_0^2}{2} + \frac{jz}{k}}\right) = -\arg\left(1 + j\frac{z}{z_R}\right) = -\arctan\left(\frac{z}{z_R}\right)
  3. Terme exponentiel transverse : Réécrivons le dénominateur de l'exposant en faisant intervenir z_R :

    w_0^2 + \frac{2jz}{k} = \frac{2}{k}(z_R + jz)

    L'argument dans l'exponentielle devient :

    \begin{aligned} -\frac{r^2}{w_0^2 + \frac{2jz}{k}} &= -\frac{k r^2}{2(z_R + jz)} = -\frac{k r^2 (z_R - jz)}{2(z_R^2 + z^2)} \\ &= -\frac{k r^2 z_R}{2 z_R^2 \left(1 + (z/z_R)^2\right)} + j \frac{k r^2 z}{2 z_R^2 \left(1 + (z/z_R)^2\right)} \end{aligned}

    En utilisant la définition du rayon du faisceau w(z) = w_0\sqrt{1 + (z/z_R)^2} et la relation \dfrac{k}{2z_R} = \dfrac{1}{w_0^2}, on obtient :

    • pour la partie réelle : -\dfrac{r^2}{w_0^2\left(1 + (z/z_R)^2\right)} = -\dfrac{r^2}{w(z)^2}, qui correspond au profil d'intensité transverse gaussien ;
    • pour la partie imaginaire : \dfrac{r^2}{w_0^2\left(1 + (z/z_R)^2\right)}\dfrac{z}{z_R} = \dfrac{r^2}{w(z)^2}\dfrac{z}{z_R}.

    Ce terme apporte donc la contribution de phase :

    \arg\left(\exp\left(-\frac{r^2}{w_0^2 + \frac{2jz}{k}}\right)\right) = \frac{r^2}{w(z)^2}\frac{z}{z_R}

En sommant les différentes contributions, la phase spatiale totale s'écrit bien :

\boxed{\phi(x, y, z) = kz + \frac{r^2}{w(z)^2}\frac{z}{z_R} - \arctan(z/z_R)}

Résultat

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Q18.b

En déduire l'impulsion du photon projeté sur l'axe (Oz). Montrer que, en (foyer optique du laser, où l'intensité est maximale), on a la correction :

Cette correction est appelée "correction de Gouy".

Voir l'indice

Calculer la dérivée partielle \partial\phi/\partial z en z=0, puis former le rapport \delta k_{\text{rel}} = (p_z - \hbar k)/(\hbar k).

Voir la stratégie
  1. Exprimer l'impulsion p_z(r, z) = \hbar \frac{\partial \phi}{\partial z} à partir de l'expression de \phi(x, y, z) obtenue à la question 18.a.
  2. Prendre garde à la dépendance en z contenue à la fois dans w(z) et dans le terme en \arctan(z/z_R).
  3. Évaluer cette dérivée en z = 0, injecter l'expression de la longueur de Rayleigh z_R = \frac{w_0^2 k}{2}, et former l'écart relatif \delta k_{\mathrm{rel}}(z=0).
Voir le corrigé complet

D'après la question 16.c, l'impulsion du photon projetée selon l'axe (Oz) s'écrit :

p_z(r, z) = \hbar \frac{\partial \phi}{\partial z}(x, y, z)

avec, d'après l'Éq. (19) de la question 18.a :

\phi(x, y, z) = kz + \frac{r^2}{w_0^2} \frac{\frac{z}{z_R}}{1 + \left(\frac{z}{z_R}\right)^2} - \arctan\left(\frac{z}{z_R}\right)

où r^2 = x^2 + y^2. En posant la variable sans dimension u = \frac{z}{z_R}, la dérivation par rapport à z s'effectue selon \frac{\partial}{\partial z} = \frac{1}{z_R}\frac{\partial}{\partial u} :

\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial z}\left[ \frac{r^2}{w_0^2}\frac{u}{1+u^2} \right] &= \frac{r^2}{w_0^2 z_R} \frac{1-u^2}{(1+u^2)^2} \\ \frac{\partial}{\partial z}\left[ \arctan(u) \right] &= \frac{1}{z_R} \frac{1}{1+u^2} \end{aligned}

On en déduit l'expression générale de l'impulsion longitudinale :

\boxed{ p_z(r, z) = \hbar \left[ k + \frac{r^2}{w_0^2 z_R}\frac{1-\left(\frac{z}{z_R}\right)^2}{\left(1+\left(\frac{z}{z_R}\right)^2\right)^2} - \frac{1}{z_R\left(1+\left(\frac{z}{z_R}\right)^2\right)} \right] }

En z = 0 (foyer optique où u = 0) :

p_z(z = 0) = \hbar \left( k + \frac{r^2}{w_0^2 z_R} - \frac{1}{z_R} \right)

En remplaçant z_R = \frac{w_0^2 k}{2} :

\frac{1}{z_R} = \frac{2}{k w_0^2} \quad \text{et} \quad \frac{r^2}{w_0^2 z_R} = \frac{2 r^2}{k w_0^4}

ce qui donne :

p_z(z = 0) = \hbar k \left[ 1 + \frac{2}{k^2}\left( \frac{r^2}{w_0^4} - \frac{1}{w_0^2} \right) \right]

On en déduit immédiatement la correction relative au foyer :

\boxed{ \delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) \equiv \frac{p_z(z = 0) - \hbar k}{\hbar k} = \frac{2}{k^2}\left(\frac{r^2}{w_0^4} - \frac{1}{w_0^2}\right) }

Résultat

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Q18.c

On considère un nuage d'atomes d'extension spatiale typique placé en dans le champ du laser, et on s'intéresse à l'impulsion effective transférée aux atomes. On a et . Quel est le terme dominant dans la correction de Gouy ? Quel est donc le signe de au niveau du maximum d'intensité du faisceau laser ? Donner la valeur numérique de . Cette erreur relative est-elle importante compte-tenu de l'incertitude relative obtenue sur la mesure de (donnée par l'Éq. (6)) ?

Voir l'indice

Comparer les ordres de grandeur de r^2/w_0^4 et 1/w_0^2 sachant que la taille du paquet atomique est bien plus petite que le waist du faisceau.

Voir la stratégie
  1. Comparer les deux termes de la parenthèse dans l'expression de \delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) en évaluant le rapport sans dimension (r/w_0)^2.
  2. En déduire le signe de la correction au niveau du maximum d'intensité (r \ll w_0).
  3. Réaliser l'application numérique de \delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) en exprimant k en fonction de \lambda.
  4. Conclure sur l'impact de cet effet systématique en le comparant à la précision cible u(m)/m \simeq 1{,}5 \times 10^{-10}.
Voir le corrigé complet

D'après l'Éq. (20), la correction de Gouy au plan focal z = 0 s'écrit :

\delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) = \frac{2}{k^2}\left(\frac{r^2}{w_0^4} - \frac{1}{w_0^2}\right) = -\frac{2}{k^2 w_0^2}\left(1 - \frac{r^2}{w_0^2}\right)

Terme dominant et signe Le nuage atomique a une extension transverse typique r \simeq 0{,}5\text{ mm} devant la taille du col w_0 \simeq 5\text{ mm}, soit :

\frac{r}{w_0} \simeq \frac{0{,}5 \times 10^{-3}}{5 \times 10^{-3}} = 0{,}1 \implies \left(\frac{r}{w_0}\right)^2 \simeq 10^{-2} \ll 1

Par conséquent, le terme en -\frac{1}{w_0^2} est environ 100 fois plus grand en valeur absolue que le terme en \frac{r^2}{w_0^4} :

\boxed{\text{Le terme dominant dans la correction de Gouy est } -\frac{1}{w_0^2}}

Au voisinage de l'axe optique (r \ll w_0), et en particulier au maximum d'intensité situé en r = 0, la parenthèse est strictement négative :

\boxed{\delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) < 0}

Application numérique En utilisant la relation k = \frac{2\pi}{\lambda}, la correction s'approxime par son terme dominant :

\delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) \simeq -\frac{2}{k^2 w_0^2} = -\frac{1}{2\pi^2}\left(\frac{\lambda}{w_0}\right)^2

Avec \lambda \simeq 800\text{ nm} = 8 \times 10^{-7}\text{ m} et w_0 = 5 \times 10^{-3}\text{ m} :

\begin{aligned} \frac{\lambda}{w_0} &= \frac{8 \times 10^{-7}}{5 \times 10^{-3}} = 1{,}6 \times 10^{-4} \\ \left(\frac{\lambda}{w_0}\right)^2 &= 2{,}56 \times 10^{-8} \\ \delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) &\simeq -\frac{2{,}56 \times 10^{-8}}{2 \times \pi^2} \simeq -\frac{2{,}56 \times 10^{-8}}{20} \simeq -1{,}3 \times 10^{-9} \end{aligned}

(En tenant compte du facteur correctif (1 - r^2/w_0^2) \simeq 0{,}99, la valeur reste inchangée à deux chiffres significatifs) :

\boxed{\delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0) \simeq -1{,}3 \times 10^{-9}}

Importance relative de l'erreur systématique D'après l'Éq. (6), l'incertitude relative requise sur la masse du rubidium est :

\frac{u(m)}{m} \simeq 1{,}5 \times 10^{-10}

On constate que :

|\delta k_{\mathrm{rel}}(z = 0)| \simeq 9 \times \frac{u(m)}{m}

L'erreur relative introduite par la phase de Gouy est presque d'un ordre de grandeur supérieure à l'incertitude cible :

\boxed{\text{Cette erreur relative est très importante et ne peut absolument pas être négligée.}}

Elle constitue un biais systématique majeur qui doit être précisément calculé et retranché de la mesure.

Résultat

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II.4 · Effet dû aux variations locales d'intensité du laser

Question 19

Comment évolue la phase spatiale selon (Oz) dans les régions associées aux maxima d'intensité (repérées par un contour en trait plein) ? Comment évolue-t-elle dans les régions associées aux minima d'intensité (repérées par un trait pointillé) ? En déduire le signe de dans chacun de ces deux cas.

Voir l'indice

Analyser la pente de la courbe \phi'(z) sur la figure de simulation : un signe négatif de la dérivée entraîne une diminution locale de la composante k_z.

Voir la stratégie
  1. Exprimer \delta k_{\mathrm{rel}} en fonction de la dérivée partielle \dfrac{\partial \phi'}{\partial z} grâce aux relations établies en partie II.
  2. Identifier le sens de propagation sur la figure 6 (z croissant vers le bas).
  3. Déterminer le sens de variation de \phi' le long de (Oz) dans les régions de maxima puis de minima d'intensité, et en déduire le signe de \delta k_{\mathrm{rel}}.
Voir le corrigé complet

D'après la question 16.c et l'expression de la phase \phi(\vec{r}) = kz + \phi'(\vec{r}), la composante longitudinale de l'impulsion du photon s'écrit :

p_z = \hbar \frac{\partial \phi}{\partial z} = \hbar \left(k + \frac{\partial \phi'}{\partial z}\right)

En identifiant avec la définition générale introduite au début de la partie II, p_z = \hbar k (1 + \delta k_{\mathrm{rel}}), on obtient :

\delta k_{\mathrm{rel}} = \frac{1}{k} \frac{\partial \phi'}{\partial z}

Le signe de la correction \delta k_{\mathrm{rel}} est donc identique à celui de la dérivée axiale \dfrac{\partial \phi'}{\partial z}.

D'après la figure 6, le faisceau se propage selon l'axe (Oz) dans le sens des z croissants (flèche orientée vers le bas sur le graphique) :

  • Dans les régions associées aux maxima d'intensité (contours en trait plein) : Lorsque z augmente (de haut en bas), la phase \phi' passe des teintes chaudes jaune/rouge (\phi' > 0, de l'ordre de +0{,}03\text{ rad}) aux teintes froides bleu clair/bleu foncé (\phi' < 0, de l'ordre de -0{,}03\text{ rad}). La phase \phi' est donc décroissante selon (Oz) :

    \frac{\partial \phi'}{\partial z} < 0 \implies \boxed{\delta k_{\mathrm{rel}} < 0}
  • Dans les régions associées aux minima d'intensité (contours en traits pointillés) : Lorsque z augmente, la phase \phi' passe au contraire des teintes bleues (\phi' < 0) aux teintes jaune/rouge (\phi' > 0). La phase \phi' est donc croissante selon (Oz) :

    \frac{\partial \phi'}{\partial z} > 0 \implies \boxed{\delta k_{\mathrm{rel}} > 0}

Résultat

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Q20.a

Tracer l'allure du profil d'intensité en fonction de pour . Repérer les régions où et où .

Voir l'indice

Représenter une courbe présentant des bosses et des creux ; identifier les extrema locaux par le signe de la dérivée seconde (concavité).

Voir la stratégie
  1. Effectuer une coupe horizontale de la carte d'intensité bidimensionnelle (Fig. 6, à gauche) le long de la ligne z = 52\text{ cm} entre x = -300\text{ }\mu\text{m} et x = +300\text{ }\mu\text{m}.
  2. Relever la succession des maxima (zones chaudes en jaune/orange, entourées en trait plein, I/I_0 \approx 1{,}2) et des minima (zones froides en bleu foncé, entourées en pointillés, I/I_0 \approx 0{,}8).
  3. Relier le signe de la dérivée seconde spatiale \frac{\partial^2 I}{\partial x^2} à la concavité/convexité de la courbe : convexité (\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} > 0) au voisinage des creux (minima) et concavité (\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} < 0) au voisinage des bosses (maxima).
Voir le corrigé complet

D'après la figure 6 (à gauche), à la cote z = 52\text{ cm}, l'intensité relative I(x, z=52\text{ cm})/I_0 oscille autour de la valeur moyenne 1 avec une période spatiale de l'ordre de 100 à 200\text{ }\mu\text{m}. En parcourant l'axe (Ox) de x = -300\text{ }\mu\text{m} à x = +300\text{ }\mu\text{m} :

  • vers x \simeq -220\text{ }\mu\text{m} : un premier minimum local (I/I_0 \simeq 0{,}8) ;
  • vers x \simeq -140\text{ }\mu\text{m} : un maximum marqué (I/I_0 \simeq 1{,}20) ;
  • vers x \simeq -20\text{ }\mu\text{m} : un creux d'intensité (I/I_0 \simeq 0{,}85) ;
  • vers x \simeq +80\text{ }\mu\text{m} : un second maximum local (I/I_0 \simeq 1{,}15) ;
  • vers x \simeq +200\text{ }\mu\text{m} : un nouveau minimum (I/I_0 \simeq 0{,}85).

Le signe de la dérivée seconde \frac{\partial^2 I}{\partial x^2} traduit la courbure du profil d'intensité :

  • Régions de maxima d'intensité (sommets, courbure vers le bas, fonction localement concave) :

    \boxed{\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} < 0}
  • Régions de minima d'intensité (creux, courbure vers le haut, fonction localement convexe) :

    \boxed{\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} > 0}
  • Les points d'inflexion, où le profil traverse la valeur moyenne, vérifient \frac{\partial^2 I}{\partial x^2} = 0 et délimitent ces deux types de régions.

Résultat

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Q20.b

En utilisant l'Éq. 21, en déduire le signe dans les régions associées aux maxima et aux minima d'intensité, et vérifier que l'on retrouve bien les résultats donnés à la question 19. Commenter ce résultat au regard du signe de la correction de Gouy trouvée précédemment (question 18.c), qui est la correction obtenue au foyer optique d'un faisceau gaussien, où l'intensité est maximale.

Voir l'indice

Relier directement le laplacien transverse de l'intensité au signe de \delta k_{\text{rel}} grâce à la formule (21) et confronter au résultat de Gouy.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le laplacien transverse \Delta_\perp I à l'aide de l'invariance selon y, puis relier son signe à celui de \delta k_{\mathrm{rel}} via l'équation (21).
  2. Comparer directement aux signes obtenus à la question 19 pour confirmer la cohérence des deux approches.
  3. Faire le parallèle avec le foyer d'un faisceau gaussien (question 18.c), où l'intensité est maximale sur l'axe, pour interpréter physiquement le signe négatif de la correction de Gouy.
Voir le corrigé complet

Le faisceau étant supposé uniforme selon la direction (Oy), le laplacien transverse se réduit à :

\Delta_\perp I = \frac{\partial^2 I}{\partial x^2}

D'après l'équation (21), la correction relative s'écrit :

\delta k_{\mathrm{rel}} \simeq \frac{1}{4k^2 I_0} \frac{\partial^2 I}{\partial x^2}

Comme k^2 > 0 et I_0 > 0, le signe de \delta k_{\mathrm{rel}} est strictement identique à celui de \frac{\partial^2 I}{\partial x^2} :

  • Dans les régions associées aux maxima d'intensité, la dérivée seconde est négative (\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} < 0), d'où :

    \boxed{ \delta k_{\mathrm{rel}} < 0 }
  • Dans les régions associées aux minima d'intensité, la dérivée seconde est positive (\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} > 0), d'où :

    \boxed{ \delta k_{\mathrm{rel}} > 0 }

Ces résultats sont en parfait accord avec les déductions de la question 19, où l'on avait obtenu \delta k_{\mathrm{rel}} < 0 dans les maxima et \delta k_{\mathrm{rel}} > 0 dans les minima par l'étude du gradient longitudinal \frac{\partial \phi'}{\partial z}.

Commentaire vis-à-vis de la correction de Gouy (question 18.c) : Au foyer z = 0 d'un faisceau gaussien, l'intensité est maximale sur l'axe (r = 0). Le profil radial I(r) \propto \exp(-2r^2/w_0^2) présente ainsi une courbure négative au voisinage de l'axe :

\Delta_\perp I(r=0) = \left.\left(\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 I}{\partial y^2}\right)\right|_{r=0} = -\frac{8}{w_0^2} I(0) < 0

Injectée dans l'équation (21), cette courbure conduit précisément à :

\delta k_{\mathrm{rel}} \simeq \frac{1}{4k^2 I_0}\left(-\frac{8I_0}{w_0^2}\right) = -\frac{2}{k^2 w_0^2}

On retrouve exactement la correction de Gouy dominante calculée à la question 18.c. L'effet de Gouy n'est donc rien d'autre que la manifestation, pour un profil gaussien lisse, de cette réduction locale de l'impulsion axiale au voisinage d'un extremum d'intensité maximale.

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Question 21

En déduire le signe de la correction moyenne associée aux fluctuations d'intensité.

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Tenir compte du couplage matière-rayonnement : les atomes interagissent préférentiellement dans les zones de forte intensité où le laplacien est négatif.

Voir la stratégie
  1. Identifier que la moyenne physique \langle\delta k_{\mathrm{rel}}\rangle n'est pas une simple moyenne spatiale uniforme, mais une moyenne pondérée par le taux d'interaction lumière-atome, qui augmente avec l'intensité locale I.
  2. Rappeler le signe de \delta k_{\mathrm{rel}} dans les zones de forte intensité déterminé aux questions 19 et 20.b pour en déduire le signe global.
Voir le corrigé complet

L'impulsion transférée par le laser aux atomes résulte des processus d'absorption de photons. D'après l'énoncé, la probabilité d'absorption d'un photon en un point de l'espace est une fonction croissante de l'intensité lumineuse locale I(x,y,z).

La correction moyenne \langle\delta k_{\mathrm{rel}}\rangle mesurée expérimentalement correspond donc à une moyenne de la correction locale \delta k_{\mathrm{rel}}(x,y,z) pondérée par l'intensité lumineuse :

\langle\delta k_{\mathrm{rel}}\rangle \propto \int \delta k_{\mathrm{rel}}(x,y,z) \, I(x,y,z) \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y

Or, d'après les questions 19 et 20.b :

  • dans les régions de maxima d'intensité, où l'intensité I est la plus forte, la correction est négative : \delta k_{\mathrm{rel}} < 0 ;
  • dans les régions de minima d'intensité, la correction est positive (\delta k_{\mathrm{rel}} > 0), mais l'intensité I y étant faible, le nombre de photons absorbés est beaucoup plus restreint.

Les zones de maxima d'intensité ont un poids statistique prépondérant dans l'interaction globale, ce qui impose le signe de la moyenne :

\boxed{\langle\delta k_{\mathrm{rel}}\rangle < 0}

Résultat

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Question 22

Si expérimentalement on chassait tous les atomes situés dans les maxima d'intensité du faisceau, l'impulsion des photons ne serait alors transférée qu'aux atomes situés dans les minima d'intensité. Comparer , la variation moyenne de quantité de mouvement d'un atome selon l'axe (Oz) due à l'absorption d'un photon, à la valeur attendue dans le cas où le faisceau laser serait une onde plane de vecteur d'onde . Est-ce surprenant ?

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Calculer la moyenne conditionnelle de p_z sur les zones de minima d'intensité et interpréter physiquement le fait que le photon semble avoir localement une impulsion supérieure à \hbar k.

Voir la stratégie
  1. Exprimer \langle p_z \rangle en fonction de la correction relative moyenne \langle \delta k_{\text{rel}} \rangle sur les atomes sondés.
  2. Utiliser le signe de \delta k_{\text{rel}} établi aux questions 19 et 20.b pour les minima d'intensité afin de comparer \langle p_z \rangle à la valeur de l'onde plane \hbar k.
  3. Analyser le caractère surprenant de ce résultat au regard de l'intuition corpusculaire et l'expliquer physiquement par les propriétés locales des champs d'ondes interférents.
Voir le corrigé complet

L'impulsion transférée selon l'axe (Oz) lors de l'absorption d'un photon s'écrit de manière générale :

p_z = \hbar k \left(1 + \delta k_{\text{rel}}\right)

Dans le cas d'une onde plane se propageant selon (Oz), on a rigoureusement p_{z,\text{ideal}} = \hbar k.

D'après les questions 19 et 20.b, dans les zones de minima d'intensité, la courbure transverse vérifie \Delta_\perp I > 0, de sorte que la correction relative locale est strictement positive :

\delta k_{\text{rel}} > 0

Si l'on chasse tous les atomes situés dans les maxima d'intensité pour ne sonder que ceux situés dans les minima d'intensité, la valeur moyenne de cette correction sur les atomes interagissant avec le faisceau vérifie \langle \delta k_{\text{rel}} \rangle > 0. On en déduit :

\langle p_z \rangle = \hbar k \left(1 + \langle \delta k_{\text{rel}} \rangle\right) > \hbar k
\boxed{\langle p_z \rangle > \hbar k}

Ce résultat est particulièrement surprenant au premier abord :

  • D'un point de vue corpusculaire ou dans un modèle géométrique, la norme de l'impulsion d'un photon dans le vide est fixée à \|\vec{p}\| = \hbar k = \hbar\omega/c. Toute inclinaison des composantes d'ondes planes élémentaires devrait a priori conduire à une projection selon (Oz) inférieure à la norme totale (k_z = k\cos\theta \leqslant k). Il semble donc paradoxal qu'un photon puisse transférer localement une impulsion longitudinale supérieure à \hbar k.
  • D'un point de vue ondulatoire, ce phénomène s'explique par les super-oscillations locales de la phase. Au voisinage des minima d'intensité (zones d'interférences destructives), le gradient de phase \vec{\nabla}\phi peut localement dépasser k, ce qui correspond à une vitesse de phase locale inférieure à c (v_\varphi = \omega / \|\vec{\nabla}\phi\| < c). Il n'y a aucune violation globale des lois de conservation, car l'intégrale du flux d'impulsion sur l'ensemble du profil transverse du faisceau reste bornée par l'impulsion totale du mode.

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 25 septembre 2026.