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Concours Centrale-Supélec PC 2017 Epreuve écrite PHYSIQUE 2
Corrigé proposé par Gwénaël Raillet : raillet.gwenael@neuf.fr Avec l’aide précieuse de Delphine Palacio
Interférométrie atomique
I.A.1) L’équation locale de conservation de la masse s’écrit : + 𝑑𝑖𝑣(𝜌𝑣⃗) = 0.
On se place en régime stationnaire ce que suppose la dépendance exclusive en z des grandeurs :𝑑𝑖𝑣(𝜌𝑣⃗) = 0 Donc le flux du vecteur densité de courant de masse 𝜌𝑣⃗ est conservatif. Ainsi, son flux à travers une section de tube de courant donc le débit massique Dm, est indépendant de z :
𝐷 = 𝜌. 𝑣⃗. 𝑑𝑆⃗ = 𝜌(𝑧). 𝑣(𝑧). 𝐴(𝑧) = 𝐶𝑡𝑒
I.A.2) Equation d’état des gaz parfaits : 𝑃(𝑧) = 𝜌(𝑧). 𝑟. 𝑇(𝑧)
La deuxième loi de Joule vérifiée par le gaz parfait s’écrit sous forme différentielle : 𝑑ℎ = 𝑟. 𝑑𝑇
I.A.3) Le gaz parfait subit une transformation isentropique. Il suit donc la loi de Laplace : 𝑃(𝑧). 𝑢 (𝑧) = 𝐶𝑡𝑒 où on a posé 𝑢(𝑧) =
( )le volume massique du gaz. Ainsi 𝑃(𝑧). 𝜌 (𝑧) = 𝐶𝑡𝑒
L’identité thermodynamique relative à l’enthalpie massique h(z) s’écrit : dh = T.ds + u.dP La transformation étant isentropique, il vient : 𝑑ℎ =
( )𝑑𝑃
I.A.4) L’écoulement étant stationnaire unidimensionnel et parfait, on y applique le premier principe industriel (ou équation des machines) entre la section d’entrée de la tuyère et la section de cote z :
ℎ(𝑧) − ℎ +1
2(𝑣 (𝑧) − 𝑣 ) + 𝑔(𝑧 − 𝑧 ) = 𝑤 + 𝑞
Or l’énoncé demande de négliger v0 et la pesanteur. De plus, la tuyère est exempte de parties mobiles donc wu = 0 et le gaz y subit une transformation adiabatique donc q = 0. Ainsi :
ℎ(𝑧) − ℎ +1
2𝑣 (𝑧) = 0
I.A.5) La différentielle logarithmique de la loi de Laplace exprimée au I.A.3) donne : − 𝛾 = 0 Ainsi 𝜌 = = . Soit à l’aide de l’équation d’état exprimée au I.A.2) : 𝑐 (𝑧) = 𝛾𝑟𝑇(𝑧)
I.A.6) Effectuons un bilan de quantité de mouvement sur une tranche élémentaire de gaz dans la tuyère (tuyère exclue du système), comprise entre les sections z et z + dz :
Instant t : système fermé constitué de la tranche de gaz indiquée sur la figure
0 ∪ le gaz entrant pendant dt (e) :
𝑑𝑝⃗(𝑡) = 𝑑𝑝⃗(𝑡) + 𝜌(𝑧). 𝑣(𝑧). 𝐴(𝑧). 𝑣(𝑧)𝑑𝑡
Instant t+dt : système fermé constitué de la tranche de gaz indiquée sur la figure 0 ∪ le gaz sortant pendant dt (s)) :
𝑑𝑝⃗(𝑡 + 𝑑𝑡) = 𝑑𝑝⃗(𝑡 + 𝑑𝑡) + 𝜌(𝑧 + 𝑑𝑧). 𝑣 (𝑧 + 𝑑𝑧). 𝐴(𝑧 + 𝑑𝑧). 𝑑𝑡. 𝑢⃗
D’où ⃗= ⃗+ 𝑑(𝜌𝑣 𝐴)𝑢⃗ où ⃗= 0⃗ en régime stationnaire.
Les forces extérieures à ce système se limitent aux forces pressantes puisqu’on doit négliger la pesanteur.
𝑑𝐹⃗ = (𝑃(𝑧)𝐴(𝑧) − 𝑃(𝑧 + 𝑑𝑧)𝐴(𝑧 + 𝑑𝑧) + (𝑃(𝑧). 𝐴 . 𝑠𝑖𝑛𝛼)𝑢⃗
O2
Où le terme P(z).Alat.sin𝛼 𝑢⃗ est la résultante des forces pressantes exercées sur 0 par la tuyère d’aire Alat, obtenue par application de la 3ème loi de Newton.
On remarque que Alat.sin=A(z+dz)-A(z)=dA. Ainsi :
𝑑𝐹⃗ = (−𝑑(𝑃𝐴) + 𝑃. 𝑑𝐴)𝑢⃗ = −𝐴(𝑧)𝑑𝑃𝑢⃗
D’où le bilan projeté selon 𝑢⃗ : 𝑑(𝜌𝑣 𝐴) = −𝐴(𝑧)𝑑𝑃 Les équations à disposition :
Bilan de quantité de mouvement : 𝑑(𝜌𝑣 𝐴) = 𝜌𝑣 𝑑𝐴 + 2𝜌𝑣𝐴𝑑𝑣 + 𝑣 𝐴𝑑𝜌 = −𝐴𝑑𝑃 (a) Conservation du débit (après différenciation) : 𝜌𝑣𝑑𝐴 + 𝜌𝐴𝑑𝑣 + 𝐴𝑣𝑑𝜌 = 0 (b)
Définition de cs : 𝜌 = = 𝑑𝑃 = 𝑐 . 𝑑𝜌 (c)
(b).v 𝜌𝑣 𝑑𝐴 + 𝜌𝐴𝑣𝑑𝑣 + 𝐴𝑣 𝑑𝜌 = 0 (b’) (a)-(b’) 𝜌𝐴𝑣𝑑𝑣 = −𝐴𝑑𝑃 𝜌𝑣𝑑𝑣 = −𝑑𝑃 (d) Soit en égalisant (d) et (c) 𝜌𝑣𝑑𝑣 = −𝑐 𝑑𝜌 (d’)
(b) + + = 0 qui donne en y injectant (d’) : + 1 − = 0 Equation de Hugoniot.
I.A.7) Etude de l’évolution de la section de la tuyère en admettant en entrée un gaz subsonique (M<1) pour obtenir en sortie un gaz supersonique (M>1), et donc une accélération positive monotone tout au long de la traversée de la tuyère (dv>0) :
M v A
I.B.1) A l’aide des résultats du I.A.2) et du I.A.4) on obtient : 𝑟(𝑇(𝑧) − 𝑇 ) = − 𝑣 Et en utilisant les définitions du nombre de Mach et de la célérité des ondes sonores :
𝑟(𝑇(𝑧) − 𝑇 ) = − 𝑀 . 𝛾𝑟𝑇(𝑧) 𝑇(𝑧) =
Le nombre de Mach étant croissant dans la tuyère, la température, elle, décroît.
I.B.2) La transformation du gaz (parfait) dans la tuyère étant isentropique, on réutilise ici la loi de Laplace, cette fois, liant T et (que l’on comprend ici comme la masse volumique définie en haut de la page 2 et nommée ici densité atomique !) : 𝑇. 𝜌 = 𝐶𝑡𝑒 𝜌(𝑧) =
A(z) étant croissante dans le divergent, pour z suffisamment grand,
( )≈ 0 (1 − 𝑀 ) ≈ 0 d’après la relation de Hugoniot. Or M 1 dans le divergent (voir I.A.7) ) dv 0 dh 0 d’après I.A.4) dT 0 d’après I.A.2) cs = Cte d’après I.A.5) d’où M(z) = Cte = M.
I.B.3) D’après I.B.1) 𝑟(𝑇(𝑧) − 𝑇 ) = − 𝑣 𝑣(𝑧) = 𝑟𝑇 . 1 −
v(z) est indépendant de z si 𝑀 ≫ 1 𝑀 ≫ √3 𝑣 = 𝑟𝑇 A.N. v = 1,06 km.s-1
I.B.4) On calcule à l’aide des données : col.P0.T0-4/3 = 2,26.10-4 et on lit sur le diagramme M. = 10 qui vérifie bien la condition 𝑀 ≫ √3.
1 c
sA
min3
II.A Conformément au programme, il aurait fallu que l’énoncé fournisse la relation de passage du champ électrique, ou du moins affirmer sa continuité dans cette configuration.
La relation de passage du champ électrique sur le miroir d’abscisse xM s’écrit : 𝐸⃗(𝑥 ) − 𝐸⃗(𝑥 ) = 𝑢 ⃗ t
Dans un conducteur parfait éclairé par une onde électromagnétique en incidence normale, l’épaisseur de peau est nulle. Ainsi, le champ électrique interne au conducteur est nul : 𝐸⃗(𝑥 ) = 0⃗
De plus, l’onde incidente étant polarisée selon 𝑢 ⃗, la relation de passage s’écrit finalement : 𝐸⃗(𝑥 ) = 0⃗ t
Finalement le champ résultant doit être continu au passage du miroir.
Ceci ne peut être réalisé qu’en postulant une onde réfléchie synchrone, de même polarisation et de même amplitude : 𝐸 ⃗(𝑥, 𝑡) = 𝐸 . 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡 + 𝑘 𝑥 + 𝜑)𝑢 ⃗.
Par superposition, le champ résultant doit respecter la relation de passage en xM : 𝐸 ⃗(𝑥 , 𝑡) + 𝐸 ⃗(𝑥 , 𝑡) = 𝐸 . 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡 − 𝑘 𝑥 ) + 𝑐𝑜𝑠(𝜔 𝑡 + 𝑘 𝑥 + 𝜑) 𝑢 ⃗
= 2𝐸 . cos 𝜔 𝑡 + cos −𝑘 𝑥 − 𝑢 ⃗ = 0⃗ = −𝑘 𝑥 − par exemple.
D’où 𝐸⃗(𝑥, 𝑡) = 2𝐸 . sin(𝜔 𝑡 − 𝑘 𝑥 ) sin 𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) 𝑢 ⃗ Où on pose 𝐸(𝑥) = 2𝐸 sin 𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) II.B.1) 𝑉(𝑥, 𝑡) = − . 𝑝⃗. 𝐸⃗ = − 𝜀 𝛼𝐸 = −2𝜀 𝛼𝐸 . sin (𝜔 𝑡 − 𝑘 𝑥 ) sin 𝑘 (𝑥 − 𝑥 )
D’où 𝑊(𝑥) = 〈𝑉(𝑥, 𝑡)〉 = −𝜀 𝛼𝐸 sin 𝑘 (𝑥 − 𝑥 )
𝑊(𝑥) = − 1 − 𝑐𝑜𝑠 2𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) II.B.2) Où on pose 𝑘 = 2𝑘 et 𝑉 = 𝜀 𝛼𝐸
II.C L’énergie étant fixée, on considère un état stationnaire de l’atome de Lithium ce qui permettra de ne travailler que sur la partie spatiale de sa fonction d’onde.
II.C.1) Relation de De Broglie : = ; DB = 53,8 pm.
Où la vitesse fournie dans l’énoncé coïncide avec la vitesse calculée au I.B.3.
II.C.2) De même à l’aide de la relation de De Broglie : 𝑘⃗ = . 𝑢 ⃗ = ⃗
ℏ
L’énergie se limite ici à l’énergie cinétique de l’atome : 𝐸 = =ℏ
.
II.C.3) Equation de D’Alembert de propagation d’une onde électromagnétique :
* dans le vide : ⃗+ ⃗− ⃗= 0⃗
Pour une onde harmonique, l’équation devient : ⃗+ ⃗+ 𝜀⃗ = 0⃗
* dans un milieu linéaire transparent d’indice n(x) : ⃗+ ⃗+ ( ) 𝜀⃗ = 0⃗
Les milieux diélectriques n’étant plus au programme de PC, cette question a dû dérouter plus d’un candidat…
II.C.4) L’analogie entre l’équation de Schrödinger et une équation de propagation est ici troublante puisque l’équation de S. n’agit ici que sur la partie spatiale. Donc on ne retrouve pas d’équivalent de la dérivée temporelle dans l’équation de S. Je suppose donc la solution suivante :
Equation de Schrödinger
* à l’extérieur de l’onde stationnaire : + +
ℏ 𝜑 = 0 où on remarque que
ℏ = 𝑘 joue le rôle de .
* à l’intérieur de l’onde stationnaire : + + ( ( ))
ℏ 𝜑 = 0
soit + − ( )
ℏ 𝜑 = −
ℏ 𝜑 + + 𝑘 1 + 1 − 𝑐𝑜𝑠 2𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) 𝜑 = 0
4
où par analogie avec les ondes électromagnétiques on peut poser 𝑛 (𝑥) = 1 + − 𝑐𝑜𝑠 2𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) Or l’énoncé du II.C.3) indique que V0 << Ei donc on obtient n(x) par développement limité au premier ordre :
𝑛(𝑥) = 1 + 𝑉 4𝐸 − 𝑉
4𝐸 𝑐𝑜𝑠 2𝑘 (𝑥 − 𝑥 )
Indice modulé sinusoïdalement avec l’amplitude 𝑛 = et la période spatiale = .
II.C.5) + + 𝑘 1 − 𝜑 = 𝑘 𝑐𝑜𝑠 2𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) 𝜑
Or V0 << Ei donc on simplifie la relation :
+ + 𝑘 𝜑 = 4𝑘 . 𝐾𝑐𝑜𝑠 𝑘 (𝑥 − 𝑥 ) 𝜑 où 𝐾 = 𝑘 . = 𝑛
II.D.1) Conservation de l’énergie cinétique des atomes de Li : ℏ = ℏ
Or 𝑘 = 𝑘⃗ − 𝑘⃗ = 𝑘 + 𝑘 − 2𝑘 𝑘 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑘 = 2𝑘 𝑘 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑘 = 2𝑘 𝑠𝑖𝑛𝜃 Or II.C.4) 𝑘 = 2𝑘 = = 2𝑠𝑖𝑛𝜃
II.D.2) L’angle i prend le nom B : 𝑠𝑖𝑛𝜃 = = . Application numérique : 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝜃 = 8,02. 10 𝑟𝑎𝑑
II.D.3) 𝑘⃗ et 𝑘 ⃗ ont même module à cause de la conservation de l’énergie cinétique (diffusion élastique). Les vecteurs 𝑘⃗ , 𝑘 ⃗ et 𝑘⃗ forment un triangle isocèle. Ainsi 𝑘 ⃗ fait un angle -B avec l’axe Oz.
II.D.4.a) En définissant la pulsation associée à l’onde plane de matière décrivant l’atome de lithium par la relation de Planck-Einstein : Ei = ℏ, on reconstruit la fonction d’onde de l’état stationnaire :
(𝑥, 𝑧, 𝑡) = (𝑥, 𝑧)𝑒 = 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗ + 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗
Qui a la forme de la superposition de deux ondes planes progressives de vecteurs d’ondes respectifs 𝑘⃗ (onde incidente) et 𝑘 ⃗ onde diffusée, qui coexistent dans le faisceau laser.
II.D.4.b) Reprenons l’équation du II.C.5) : + + 𝑘 𝜑 = 2𝑘 . 𝐾 𝑒 ( )+ 𝑒 ( ) 𝜑 Etude du premier membre
𝜕
𝜕𝑧 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗ = 2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 − 𝛽 𝑘 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 𝑒 ⃗ ⃗ De même
𝜕
𝜕𝑧 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗ = 2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 − 𝛽 𝑘 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 𝑒 ⃗ ⃗
Et 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗ = −𝛽 𝑘 𝑒 ⃗ ⃗ et 𝛽 (𝑧)𝑒 ⃗ ⃗ = −𝛽 𝑘 𝑒 ⃗ ⃗ On note que 𝑘 = 𝑘 + 𝑘 et 𝑘 = 𝑘 + 𝑘
Etude du Second membre
𝑆 = 𝑒 ( )+ 𝑒 ( ) 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗+ 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ = 𝑒 ⃗ ⃗ + 𝑒 ⃗ ⃗ 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗+ 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ Car 𝑘⃗ = 𝑘 𝑢 ⃗
D’où 𝑆 = 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒
Or 𝑘 ⃗ = 𝑘⃗ − 𝑘⃗ 𝑆 = 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝑒 ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗𝑒 + 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 Soit en égalisant les deux membres :
B=
i𝑘⃗ 𝑘⃗
𝑘⃗
𝑘 ⃗ −𝑘⃗
5
2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 𝑒 ⃗ ⃗+ 2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 𝑒 ⃗ ⃗
= 2𝑘 𝐾 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 Où kdz = kiz par construction (cf II.D.3.)
La fonction d’onde de l’atome de lithium est solution de cette équation de Schrödinger, si chacun des termes en onde plane de ce paquet d’onde est solution de
2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 = 2𝑘 𝐾𝛽 𝑒 2𝑖𝑘 𝑑𝛽
𝑑𝑧 +𝑑 𝛽
𝑑𝑧 = 2𝑘 𝐾𝛽 𝑒
Je n’arrive pas à éliminer ce reste : +𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 + 𝛽 𝑒 ⃗ ⃗ ⃗𝑒 qui semble correspondre à d’autres directions de diffusion non prises en compte dans ce sujet.
II.D.5) Les conditions initiales traduisent qu’à l’entrée du lithium dans l’onde laser stationnaire, la fonction d’onde est celle d’une particule libre en onde plane homogène progressive sans onde diffractée.
II.D.6) Posons a la distance typique de variations des : En ordre de grandeur ≈ 𝑘 ≈ et
≈ or DB << a d’après l’énoncé de la question, ce qui permet de négliger la dérivée seconde devant le terme à dérivée première :
𝑖𝑘 = 𝑘 𝐾𝛽 𝑒 (a) 𝑖𝑘 = 𝑘 𝐾𝛽 𝑒 (b) II.D.7) Il s’agit de découpler ces équations :
(𝑎) : 𝑖𝑘 = 𝑘 𝐾 𝑒 que l’on combine avec (b) pour éliminer : + 𝛽 = 0 où on pose = =
II.D.8) L’équation est celle d’un oscillateur harmonique de solution : 𝛽 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(. 𝑧) + 𝐵𝑠𝑖𝑛(. 𝑧) Conditions limites :
∗ 𝛽 (0) = 𝛽 A = 0.
* D’après (a), 𝛽 est proportionnel à = −𝛽 𝑠𝑖𝑛(. 𝑧) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(. 𝑧) qui ne s’annule en z = 0 que si B = 0.
Ainsi 𝛽 = 𝛽 𝑐𝑜𝑠(. 𝑧)
II.D.9) D’après (a) : 𝑒 = 𝛽 𝛽 = −𝑖𝛽 𝑠𝑖𝑛(. 𝑧)𝑒 D’où
(𝑥, 𝐷) = 𝛽 𝑐𝑜𝑠(𝐷)𝑒 ⃗ ⃗
(𝑥, 𝐷) = −𝑖𝛽 𝑠𝑖𝑛(𝐷)𝑒 ⃗ ⃗𝑒 ⃗ ⃗
On obtient en sortie d’onde stationnaire, une superposition d’ondes planes homogènes se propageant selon 𝑘⃗
et 𝑘 ⃗.
L’approximation d’une amplitude lentement variable tient si D << 1. = = ≪ Car V0 << Ei. Donc 𝐷 ≪ 10 ce qui semble très contraignant sur la valeur de n1 et donc de V0. II.D.10) On relève sur les expressions du II.D.9) 𝛼(0) = 𝑐𝑜𝑠(𝐷) Et 𝛼(−1) = −𝑖𝑠𝑖𝑛(𝐷)𝑒 ⃗ ⃗
II.D.11) On définit l’efficacité de la diffraction comme le rapport défini positif de l’amplitude réelle de l’onde diffractée sur celle de l’onde incidente = |(−1)| = |𝑠𝑖𝑛(𝐷)|
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II.D.12.a) On prendra la valeur moyenne du vecteur de Poynting associée à l’onde plane homogène dans le vide
⃗ = ⃗^ ⃗= ⃗^ ⃗^ ⃗
. = ⃗. 𝐸⃗ 〈⃗〉 = ⃗ . 𝐸 soit son flux à travers une surface unité = II.D.12.b) * = 1 pour 𝐷 = = =
. où 𝑉 = 𝜀 𝛼𝐸 et 𝛼 = −
ℏ
= −
ℏ . − ℏ . = 𝐸
La puissance du laser vaut 𝑃 = . = 𝜋𝑅 𝑃 = − ℏ . 𝑃 = − ℏ . P1 = 1,8 mW
* = 0,5 pour 𝐷 = 𝑃, = 𝑃 P0,5 = 0,6 mW
On pourrait aussi ajuster la largeur D de l’onde stationnaire.
III.A.1) D’après la figure 1,
A et C jouent le rôle de lames semi-réfléchissantes.
Bh et Bb jouent le rôle de miroirs.
III.A.2) Où on écrit les différences de marche subies par les ondes de matière comme des produits scalaires :
𝜑 = 𝛽 𝛼 (1)𝛼 (−1)𝛼 (0)𝑒 ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ =
−𝛽 𝑠𝑖𝑛 (𝐷)𝑐𝑜𝑠(𝐷)𝑒 ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ 𝜑 = 𝛽 𝛼 (0)𝛼 (1)𝛼 (−1)𝑒 ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ =
−𝛽 𝑠𝑖𝑛 (𝐷)𝑐𝑜𝑠(𝐷)𝑒 ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗
𝜑 = −𝛽 𝑠𝑖𝑛 (𝐷)𝑐𝑜𝑠(𝐷)𝑒 ⃗ ⃗ . ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗
𝜑 = −𝛽 𝑠𝑖𝑛 (𝐷)𝑐𝑜𝑠(𝐷)𝑒 ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ ⃗. ⃗ En remarquant que 𝐴𝐵⃗ = 𝐵 𝐶⃗ et 𝐴𝐵⃗ = 𝐵 𝐶⃗on simplifie l’expression de 0 = h - b
= 𝑘⃗(𝑟 ⃗ − 2. 𝑟 ⃗ + 𝑟 ⃗)
III.A.3) Le nombre d’atomes détectés en D est proportionnel à la densité de probabilité de présence en D, donc 𝐼 = (𝜑 + 𝜑 )(𝜑 ∗ +𝜑 ∗) = 2𝛽 𝑠𝑖𝑛 (𝐷)𝑐𝑜𝑠 (𝐷) 1 + 𝑐𝑜𝑠
III.A.4) Lorsque M3 se déplace, 0 varie et donc l’intensité I aussi, de façon sinusoïdale.
III.A.5) Compte tenu de l’expression de 0 , I varie également sinusoïdalement mais avec une période moitié.
III.B.1) = 𝑘 (𝑥 (𝑡 ) − 2. 𝑥 (𝑡 ) + 𝑥 (𝑡 ))
III.B.2) 𝑥 (𝑡 ) = 𝑥 (𝑡 + 𝑇) ≈ 𝑥 (𝑡 ) + 𝑇. 𝑣 (𝑡 ) par développement limité au premier ordre en T et de même 𝑥 (𝑡 ) = 𝑥 (𝑡 − 𝑇) ≈ 𝑥 (𝑡 ) − 𝑇. 𝑣 (𝑡 )
D’où = 𝑘 𝑥(𝑡 ) + 𝑘 𝑇(𝑣 (𝑡 ) − 𝑣 (𝑡 )) où 𝛿𝑥(𝑡 ) = 𝑥 (𝑡 ) + 𝑥 (𝑡 ) − 2𝑥 (𝑡 ) III.B.3) Géométriquement ∆𝑥 = 2𝐿𝑡𝑎𝑛𝜃 ∆𝑥 = 97,0 μ𝑚
𝑘⃗
𝑘⃗
𝑘 ⃗ 𝑘⃗
𝑘 ⃗
𝑘⃗
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𝐴 = 𝐿∆𝑥 A = 58,7.10-6 m2 = 58,7 mm2.
III.B.4) En tenant compte de x(t2) = 0 = 𝑘 𝑇(𝑣 (𝑡 ) − 𝑣 (𝑡 ))
Appliquons la loi de composition des vitesses au miroir Mj : 𝑣 / ⃗ = 𝑣 / ⃗ +⃗^𝑟⃗ soit en projection selon 𝑢 ⃗ : 𝑣 = 𝑧 car les miroirs sont fixes dans le laboratoire.
= 2𝑘 𝑇 𝐿 = 4𝑘 𝑇 𝐿 = 4 𝐿 = 4 𝑚 𝐿 = 4 𝑚 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐿 Où sini tani = 2
ℏ𝑚∆𝑥 = 2
ℏ𝑚𝐴
III.B.5) = = 𝑠𝑖𝑛 .
ℏ
III.B.6) =
, . = 2,54. 10 < donc le dispositif est sensible à la rotation de la terre.
y = .sin = 5,02.10-5 rad.s-1 = 3,93. 10 S.I.
III.B.7) Travailler avec des atomes plus lents permet d’augmenter leur longueur d’onde de De Broglie et donc d’augmenter A (d’après II.D.2) et donc la sensibilité du dispositif.
