• Interférences en lumière polarisée à l’aide de la lame de spath taillée perpendiculairement à son axe optique,
• détermination de l’axe lent d’une lame taillée parallèlement à son axe optique,
• interférences en lumière polarisée à l’aide des lames de quartz en éclairage convergent.

Montage expérimental(lame de spath taillée perpendiculairement à son axe optique) : utilisation de la lumière blanche

Montage expérimental : lames de quartz taillée parallèlement à son axe optique en éclairage convergent

Montage expérimental : lames de quartz taillée perpendiculairement à son axe optique en éclairage convergent

• lampe quartz-iode
• lame de spath taillée perpendiculairement à son axe optique,
• lame de quartz taillée perpendiculairement à son axe optique,
• lame de quartz taillée parallèlement à son axe optique 4mm,(quantité : 2)
• lentilles 20cm, 30cm, 8cm
• 2 polariseurs,
• écran.

1. Interférence en lumière polarisée à l’aide d’une lame de spath taillée perpendiculairement à son axe optique 1.1. Cas d’une radiation monochromatique On commence dans un premier temps par déterminer la différence de marche entre les ondes ordinaires et extraordinaires qui interfèrent. La différence de phase fait intervenir les vecteurs d’onde, l’utilisation de la surface des indices s’impose. La figure ci-dessous montre le sort des vecteurs d’onde ordinaires et extraordinaire dans un plan d’incidence $(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_z)$.

La différence de chemin optique entre les ondes ordinaire et extraordinaire s’obtient comme suit :\begin{eqnarray*}\left\{\begin{gathered}\phi=\frac{2\pi}{\lambda}\delta=(\overrightarrow k_0-\overrightarrow k_e)\times \overrightarrow r=(k_{0z}-k_{ez})\times e=\frac{2\pi}{\lambda}(OH_0-OH_e)e ;\\ k_{0\parallel}=k_{e\parallel} : \text{conservation de la composante tangentielle du vecteur d’onde}\\ e\text{ represente l epaisseur de la lame}\\ OH_0^2+OH^2=n_0^2\Rightarrow OH_0\approx n_0-\frac{i^2}{2n_0} ;\quad(\sin(i)\approx i)\\\frac{OH_e^2}{n_0^2}+\frac{OH^2}{n_E^2}=1\Rightarrow OH_e\approx n_0-\frac{i^2n_0}{2n_E^2}\Downarrow\\ \delta=-\frac{i^2\Delta n}{n_0n_E} ;\quad \Delta n=n_E-n_0\end{gathered}\right.\end{eqnarray*}Les franges d’égales intensité sont des anneaux d’égales incidences.

• Le vecteur excitation électrique ordinaire $\overrightarrow D_0$ est perpendiculaire à l’axe optique et au vecteur d’onde $\overrightarrow k_0$. Il est porté par le vecteur $\overrightarrow e_\theta$,
• Le vecteur excitation électrique extraordinaire $\overrightarrow D_e$ appartenant au plan $(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_,z)$,
•   les projections de $\overrightarrow D_0$ et $\overrightarrow D_e$ dans le plan d’observation (Oxy) sont représentées dans le schéma suivant. Ce schéma montre que la croix noire correspond aux directions du polariseur et de l’analyseur. En effet, la direction du polariseur excite soit $\overrightarrow D_e$ soit $\overrightarrow D_0$ qui sera projeter sur une direction de l’analyseur lui est perpendiculaire. Ceci conduit à une intensité nulle sur l’écran.

Pour obtenir l’intensité transmise par l’analyseur on utilise la matrice de passage d’une base à l’autre donnée comme suit : $M_{\text{passage de }(\overrightarrow e_x,\overrightarrow e_y)\longrightarrow(\overrightarrow e_X,\overrightarrow e_Y)}=\binom{\cos(\theta)\quad \sin(\theta)}{-\sin(\theta)\quad \cos(\theta)}$

Considérons le schéma ci-dessous. L’intensité transmise s’obtient de la manière suivante :

• le vecteur excitation électrique à la sortie du polariseur dans la base polaire est donné par :
  $D_{0} \exp [-j \omega t]\binom{\cos(\theta-\alpha)}{-\sin(\theta-\alpha)}_{(\vec{e}_{r}, \vec{e}_{\theta})}$
• le vecteur excitation électrique à la sortie de la lame de spath devient :
  $D_{0} \exp [-j \omega t]\binom{\cos(\theta-\alpha)\exp(j\varphi)}{-\sin(\theta-\alpha)}_{(\vec{e}_{r}, \vec{e}_{\theta})}$
• l’intensité transmise par l’analyseur s’exprime sous la forme : $I=I_{0}\left[\begin{array}{l}
  \cos ^{2}(\beta-\theta) \cos ^{2}(\theta-\alpha)+\sin ^{2}(\beta-\theta) \sin ^{2}(\theta-\alpha)+ \\
  2 \cos (\beta-\theta) \cos (\theta-\alpha) \sin (\beta-\theta) \sin (\theta-\alpha) \cos (\varphi)
  \end{array}\right]$

• Cas où le polariseur et l’analyseur sont perpendiculaires : $\left\{\begin{array}{l}
  \beta=\alpha+\frac{\pi}{2} \Rightarrow I=2 I_{0} \cos ^{2}(\alpha-\theta) \sin ^{2}(\alpha-\theta)[1-\cos (\varphi)] \\I=I_{0} \sin ^{2}(2 \alpha-2 \theta) \sin ^{2}\left(\frac{\varphi}{2}\right)
  \end{array}\right.$
• Par suite, l’intensité est nulle pour $\theta=\alpha$ et pour $\theta=\alpha+\frac{\pi}{2}$. On montre ainsi que la croix noire correspond au directions du polariseur et de l’analyseur croisés.
• Lorsque le polariseur et l’analyseur sont parallèles, l’intensité devient :$\left\{\begin{array}{l}
  \beta=\alpha \Rightarrow I=I_{0}\left[\cos ^{4}(\alpha-\theta)+\sin ^{4}(\alpha-\theta)+2 \cos ^{2}(\alpha-\theta) \sin ^{2}(\alpha-\theta) \cos (\varphi)\right] \\\left\{\begin{array}{l}\theta=\alpha \\\theta=\alpha+\frac{\pi}{2}\end{array} \Rightarrow I=I_{0}\right.\end{array}\right.$Ainsi l’intensité, est maximale. On obtient une croix claire.

Le vecteur excitation électrique à la sortie du polariseur s’exprime par : \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_p=D_0\binom{1}{0}_{/(x,y)}=D_0\binom{\cos(\alpha)}{-\sin(\alpha)}_{/(X,Y)}\end{eqnarray*}À la sortie de la lame le vecteur excitation électrique devient : \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_L=D_0\binom{\cos(\alpha)\exp(j\varphi_L)}{-\sin(\alpha)}_{/(X,Y)} ;\quad \underbrace{\varphi_L=\frac{2\pi\Delta n_Le_L}{\lambda}}_{\text{dephasage introduit par la lame}}\end{eqnarray*}Il s’exprime dans la base $(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)$ sous la forme : \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_L=D_0\binom{\cos(\theta-\alpha)\quad \sin(\theta-\alpha)}{-\sin(\theta-\alpha)\quad \cos(\theta-\alpha)}\binom{\cos(\alpha)\exp(j\varphi_L)}{-\sin(\alpha)}_{/(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)}\end{eqnarray*}On s’intéresse à la direction de l’axe rapide : $\theta=\alpha+\frac{\pi}{2}\Rightarrow \theta-\alpha=\frac{\pi}{2}$. Le vecteur excitation électrique à la sortie de la lame devient : \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_L=D_0\binom{-\sin(\alpha)}{-\cos(\alpha)\exp(j\varphi_L)}_{/(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)}\end{eqnarray*}À la sortie de la lame de spath le vecteur excitation électrique s’exprime comme suit : \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_S=D_0\binom{-\sin(\alpha)\exp(j\varphi)}{-\cos(\alpha)\exp(j\varphi_L)}_{/(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)}=D_0\binom{\cos(\theta)\quad -\sin(\theta)}{\sin(\theta)\quad\cos(\theta)}\binom{-\sin(\alpha)\exp(j\varphi)}{-\cos(\alpha)\exp(j\varphi_L)}_{/(x,y)}\end{eqnarray*}$\theta=\alpha+\frac{\pi}{2}$. Il en résulte le vecteur excitation électrique à la sortie de l’analyseur  \begin{eqnarray*}\overrightarrow D_S=\frac{D_0}{2}\sin(2\alpha)[\exp(j\varphi_L)-\exp(j\varphi)]\overrightarrow e_y\end{eqnarray*}L’intensité transmise par le montage s’exprime sous la forme : $$I=I_0\sin^2(2\alpha)\sin^2\left(\frac{\varphi-\varphi_L}{2}\right)$$L’intensité s’annule dans les deux cas suivants :

• $\sin^2(2\alpha)=0\Rightarrow \alpha=0 ;\quad \alpha=\frac{\pi}{2}$. Ces deux directions correspondent à celles du polariseur croisé à l’analyseur,
• $\sin^2\left(\frac{\varphi-\varphi_L}{2}\right)=0\Rightarrow \varphi=\varphi_L+2p\pi$. Le déphasage introduit par la lame de spath est proportionnel au carré de l’angle d’incidence : $\varphi=\gamma i^2=\varphi_L+2p\pi$. Ainsi selon la direction de l’axe rapide on trouve deux taches noires.

On suppose que l’axe lent est connu pour les deux lames, que l’on suppose confondu avec l’axe Ox, le polariseur et l’analyseur sont croisés et font un angle de $45^\circ$ avec l’axe lent de la lame
$\lambda/4$. On suppose de plus que les axes lents des deux lames quart d’onde sont parallèles comme le montre la figure ci-contre. L’intensité résultante s’obtient en effectuant les transformations ci-dessous :

• le vecteur excitation électrique transmis par la première lame $\frac{\lambda}{4}$ s’exprime sous la forme :$D_0\exp(-j\omega t)\binom{j\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{(\overrightarrow e_x,\overrightarrow e_y)}=\frac{D_0}{\sqrt{2}}\exp(-j\omega t)\binom{\exp j(\frac{\pi}{2}-\theta)}{\exp(-j\theta)}_{(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)}$
• à la sortie de la lame de spath le vecteur excitation électrique est à un terme de phase multiplicatif près sous la forme : $\frac{D_0}{\sqrt{2}}\exp(-j\omega t)\binom{\exp j(\frac{\pi}{2}-\theta+\varphi)}{\exp(-j\theta)}_{(\overrightarrow e_r,\overrightarrow e_\theta)} ;\quad \varphi=\frac{2\pi}{\lambda}e\Delta n$
• à la sortie de la deuxième quart d’onde l’excitation électrique devient :$\frac{D_0}{\sqrt{2}}\exp (-j\omega t)\exp\left(-j\theta\right)\binom{-\cos(\theta)\exp(j\varphi)-j\sin(\theta)}{j\sin(\theta)\exp(j\varphi)+\cos(\theta)}$
• l’amplitude transmise par l’analyseur est indépendante de $\theta$ : $\frac{D_0}{2}\exp (-j\omega t)\left[\exp(j\varphi)+1\right]$
• l’intensité résultante s’exprime sous la forme : $I=I_0\left[1+\cos(\varphi)\right]$

Dans le cas où les lames quart d’onde sont croisés, c’est à dire l’axe lent de la première quart d’onde est parallèle à l’axe rapide de la deuxième quart d’onde comme le montre la figure ci-contre, l’intensité est donnée par : $I=I_0\left[1-\cos(\varphi)\right]$Cette expression prévoit un centre noire.

En conclusion :

• polariseur $\perp$ à l’analyseur et à $45^\circ$ des lignes neutres des deux quart d’onde dont les axes lents sont perpendiculaires l’un à l’autre : $I=I_0\left[1-\cos(\varphi)\right]$
• polariseur $\perp$ à l’analyseur et à $45^\circ$ des lignes neutres des deux quart d’onde dont les axes lents sont parallèles l’un à l’autre : $I=I_0\left[1+\cos(\varphi)\right]$

2. Interférences en lumière polarisée à l’aide des lames de quartz en éclairage convergent 2.1. Interférences à l’aide d’une lame de quartz taillée perpendiculairement à son axe optique Deux phénomènes interviennent :

• la biréfringence linéaire conduit aux anneaux de Newton avec une croix noire lorsque le polariseur est croisé à l’analyseur,
• le pouvoir rotatoire, lorsqu’il domine, se manifeste par la dispersion rotatoire, c’est à dire l’angle dont a tourné la polarisation varie $\frac{1}{\lambda^2}$.

La différence de marche $\delta$ entre les ondes ordinaire et extraordinaire s’obtient de la manière suivante :\begin{eqnarray*}\left\{\begin{gathered}\phi=\frac{2\pi}{\lambda}\delta=(\overrightarrow k_e-\overrightarrow k_i)\overrightarrow r=(k_{ez}-k_{0z})e ;\\ \text{ e est l epaisseur de la lame}\\\underbrace{k_{e\parallel}=k_{0\parallel}}_{\text{continuite de la composante tangentielle du vecteur d’onde}}\\\delta=e\times M_0M_e=e(z_e-z_0)\\z_e=n_E\sqrt{1-\frac{x^2}{n_0^2}-\frac{y^2}{n_E^2}}\approx n_E\left(1-\frac{x^2}{2n_0^2}-\frac{y^2}{2n_E^2}\right)\\z_0=n_0\sqrt{1-\frac{x^2}{n_0^2}-\frac{y^2}{n_0^2}}\approx n_0\left(1-\frac{x^2}{2n_0^2}-\frac{y^2}{2n_0^2}\right)\end{gathered}\right.\Rightarrow \left\{\begin{gathered}\delta=\Delta ne\left(1-\frac{1}{2n_0}\left(\frac{x^2}{n_0}-\frac{y^2}{n_E}\right)\right)\\\Delta n=n_E-n_0\text{ est la birefringence lineaire du quartz}\end{gathered}\right.\end{eqnarray*}Il en résulte que les franges d’égale intensité sont des hyperboles d’équation : $\frac{x^2}{n_0}-\frac{y^2}{n_E}=cste$. L’onde ordinaire issue de la première lame excite l’onde
extraordinaire de la deuxième lame et vice versa. La différence de marche totale s’exprime sous la forme : \begin{eqnarray*}\left\{\begin{gathered}\delta_1=\Delta n e\left[1-\frac{x^2}{2n_0^2}+\frac{y^2}{2n_0n_E}\right]\\\delta_2=-\Delta n e\left[1+\frac{x^2}{2n_0n_E}-\frac{y^2}{2n_0^2}\right]\Downarrow\\\delta=\delta_1+\delta_2=\frac{\Delta ne}{n_0^2n_E}\frac{n_0+n_E}{2}(y^2-x^2)\end{gathered}\right.\end{eqnarray*}Les hyperboles sont caractérisées par $y^2-x^2=cste$.