1 M1 Physique Fondamentale (PF) 2010-2011 Magist`ere de ... - IPN

4
Exercice II : Laser en fonctionnement déclenché (Q-switching)
1. ∆N = ∆N 0
1+ I
Is
et ∆N
∆N s
− 1 = 0 ⇔ ∆N = ∆N S d’où I L0 = T I = T I s ( ∆N 0
∆N S
− 1).
2. Durant cette phase, les atomes sont portés sur le niveau 2 ce qui accumule de l’énergie dans
le milieu amplificateur. Les pertes élevées empêchent l’onde laser de se former : il n’y a pas
d’émission induite donc l’énergie stockée dans le milieu amplificateur y reste. La variation de
la différence de population s’écrit
d∆N
dt
= 1 τ
[
]
∆N 0 − ∆N ⇔ ∆N(t) = ∆N 0 (1 − exp − t τ )
∆N(t i ) = ∆N i = 0, 95 ∆N 0 donc t i = −τ ln(1 − 0, 95)= 1,5 ms.
3. Les pertes de la cavité sont[ désormais ] faibles donc l’onde laser se forme à partir de l’intensité
résiduelle I i avec dI
dt
= I ∆N
τ c ∆N S
− 1 . Pour ∆N supposé constant (égal à ∆N i ) jusqu’à t D
[ ]
défini par I(t D ) = I s , l’équation s’intègre en I(t D ) = I(t i ) exp − t D−t i ∆Ni
τ c ∆N s
− 1 d’où la durée
de démarrage t D −t i =
τc Is
∆N i
ln
−1 I i
= 25 ns. La phase de démarrage est quasi instantanée par
∆N S
rapport à la précédente. On peut montrer que l’énergie dS Is−I i
c 0
nécessaire pour faire passer
l’onde de I i à I s est totalement négligeable par rapport à l’énergie ∆N i hν S l stockée dans
l’amplificateur (voir 4(d)), ce qui justifie que ∆N = ∆N i pendant toute cette phase.
4. (a) d∆N
dt
≃ − 1 τ
I
I s
∆N (équation (1’)) avec maintenant ∆N fonction du temps.
dI
dt
d∆N
dt
=
[ ]
I ∆N
τ c ∆N S
− 1
− 1 τ
I
I s
∆N
dI
d∆N = − τ [ 1
I s − 1
τ c ∆N S ∆N
dI = τ τ c
I s
[
− 1
∆N S
+ 1
∆N
]
]
d∆N
On intègre par séparation des variables entre la situation ] initiale ∆N i , I s et la situation
∆N(t), I(t), soit I(t) − I s = τ τ c
I s
[− ∆N(t)−∆N i
∆N S
+ ln ∆N(t)
∆N i
(b) I(t) est maximum lorsque dI L
dt
= 0 et dI
dt
= 0 c’est-à-dire pour ∆N(t) = ∆N S . Pour
∆N(t) > ∆N S , α = σ∆N > α P = σ∆N S donc l’amplificateur transmet plus de puissance
à l’onde qu’il n’y a de pertes, l’intensité lumineuse augmente. C’est l’inverse lorsque
∆N(t) < ∆N S . On remplace ∆N(t) par ∆N S dans l’expression précédente pour obtenir
l’intensité au maximum de l’impulsion
I Max = I s + τ [ ∆Ni − ∆N S
I s + ln ∆N ]
S
τ c ∆N S ∆N i
L’intensité maximum I Lmax sortant du laser est I Lmax = T I Max .
Pour ∆N 0 c = 2 ∆N S , I Lmax /I L0 = 3,3 10 5 .
(c) La fin de l’impulsion est caractérisée par I(t) = I s , ∆N = ∆N f d’où ∆N f −∆N i
∆N S
= ln ∆N f
∆N i
.
Pour ∆N f ≪ ∆N i , ln[ ∆N f ∆N S
∆N S ∆N i
] = ∆N f −∆N i
∆N S
≃ −10 d’où ∆N f = 4, 5 10 −4 ∆N S ≃
4, 5 10 −5 ∆N i . A la fin de l’impulsion, ∆N f ≪ ∆N i donc toute l’énergie stockée initialement
dans l’amplificateur en y plaçant les atomes sur le niveau 2 a été dissipée (on
vérifie à la question suivante que c’est par transfert à l’onde).
(d) E = ∫ P L (t)dt = ∫ T I(t) S dt. Pendant la durée de l’impulsion, on a d∆N
dt
donc
∫ tfin
∫ ∆Nf
d∆N
I(t) dt = (−τ)I s
t i
∆N
= (−τ)I s ln ∆N f
∆N i
On en déduit E = T S(−τ)I s ln ∆N f
∆N i
∆N i
= T SτI s
∆N i −∆N f
∆N S
≃ 1 τ
I
I s
∆N