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

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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
5 On choisit comme référence d’énergie celle des atomes sur le niveau 1. L’énergie disponible pour l’onde correspond à hν pour chaque atome sur le niveau 2. La quantité stockée à t i dans le milieu amplificateur est ∆N i hν Sl, celle restant à t f vaut ∆N f hν S l. Si les seules pertes de la cavité linéaire sont celles dues au couplage de sortie, exp −α P l = 1 − T ⇔ α P = T l et ∆N S = α P σ = T σl . L’énoncé indique I s = hν στ . E = T S τI s ∆N i −∆N f ∆N S ∆N i −∆N f ∆N S hν = (σl ∆N S ) S σ = l S hν (∆N i − ∆N f ) donc l’énergie disponible dans l’amplificateur sous forme d’inversion de population sur la transition 2-1 a bien été transférée à l’onde. (e) E = ∫ P L (t) dt ≃ P max ∆t = T SI Max ∆t d’où ∆t ≈ T SτI s ∆N i ∆N S T SI Max = τ I s ∆N i I Max ∆N S = 15 ns. 5. Dernière phase : l’intensité décroît avec dI dt = − I τ c , comme pour une cavité sans aucune amplification. 6. Synthèse ∆N0 ∆Ni ∆N(t) 1-exp -t / τ pompage optique Q switching IMax ∆NS I(t) temps intensité résiduelle ∆t exp -t / τc Is Ii ti tD temps 7. Révisions : voir cours
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