I- PREMIERE PARTIE: Etude cinétique des gaz:
1)- Distribution des vitesses à l'équilibre thermodynamique:
a)- Le terme en exposant doit être sans dimension: B a donc la dimension d'une vitesse à la puissance –2.
$\frac{{{d^3}N}}{N}$ est un nombre sans dimension: a a la dimension d'une vitesse à la puissance –1:
B est en s2.m-2 et a est en s.m-1.
Par ailleurs, le nombre de molécules ayant une vitesse quelconque est égal à N: on en déduit:
$1 = {a^3} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_y}^2}}d{v_y}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_z}^2}}d{v_z}} = {\left[ {a \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} } \right]^3}$
Soit:
$a = \frac{1}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }} = \frac{1}{{2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }}$
C'est à dire, en utilisant l'intégrale I0:
$a = \sqrt {\frac{B}{\pi }} $
b)- On écrit la loi précédente en passant en coordonnées sphériques dans l'espace des v:
${v^2} = v_x^2 + v_y^2 + v_z^2$ et $d{v_x} \cdot d{v_y} \cdot d{v_z} = {v^2}\sin \theta \cdot dv \cdot d\theta \cdot d\phi $
et pour avoir la proportion de molécules dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, on intègre sur toutes les directions, soit de 0 à π en θ et de 0 à 2π en ϕ. On a ainsi:
$\frac{{dN'}}{N} = {a^3} \cdot {e^{ - B{v^2}}}{v^2} \cdot dv\int\limits_0^\pi {\sin \theta \cdot d\theta } \int\limits_0^{2\pi } {d\phi = p(v)dv} $
et on en déduit: $p(v) = 4\pi {a^3}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$, soit:
$p(v) = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$
p(v) est bien sûr toujours positif; par ailleurs, il tend vers 0 si v tend vers l'infini et il est nul pour v = 0: il présente donc un maximum;
$\frac{{dp}}{{dv}} = 8\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}v{e^{ - B{v^2}}} \cdot \left( {1 - B{v^2}} \right)$
$\frac{{dp}}{{dv}} = 0$ pour ${v_P}^2 = \frac{1}{B}$soit pour:
c)- Par définition, la vitesse quadratique moyenne s'écrit:
${\left( {{v^*}} \right)^2} = \int\limits_0^\infty {{v^2}p(v) \cdot dv = \int\limits_0^\infty {4\pi {a^3}{v^4}{e^{ - B{v^2}}} \cdot dv} } = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{3}{{8{B^2}}}{\left( {\frac{\pi }{B}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
${v_P} = \sqrt {\frac{1}{B}} $
Soit:
${v^*} = \sqrt {\frac{3}{{2B}}} $
d)- D'après le théorème d'équipartition de l'énergie, l'énergie cinétique moyenne d'une particule ponctuelle, donc à trois degrés de liberté, s'écrit: $\frac{3}{2}kT$: on peut donc écrire: $\frac{3}{2}k\theta = \frac{1}{2}m{\left( {{v^*}} \right)^2}$.On en déduit, en identifiant les deux expressions de v*:$\frac{{3k\theta }}{m} = \frac{3}{{2B}}$ , soit:
$B = \frac{m}{{2k\theta}}$${v^*} = \sqrt {\frac{{3k\theta }}{m}} $ et ${v_P} = \sqrt {\frac{{2k\theta }}{m}} $
e)- Application numérique:
On tire θ de l'expression de la vitesse quadratique moyenne:
$\theta = \frac{{m{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3k}} = \frac{{M{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3R}}$
2)- Distribution des vitesses dans un jet atomique:
a)- Le nombre dn d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv est proportionnel à
θ=479,6 K vP = 245 m/s
p(v).dv; la distribution des vitesses étant à priori isotrope, le nombre dn' d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, et dont la direction est dans l'angle solide α est proportionnel à:
$p(v)\frac{\alpha }{{4\pi }}dv$
pendant l'intervalle de temps dt, le nombre d'atomes qui sortent par le trou dans la direction approximativement normale au plan du trou, et avec la vitesse voisine de v est égal au nombre d'atomes compris dans le cylindre de section droite S et de génératrice v.dt:
${d^2}{n_{v,\alpha a}} = \frac{\alpha }{{4\pi }}n \cdot p(v)dv \cdot Svdt$
On en déduit:
$d{n_{v,\alpha }} = {N_0}\frac{\alpha }{{4\pi }} \cdot {v^3}{e^{ - B{v^4}}} \cdot dv$
b)-la vitesse la plus probable dans le jet est atteinte lorsque $g(v) = {v^3}{e^{ - B{v^2}}}$ passe par un maximum, c'est à dire lorsque sa dérivée s'annule: $\frac{{dg}}{{dv}} = {v^2}{e^{ - B{v^2}}}\left( {3 - 2B{v^2}} \right) = 0$ pour $v = \sqrt {\frac{3}{{2B}}} = {v_p}\sqrt {\frac{3}{2}} $.
${v_j} = {v_p}\sqrt {\frac{3}{2}} $
La vitesse la plus probable dans le jet est plus grande que celle dans le gaz en équilibre: c'était prévisible dans la mesure où le flux de particules émises est proportionnel à v.
DEUXIEME PARTIE : Etude de l'horloge à césium:
1)- La matrice d'évolution dans le vide relie la valeur des grandeurs a1 et a2 à la sortie du milieu vide à leur valeur à l'entrée de ce milieu:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&{{V_{12}}}\\{{V_{21}}}&{{V_{22}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
Par ailleurs, les grandeurs a1 et a2 sont données par les équations différentielles (4), que l'on peut écrire:
$\frac{{d{a_1}}}{{{a_1}}} = i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$ et $\frac{{d{a_2}}}{{{a_2}}} = - i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$
En intégrant ces deux équations depuis t = t0 + τ jusqu'à t = t0 + τ + T, on obtient:
${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$ et ${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$
D'où:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}&0\\0&{{e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
2)- A l'entrée de (R), le sélecteur d'état impose a1 = 1 et a2 = 0. A la sortie de (S), a1 et a2 sont donc donnés par la relation:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
et a2 pourra être obtenu par le produit:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0&1\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right]$
En effectuant le produit des trois matrices, on obtient:
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}}&{{S_{12}}}\\{{S_{21}}}&{{S_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&0\\0&{{V_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]$
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{R_{11}}}&{{R_{12}}}\\{{R_{21}}}&{{R_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{11}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{21}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{22}}}\end{array}} \right]$
D'où l'expression de a2:
a2 = S21V11R11 + S22V22R21
Le terme S21V11R11 correspond au chemin suivant: l'atome reste dans l'état 1 lors de la traversée de (R) ( terme R11 ), il traverse le milieu vide dans l'état 1 ( terme V11 ), et il passe de l'état 1 à l'état 2 lors de la traversée de (S).
De la même façon, le terme S22V22R21 correspond à une transition de 1 à 2 dans (R), une traversée du vide dans l'état 2; l'atome reste alors dans l'état 2 lors de la traversée de (S).
b)- Le système de tri placé à l'entrée est le même: les atomes entrent encore dans (R) dans l'état 1. Les grandeurs en sortie ont donc la même expression que précédemment, soit:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
On en déduit la valeur de a1 en sortie:
a1 = S11V11R11 + S12V22R21
Les deux contributions qui apparaissent correspondent aux deux chemins de phase suivants:
- Chemin IK'1: l'atome reste toujours dans l'état 1.
- chemin IJ1L1K'1: l'atome passe de l'état 1 à l'état 2 dans (R), traverse (V) dans l'état 2, puis passe de l'état 2 à l'état 1 dans (S).
( Je ne vois pas où se situe la symétrie évoquée dans l'énoncé ! )
3)-
a)- En effectuant le produit des deux matrices proposées, on obtient pour la matrice [R] l'expression:
$\left[ R \right] = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\chi }}}&{ - i{e^{i(\omega {t_0} + \chi )}}}\\{ - i{e^{ - i(\omega {t_0} + \chi )}}}&{{e^{ - i\chi }}}\end{array}} \right]$
La cavité (S) étant identique à (R), la matrice d'évolution est la même, à condition de remplacer t0 par t0 + T + τ. En utilisant la matrice [V] calculée plus haut, on obtient:
${S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - 2i\chi }} \cdot {e^{ - i\omega \frac{T}{2}}}$
b)- De la même façon, on trouve pour le second chemin de phase:
${S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - i\omega (T + \tau )}} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}}$
4)-
a)- A partir des deux résultats précédents, on détermine a2:
${a_2} = {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} + {S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}}\left( {{e^{ - i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} + {e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} - \omega (T + \tau )}}} \right)$ avec $\chi = \frac{{\omega \tau }}{2}$
et on en déduit p2= a2.a2*:
${p_2} = \frac{1}{4}\left[ {2 + {e^{i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}} + {e^{ - i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}}} \right] = \frac{1}{2}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right)$
le flux Φ s'écrit alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\left[ {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right]$
b)-Faut-il composer, ou comparer ?
Le déphasage entre les deux contributions est la somme des déphasages introduits par (V) d'une part, par (R) et (S) d'autre part. Dans (V), le déphasage introduit est -ω0T.
Dans (R) + (S), les deux contributions sont S22R21 et S21R11 qui s'écrivent:
$ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega {t_0} + 2\chi )}}$ et $ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega ({t_0} + T + \tau ) + \chi )}}$
On constate que les deux contributions subissent un déphasage de ωt0: t0 disparaît de l'expression du déphasage. En revanche, la liaison avec l'expression du champ magnétique paraît difficile à établir, dans la mesure où on ne possède aucune donnée permettant de relier cette expression aux matrices d'évolution.
c)-Si le système de sélection (A') avait sélectionné l'état 1, il aurait fallu étudier la grandeur a1 en sortie: on peut tirer sa valeur de la relation matricielle établie plus haut:
a1 = S11 V11.R11 + S12.V22.R21
On peut alors tirer p1 = a1.a1*, mais on sait qu'il faudra de toutes façons obtenir p1 = 1-p2. On peut le vérifier:
${a_1} = \frac{1}{2}{e^{i\chi }} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}} \cdot {e^{i\chi }} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{i\left( {\omega ({t_0} + \tau + T)} \right) + \chi }} \cdot {e^{ - i{\omega _0}\frac{T}{2}}} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{ - i\omega ({t_0} + \chi )}} = \frac{1}{2}\left[ {{e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} - {e^{i\left( {\omega (T + \tau ) + {\omega _0}\frac{T}{2}} \right)}}} \right]$
on en déduit p1:
${p_1} = {a_1} \cdot a_1^* = \frac{1}{2}\left( {1 - \cos [(\omega - {\omega _0})t} \right)$
On vérifie bien que p1 + p2 = 1.
d)- A part constater qu'une cavité double est équivalente à deux cavités à la file, je ne vois pas ce qu'on peut répondre à cette question.
5)- Le flux dΦ obtenu pour les particules ayant un temps de vol compris entre T et T + dT s'écrit, en admettant l'hypothèse de la distribution gaussienne:
$d\Phi = \Phi \cdot dp = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }}{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}} \cdot \left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT$
$$Pour prendre en compte toutes les particules quel que soit leur temps de vol, il conviendrait d'intégrer cette expression de 0 à l'infini.
En fait, comme la dispersion des temps de vol est faible devant le temps moyen (T1<<T0), on aura pratiquement la même valeur numérique en intégrant de moins l'infini à plus l'infini; on aura alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT} $
C'est à dire, en utilisant les intégrales tabulées en début d'énoncé:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2} \cdot \left( {1 + {e^{ - \frac{{{{(\omega - {\omega _0})}^2}{T_1}^2}}{2}}} \cdot \cos [(\omega - {\omega _0}){T_0}]} \right)$
b)- En réalité, les temps de vol doivent se calculer à partir de la vitesse du jet, c'est à dire: L = v.T. La distribution des vitesses dans le jet est de la forme : ${v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}} \cdot dv$; Comme on a : $dT = - \frac{L}{{{v^2}}} \cdot dv$, la distribution en temps de vol des atomes est proportionnelle à: $\frac{1}{{{T^5}}}{e^{ - \frac{{m{L^2}}}{{2k{\theta ^2}}}}}$
c)- La courbe tracée donne l'allure de la fonction $\frac{\Phi }{{{\Phi _0}}} = f(x)$, avec x = (ω−ω0)T0/3: avec les applications numériques de la
question suivante, une graduation de l'axe des abscisses correspond environ à 100 rd/s. Les deux maxima latéraux sont atteints pour x voisin de 6π (maximum de la fonction cos). Leur valeur approchée est de 0,64.Φ0.
d)- On a un phénomène voisin de celui obtenu en optique par les interférences entre deux ondes qui présentent une certaine largeur spectrale
e)- Plus le rapport $\frac{{{T_1}}}{{{T_0}}}$ est faible, plus la visibilité des franges décroît lentement: par analogie avec l'optique, on se rapproche d'une lumière monochromatique. Le contraste est amélioré, mais il peut être problématique de repérer la frange centrale.
On peut considérer par convention que les franges deviennent peu visibles à partir du moment où le contraste est divisé par e par rapport à sa valeur initiale: $\omega - {\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{T_1}}}$. "La distance" entre deux franges est : $\omega - {\omega _0} = \frac{{2\pi }}{{{T_0}}}$: ily aura ainsi environ $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}} \cdot \sqrt {\frac{2}{\pi }} $, soit un ordre de grandeur de $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}}$ franges visibles.
III- Etude de la précision de l'horloge:
1)- La mi hauteur est atteinte lorsque le cos s'annule pour la première fois depuis ω = ω0, soit pour:
$(\omega - {\omega _0}) \cdot T = \pm \frac{\pi }{2}$, soit $\omega = {\omega _0} \pm \frac{\pi }{{2T}}$
On en déduit: $\Delta \omega = \frac{\pi }{T}$
Soit, pour la largeur en fréquence: $\Delta f = \frac{1}{{2T}}$
Comme L = v.T, Δf s'écrit: $\Delta f = \frac{v}{{2L}}$
Soit numériquement
Δf=150 Hz
2)- Atomes lents:
a)- Les relations établies précédemment sont toujours vraies: comme on a divisé la vitesse par un facteur 100, on divise la largeur à mi hauteur par le même coefficient:
Δf2 = 1,5 Hz
b)- L = v.T: L étant donné, les écart relatifs de v et de T sont relié par la relation:
$\frac{{\Delta T}}{T} = \frac{{\Delta v}}{v} = \frac{{0,1}}{3}$
ΔT a la même signification que T1 dans la question II- 5- a. Le nombre de franges est donc de l'ordre de 30/
c)- Dans le premier cas, on prenait en compte tous les atomes du faisceau. Ici, on ne conserve que ceux dont la vitesse est comprise entre 2,9 et 3 m/s. On en déduit la valeur de KF :
${K_F} = \frac{{\int\limits_{2,9}^{3,1} {{v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}}} dv}}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{v_P}^3 \cdot {e^{ - \frac{{m{v_P}^2}}{{2k\theta }}}} \cdot dv} }}$
On peut considérer que l'exponentielle reste sensiblement constante sur le faible domaine d'intégration du numérateur. Quant à l'intégrale du dénominateur, elle est donnée dans le formulaire: on trouve ainsi:
${K_F} = \frac{{{B^2}}}{2} \cdot \left( {{{3,1}^4} - {{2,9}^4}} \right)$
Numériquement, on trouve:${K_F} \approx {10^{ - 9}}$.
Avec des flux aussi faibles, on rencontre toutes sortes de difficultés expérimentales: en admettant que l'on ait des capteurs suffisamment sensibles, les mesures risquent d'être erronées à la suite de prise en compte de signaux parasites, tels que le bruit de fond dans l'électronique.
3)- A la température de 2 µK, la vitesse quadratique moyenne ${v^*} = \sqrt {\frac{{3R\theta }}{M}} $prend la valeur:
v* = 1,94 cm/s
a)- Par rapport au cas précédent, on utilise tous les atomes qui sont envoyés avec la vitesse de 3 m/s, la vitesse d'agitation thermique étant négligeable à cette température.
Le temps de vol est plus long, ce qui rend la frange centrale beaucoup plus fine.
b)- Les atomes sont envoyés le long de l'axe des x horizontal avec la vitesse initiale v0 = 3 m/s à partir de l'origine O. en désignant par z l'axe vertical descendant, les équations du mouvement d'un atome s'écrivent:
$\begin{array}{l}\ddot x = 0\\\ddot z = \frac{g}{m}\end{array}$ soit, compte tenu des conditions initiales: $\begin{array}{l}x = v \cdot t\\z = \frac{1}{2}g \cdot {t^2}\end{array}$ l'équation de la trajectoire est donc: $z = \frac{1}{2}g\frac{{{x^2}}}{{{v^2}}}$.
Au bout de un mètre de parcours horizontal, les particules auront donc chuté de:
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5cm$ cm
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5$ cm
L'inconvénient majeur est que l'on est obligé d'avoir alors une cavité d'hyperfréquences de grandes dimensions, ce qui pose un problème, ne serait - ce que pour créer un champ magnétique uniforme.
c)- placer une horloge atomique à atomes refroidis dans un satellite aura l'avantage de se soustraire à la pesanteur, c'est à dire de faire disparaître l'inconvénient que l'on vient de mettre en évidence.
4)- Si H est la hauteur maximale du vol, on peut écrire: v02 = 2g.H, soit:
H = 46 cm
Et le temps de vol: $T = \frac{{2{v_0}}}{g}$ soit:0,61 s
Par rapport à l'horloge atomique à jet thermique, on a un temps de vol environ 180 fois plus grand: on obtiendra une raie centrale de largeur inférieure à 1 Hz. Par ailleurs, la dispersion très faible des vitesses permettra l'observation de nombreuses raies.
5)- Avec un champ magnétique de 10-7 T, le décalage en fréquence dû à l'effet Zeeman est de 4.10-4 Hz, c'est à dire nettement supérieure à l'inexactitude de l'horloge à atomes froids qui est de l'ordre de 9.109.2.10-15 =1,8.10-5 Hz :.il faut donc tenir compte du décalage Zeeman, et pour cela, il faut qu'il soit le même dans toutes les zones d'interaction, donc que le champ magnétique B0 soit le plus uniforme possible.
Le champ magnétique terrestre, avec une valeur de l'ordre de 5.10-5 T a une influence loin d'être négligeable sur l'horloge ( écart Zeeman de 100 Hz ), qui pourra avoir son bon fonctionnement perturbé par un changement d'orientation.
Pour que l'effet Zeeman ne diminue pas les performances de l'horloge, il faut connaître Δfz avec une précision de l'ordre de 1,8.10-5 Hz, soit $\frac{{\delta \left( {\Delta {f_z}} \right)}}{{\Delta {f_z}}} = 0,045$. La précision avec laquelle on doit connaître B0 et K0 est donnée par:
$\frac{{\delta {K_0}}}{{{K_0}}} + 2\frac{{\delta {B_0}}}{{{B_0}}} = 0,045$
Soit, en prenant des précisions relatives égales pour les deux grandeurs: 1,5%, ce qui représente:
δK0 = 6.108 Hz.K-2
δB0 = 1,5.10-9 T
6)- Les équations couplées proposées s'écrivent:
$\begin{array}{l}i\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_1} + {a_2}{\omega _1}{e^{i\omega t}}\\i\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_2} + {a_1}{\omega _1}{e^{ - i\omega t}}\end{array}$ et on effectue le changement de fonction: $\begin{array}{l}{a_1} = {b_1}{e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\{a_2} = {b_2}{e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$
$\begin{array}{l}\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + i\frac{\omega }{2}{b_1}} \right) \cdot {e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_2}}}{{dt}} - i\frac{\omega }{2}{b_2}} \right) \cdot {e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$ et le système en b s'écrit: $\begin{array}{l}i\frac{{d{b_1}}}{{dt}} - \frac{\omega }{2}{b_1} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_1} + {\omega _1}{b_2}\\i\frac{{d{b_2}}}{{dt}} + \frac{\omega }{2}{b_2} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_2} + {\omega _1}{b_1}\end{array}$
on tire de la première équation: ${b_2} = \frac{1}{{{\omega _1}}}\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + \frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}}{b_1}$
et en portant dans la seconde, on obtient l'équation en b1:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + \left[ {{\omega _1}^2 + \frac{{{{({\omega _0} - \omega )}^2}}}{4}} \right] \cdot {b_1} = 0$
On se place dans le cas où (ω - ω0)2<<ω12 : l'équation en b1 se réduit à:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + {\omega _1}^2b = 0$
Dont la solution générale s'écrit:
${b_1} = A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
On en déduit b2:
${b_2} = A \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} - 1} \right] \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} + 1} \right] \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Soit, dans le cadre de l'approximation:
${b_2} = - A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Pour retrouver les quatre coefficients de la matrice, on peut prendre les conditions initiales les plus générales sous la forme:
a1(t0) = a10 et a2(t0) = a20
Pour les b, ces conditions initiales s'écrivent:
$\begin{array}{l}{b_{10}} = {a_{10}} \cdot {e^{ - i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\\{b_{20}} = {a_{20}} \cdot {e^{i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\end{array}$
Le plus commode est de les appliquer à b1 + b2 et b1 – b2 :
$\begin{array}{l}{b_1} + {b_2} = 2B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}\\{b_1} - {b_2} = 2A \cdot {e^{i{\omega _1}t}}\end{array}$
Soit:
$\begin{array}{l}B = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\\A = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\end{array}$
On en déduit l'expression de a1 et de a2:
$\begin{array}{l}{a_1} = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}}\\{a_2} = - \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}}\end{array}$
Soit, après simplification:
$\begin{array}{l}{a_1} = {e^{i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} - i \cdot {e^{i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\\{a_2} = - i \cdot {e^{ - i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} + {e^{ - i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\end{array}$
On retrouve bien ainsi les éléments de la matrice [R] proposée dans l'énoncé, à condition de prendre:
${\omega _1} = \frac{\pi }{{4\tau }}$
b)- Si on ne choisit pas cette valeur particulière, on ne modifie pas les termes de phase, et les deux contributions S22V22R21 et S21V11R11 on encore la même amplitude :sin(ω1τ).cos(ω1τ); le flux s'écrit donc:
$\Phi = {\Phi _0} \cdot {\sin ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot {\cos ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot \left( {1 + \cos [({\omega _0} - \omega )T]} \right)$Z
On obtient donc encore des franges de Ramsey du même type. Le choix effectué correspond à un maximum de la fonction sin(ω1τ).cos(ω1τ), donc à un maximum du flux, c'est à dire aux franges les plus "lumineuses.
7)- A ce degré de précision, il est à peu près évident que tout phénomène secondaire ne devient plus négligeable. Il semble difficile de faire d'autres commentaires sérieux sans être spécialiste de la question.
1)- Distribution des vitesses à l'équilibre thermodynamique:
a)- Le terme en exposant doit être sans dimension: B a donc la dimension d'une vitesse à la puissance –2.
$\frac{{{d^3}N}}{N}$ est un nombre sans dimension: a a la dimension d'une vitesse à la puissance –1:
B est en s2.m-2 et a est en s.m-1.
Par ailleurs, le nombre de molécules ayant une vitesse quelconque est égal à N: on en déduit:
$1 = {a^3} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_y}^2}}d{v_y}} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_z}^2}}d{v_z}} = {\left[ {a \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} } \right]^3}$
$a = \frac{1}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }} = \frac{1}{{2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{ - B{v_x}^2}}d{v_x}} }}$
C'est à dire, en utilisant l'intégrale I0:
$a = \sqrt {\frac{B}{\pi }} $
b)- On écrit la loi précédente en passant en coordonnées sphériques dans l'espace des v:
${v^2} = v_x^2 + v_y^2 + v_z^2$ et $d{v_x} \cdot d{v_y} \cdot d{v_z} = {v^2}\sin \theta \cdot dv \cdot d\theta \cdot d\phi $
et pour avoir la proportion de molécules dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, on intègre sur toutes les directions, soit de 0 à π en θ et de 0 à 2π en ϕ. On a ainsi:
$\frac{{dN'}}{N} = {a^3} \cdot {e^{ - B{v^2}}}{v^2} \cdot dv\int\limits_0^\pi {\sin \theta \cdot d\theta } \int\limits_0^{2\pi } {d\phi = p(v)dv} $
et on en déduit: $p(v) = 4\pi {a^3}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$, soit:
$p(v) = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}{v^2}{e^{ - B{v^2}}}$
p(v) est bien sûr toujours positif; par ailleurs, il tend vers 0 si v tend vers l'infini et il est nul pour v = 0: il présente donc un maximum;
$\frac{{dp}}{{dv}} = 8\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}}v{e^{ - B{v^2}}} \cdot \left( {1 - B{v^2}} \right)$$\frac{{dp}}{{dv}} = 0$ pour ${v_P}^2 = \frac{1}{B}$soit pour:
c)- Par définition, la vitesse quadratique moyenne s'écrit:
${\left( {{v^*}} \right)^2} = \int\limits_0^\infty {{v^2}p(v) \cdot dv = \int\limits_0^\infty {4\pi {a^3}{v^4}{e^{ - B{v^2}}} \cdot dv} } = 4\pi {\left( {\frac{B}{\pi }} \right)^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{3}{{8{B^2}}}{\left( {\frac{\pi }{B}} \right)^{\frac{1}{2}}}$
${v_P} = \sqrt {\frac{1}{B}} $
${v^*} = \sqrt {\frac{3}{{2B}}} $
$B = \frac{m}{{2k\theta}}$${v^*} = \sqrt {\frac{{3k\theta }}{m}} $ et ${v_P} = \sqrt {\frac{{2k\theta }}{m}} $
e)- Application numérique:
On tire θ de l'expression de la vitesse quadratique moyenne:
$\theta = \frac{{m{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3k}} = \frac{{M{{\left( {{v^*}} \right)}^2}}}{{3R}}$
2)- Distribution des vitesses dans un jet atomique:
a)- Le nombre dn d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv est proportionnel à
θ=479,6 K vP = 245 m/s
p(v).dv; la distribution des vitesses étant à priori isotrope, le nombre dn' d'atomes par unité de volume dont le module de la vitesse est compris entre v et v + dv, et dont la direction est dans l'angle solide α est proportionnel à:
$p(v)\frac{\alpha }{{4\pi }}dv$
pendant l'intervalle de temps dt, le nombre d'atomes qui sortent par le trou dans la direction approximativement normale au plan du trou, et avec la vitesse voisine de v est égal au nombre d'atomes compris dans le cylindre de section droite S et de génératrice v.dt:
${d^2}{n_{v,\alpha a}} = \frac{\alpha }{{4\pi }}n \cdot p(v)dv \cdot Svdt$
On en déduit:
$d{n_{v,\alpha }} = {N_0}\frac{\alpha }{{4\pi }} \cdot {v^3}{e^{ - B{v^4}}} \cdot dv$
${v_j} = {v_p}\sqrt {\frac{3}{2}} $
La vitesse la plus probable dans le jet est plus grande que celle dans le gaz en équilibre: c'était prévisible dans la mesure où le flux de particules émises est proportionnel à v.
DEUXIEME PARTIE : Etude de l'horloge à césium:
1)- La matrice d'évolution dans le vide relie la valeur des grandeurs a1 et a2 à la sortie du milieu vide à leur valeur à l'entrée de ce milieu:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&{{V_{12}}}\\{{V_{21}}}&{{V_{22}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
Par ailleurs, les grandeurs a1 et a2 sont données par les équations différentielles (4), que l'on peut écrire:
$\frac{{d{a_1}}}{{{a_1}}} = i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$ et $\frac{{d{a_2}}}{{{a_2}}} = - i\frac{{{\omega _0}}}{2} \cdot dt$
En intégrant ces deux équations depuis t = t0 + τ jusqu'à t = t0 + τ + T, on obtient:
${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$ et ${a_1}({t_0} + \tau + T) = {a_1}({t_0} + \tau ) \cdot {e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}$
D'où:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau )}\\{{a_1}({t_0} + \tau )}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}&0\\0&{{e^{ - i\frac{{{\omega _0}}}{2}T}}}\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\\{{a_1}({t_0} + \tau + T)}\end{array}} \right]$
2)- A l'entrée de (R), le sélecteur d'état impose a1 = 1 et a2 = 0. A la sortie de (S), a1 et a2 sont donc donnés par la relation:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
et a2 pourra être obtenu par le produit:
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}0&1\end{array}} \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right]$
En effectuant le produit des trois matrices, on obtient:
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}}&{{S_{12}}}\\{{S_{21}}}&{{S_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{V_{11}}}&0\\0&{{V_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]$
$\left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}}&{{S_{12}}{V_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}}&{{S_{22}}{V_{22}}}\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{R_{11}}}&{{R_{12}}}\\{{R_{21}}}&{{R_{22}}}\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{S_{11}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{11}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{12}}{V_{22}}{R_{22}}}\\{{S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}}}&{{S_{21}}{V_{11}}{R_{12}} + {S_{22}}{V_{22}}{R_{22}}}\end{array}} \right]$
D'où l'expression de a2:
a2 = S21V11R11 + S22V22R21
Le terme S21V11R11 correspond au chemin suivant: l'atome reste dans l'état 1 lors de la traversée de (R) ( terme R11 ), il traverse le milieu vide dans l'état 1 ( terme V11 ), et il passe de l'état 1 à l'état 2 lors de la traversée de (S).
De la même façon, le terme S22V22R21 correspond à une transition de 1 à 2 dans (R), une traversée du vide dans l'état 2; l'atome reste alors dans l'état 2 lors de la traversée de (S).
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1}}\\{{a_2}}\end{array}} \right] = \left[ S \right] \cdot \left[ V \right] \cdot \left[ R \right] \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}1\\0\end{array}} \right]$
On en déduit la valeur de a1 en sortie:
a1 = S11V11R11 + S12V22R21
Les deux contributions qui apparaissent correspondent aux deux chemins de phase suivants:
- chemin IJ1L1K'1: l'atome passe de l'état 1 à l'état 2 dans (R), traverse (V) dans l'état 2, puis passe de l'état 2 à l'état 1 dans (S).
( Je ne vois pas où se situe la symétrie évoquée dans l'énoncé ! )
3)-
a)- En effectuant le produit des deux matrices proposées, on obtient pour la matrice [R] l'expression:
$\left[ R \right] = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^{i\chi }}}&{ - i{e^{i(\omega {t_0} + \chi )}}}\\{ - i{e^{ - i(\omega {t_0} + \chi )}}}&{{e^{ - i\chi }}}\end{array}} \right]$
La cavité (S) étant identique à (R), la matrice d'évolution est la même, à condition de remplacer t0 par t0 + T + τ. En utilisant la matrice [V] calculée plus haut, on obtient:
${S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - 2i\chi }} \cdot {e^{ - i\omega \frac{T}{2}}}$
b)- De la même façon, on trouve pour le second chemin de phase:
${S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}} \cdot {e^{ - i\omega (T + \tau )}} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}}$
4)-
a)- A partir des deux résultats précédents, on détermine a2:
${a_2} = {S_{22}}{V_{22}}{R_{21}} + {S_{21}}{V_{11}}{R_{11}} = - \frac{i}{2}{e^{ - i\omega {t_0}}}\left( {{e^{ - i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} + {e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} - \omega (T + \tau )}}} \right)$ avec $\chi = \frac{{\omega \tau }}{2}$
et on en déduit p2= a2.a2*:
${p_2} = \frac{1}{4}\left[ {2 + {e^{i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}} + {e^{ - i({\omega _0}T + 2\chi - \omega (T + \tau ))}}} \right] = \frac{1}{2}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right)$
le flux Φ s'écrit alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\left[ {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T]} \right]$
b)-Faut-il composer, ou comparer ?
Le déphasage entre les deux contributions est la somme des déphasages introduits par (V) d'une part, par (R) et (S) d'autre part. Dans (V), le déphasage introduit est -ω0T.
Dans (R) + (S), les deux contributions sont S22R21 et S21R11 qui s'écrivent:
$ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega {t_0} + 2\chi )}}$ et $ - \frac{i}{2}{e^{ - i(\omega ({t_0} + T + \tau ) + \chi )}}$
On constate que les deux contributions subissent un déphasage de ωt0: t0 disparaît de l'expression du déphasage. En revanche, la liaison avec l'expression du champ magnétique paraît difficile à établir, dans la mesure où on ne possède aucune donnée permettant de relier cette expression aux matrices d'évolution.
c)-Si le système de sélection (A') avait sélectionné l'état 1, il aurait fallu étudier la grandeur a1 en sortie: on peut tirer sa valeur de la relation matricielle établie plus haut:
a1 = S11 V11.R11 + S12.V22.R21
On peut alors tirer p1 = a1.a1*, mais on sait qu'il faudra de toutes façons obtenir p1 = 1-p2. On peut le vérifier:
${a_1} = \frac{1}{2}{e^{i\chi }} \cdot {e^{i{\omega _0}\frac{T}{2}}} \cdot {e^{i\chi }} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{i\left( {\omega ({t_0} + \tau + T)} \right) + \chi }} \cdot {e^{ - i{\omega _0}\frac{T}{2}}} - \frac{i}{{\sqrt 2 }}{e^{ - i\omega ({t_0} + \chi )}} = \frac{1}{2}\left[ {{e^{i({\omega _0}\frac{T}{2} + 2\chi )}} - {e^{i\left( {\omega (T + \tau ) + {\omega _0}\frac{T}{2}} \right)}}} \right]$
on en déduit p1:
${p_1} = {a_1} \cdot a_1^* = \frac{1}{2}\left( {1 - \cos [(\omega - {\omega _0})t} \right)$
On vérifie bien que p1 + p2 = 1.
d)- A part constater qu'une cavité double est équivalente à deux cavités à la file, je ne vois pas ce qu'on peut répondre à cette question.
$d\Phi = \Phi \cdot dp = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }}{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}} \cdot \left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT$
$$Pour prendre en compte toutes les particules quel que soit leur temps de vol, il conviendrait d'intégrer cette expression de 0 à l'infini.
En fait, comme la dispersion des temps de vol est faible devant le temps moyen (T1<<T0), on aura pratiquement la même valeur numérique en intégrant de moins l'infini à plus l'infini; on aura alors:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2}\frac{1}{{\sqrt {2\pi T_i^2} }} \cdot \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - \frac{{{{(T - {T_0})}^2}}}{{2T_1^2}}}}\left( {1 + \cos [(\omega - {\omega _0})T} \right) \cdot dT} $
C'est à dire, en utilisant les intégrales tabulées en début d'énoncé:
$\Phi = \frac{{{\Phi _0}}}{2} \cdot \left( {1 + {e^{ - \frac{{{{(\omega - {\omega _0})}^2}{T_1}^2}}{2}}} \cdot \cos [(\omega - {\omega _0}){T_0}]} \right)$
b)- En réalité, les temps de vol doivent se calculer à partir de la vitesse du jet, c'est à dire: L = v.T. La distribution des vitesses dans le jet est de la forme : ${v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}} \cdot dv$; Comme on a : $dT = - \frac{L}{{{v^2}}} \cdot dv$, la distribution en temps de vol des atomes est proportionnelle à: $\frac{1}{{{T^5}}}{e^{ - \frac{{m{L^2}}}{{2k{\theta ^2}}}}}$
c)- La courbe tracée donne l'allure de la fonction $\frac{\Phi }{{{\Phi _0}}} = f(x)$, avec x = (ω−ω0)T0/3: avec les applications numériques de laquestion suivante, une graduation de l'axe des abscisses correspond environ à 100 rd/s. Les deux maxima latéraux sont atteints pour x voisin de 6π (maximum de la fonction cos). Leur valeur approchée est de 0,64.Φ0.
d)- On a un phénomène voisin de celui obtenu en optique par les interférences entre deux ondes qui présentent une certaine largeur spectrale
e)- Plus le rapport $\frac{{{T_1}}}{{{T_0}}}$ est faible, plus la visibilité des franges décroît lentement: par analogie avec l'optique, on se rapproche d'une lumière monochromatique. Le contraste est amélioré, mais il peut être problématique de repérer la frange centrale.
On peut considérer par convention que les franges deviennent peu visibles à partir du moment où le contraste est divisé par e par rapport à sa valeur initiale: $\omega - {\omega _0} = \frac{{\sqrt 2 }}{{{T_1}}}$. "La distance" entre deux franges est : $\omega - {\omega _0} = \frac{{2\pi }}{{{T_0}}}$: ily aura ainsi environ $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}} \cdot \sqrt {\frac{2}{\pi }} $, soit un ordre de grandeur de $\frac{{{T_0}}}{{{T_1}}}$ franges visibles.
III- Etude de la précision de l'horloge:
1)- La mi hauteur est atteinte lorsque le cos s'annule pour la première fois depuis ω = ω0, soit pour:
$(\omega - {\omega _0}) \cdot T = \pm \frac{\pi }{2}$, soit $\omega = {\omega _0} \pm \frac{\pi }{{2T}}$
On en déduit: $\Delta \omega = \frac{\pi }{T}$
Soit, pour la largeur en fréquence: $\Delta f = \frac{1}{{2T}}$
Comme L = v.T, Δf s'écrit: $\Delta f = \frac{v}{{2L}}$
Soit numériquement
Δf=150 Hz
a)- Les relations établies précédemment sont toujours vraies: comme on a divisé la vitesse par un facteur 100, on divise la largeur à mi hauteur par le même coefficient:
Δf2 = 1,5 Hz
b)- L = v.T: L étant donné, les écart relatifs de v et de T sont relié par la relation:
$\frac{{\Delta T}}{T} = \frac{{\Delta v}}{v} = \frac{{0,1}}{3}$
ΔT a la même signification que T1 dans la question II- 5- a. Le nombre de franges est donc de l'ordre de 30/
c)- Dans le premier cas, on prenait en compte tous les atomes du faisceau. Ici, on ne conserve que ceux dont la vitesse est comprise entre 2,9 et 3 m/s. On en déduit la valeur de KF :
${K_F} = \frac{{\int\limits_{2,9}^{3,1} {{v^3} \cdot {e^{ - \frac{{m{v^2}}}{{2k\theta }}}}} dv}}{{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{v_P}^3 \cdot {e^{ - \frac{{m{v_P}^2}}{{2k\theta }}}} \cdot dv} }}$
On peut considérer que l'exponentielle reste sensiblement constante sur le faible domaine d'intégration du numérateur. Quant à l'intégrale du dénominateur, elle est donnée dans le formulaire: on trouve ainsi:
${K_F} = \frac{{{B^2}}}{2} \cdot \left( {{{3,1}^4} - {{2,9}^4}} \right)$
Numériquement, on trouve:${K_F} \approx {10^{ - 9}}$.
Avec des flux aussi faibles, on rencontre toutes sortes de difficultés expérimentales: en admettant que l'on ait des capteurs suffisamment sensibles, les mesures risquent d'être erronées à la suite de prise en compte de signaux parasites, tels que le bruit de fond dans l'électronique.
3)- A la température de 2 µK, la vitesse quadratique moyenne ${v^*} = \sqrt {\frac{{3R\theta }}{M}} $prend la valeur:
v* = 1,94 cm/s
a)- Par rapport au cas précédent, on utilise tous les atomes qui sont envoyés avec la vitesse de 3 m/s, la vitesse d'agitation thermique étant négligeable à cette température.
Le temps de vol est plus long, ce qui rend la frange centrale beaucoup plus fine.
b)- Les atomes sont envoyés le long de l'axe des x horizontal avec la vitesse initiale v0 = 3 m/s à partir de l'origine O. en désignant par z l'axe vertical descendant, les équations du mouvement d'un atome s'écrivent:
$\begin{array}{l}\ddot x = 0\\\ddot z = \frac{g}{m}\end{array}$ soit, compte tenu des conditions initiales: $\begin{array}{l}x = v \cdot t\\z = \frac{1}{2}g \cdot {t^2}\end{array}$ l'équation de la trajectoire est donc: $z = \frac{1}{2}g\frac{{{x^2}}}{{{v^2}}}$.
Au bout de un mètre de parcours horizontal, les particules auront donc chuté de:
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5cm$ cm
$z = \frac{{0,5*9,8}}{9} = 54,5$ cm
L'inconvénient majeur est que l'on est obligé d'avoir alors une cavité d'hyperfréquences de grandes dimensions, ce qui pose un problème, ne serait - ce que pour créer un champ magnétique uniforme.
c)- placer une horloge atomique à atomes refroidis dans un satellite aura l'avantage de se soustraire à la pesanteur, c'est à dire de faire disparaître l'inconvénient que l'on vient de mettre en évidence.
H = 46 cm
Et le temps de vol: $T = \frac{{2{v_0}}}{g}$ soit:0,61 s
Par rapport à l'horloge atomique à jet thermique, on a un temps de vol environ 180 fois plus grand: on obtiendra une raie centrale de largeur inférieure à 1 Hz. Par ailleurs, la dispersion très faible des vitesses permettra l'observation de nombreuses raies.
5)- Avec un champ magnétique de 10-7 T, le décalage en fréquence dû à l'effet Zeeman est de 4.10-4 Hz, c'est à dire nettement supérieure à l'inexactitude de l'horloge à atomes froids qui est de l'ordre de 9.109.2.10-15 =1,8.10-5 Hz :.il faut donc tenir compte du décalage Zeeman, et pour cela, il faut qu'il soit le même dans toutes les zones d'interaction, donc que le champ magnétique B0 soit le plus uniforme possible.
Le champ magnétique terrestre, avec une valeur de l'ordre de 5.10-5 T a une influence loin d'être négligeable sur l'horloge ( écart Zeeman de 100 Hz ), qui pourra avoir son bon fonctionnement perturbé par un changement d'orientation.
Pour que l'effet Zeeman ne diminue pas les performances de l'horloge, il faut connaître Δfz avec une précision de l'ordre de 1,8.10-5 Hz, soit $\frac{{\delta \left( {\Delta {f_z}} \right)}}{{\Delta {f_z}}} = 0,045$. La précision avec laquelle on doit connaître B0 et K0 est donnée par:
$\frac{{\delta {K_0}}}{{{K_0}}} + 2\frac{{\delta {B_0}}}{{{B_0}}} = 0,045$
Soit, en prenant des précisions relatives égales pour les deux grandeurs: 1,5%, ce qui représente:
δK0 = 6.108 Hz.K-2
δB0 = 1,5.10-9 T
6)- Les équations couplées proposées s'écrivent:
$\begin{array}{l}i\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_1} + {a_2}{\omega _1}{e^{i\omega t}}\\i\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{a_2} + {a_1}{\omega _1}{e^{ - i\omega t}}\end{array}$ et on effectue le changement de fonction: $\begin{array}{l}{a_1} = {b_1}{e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\{a_2} = {b_2}{e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$
$\begin{array}{l}\frac{{d{a_1}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + i\frac{\omega }{2}{b_1}} \right) \cdot {e^{i\omega \frac{t}{2}}}\\\frac{{d{a_2}}}{{dt}} = \left( {\frac{{d{b_2}}}{{dt}} - i\frac{\omega }{2}{b_2}} \right) \cdot {e^{ - i\omega \frac{t}{2}}}\end{array}$ et le système en b s'écrit: $\begin{array}{l}i\frac{{d{b_1}}}{{dt}} - \frac{\omega }{2}{b_1} = - \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_1} + {\omega _1}{b_2}\\i\frac{{d{b_2}}}{{dt}} + \frac{\omega }{2}{b_2} = \frac{{{\omega _0}}}{2}{b_2} + {\omega _1}{b_1}\end{array}$
on tire de la première équation: ${b_2} = \frac{1}{{{\omega _1}}}\frac{{d{b_1}}}{{dt}} + \frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}}{b_1}$
et en portant dans la seconde, on obtient l'équation en b1:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + \left[ {{\omega _1}^2 + \frac{{{{({\omega _0} - \omega )}^2}}}{4}} \right] \cdot {b_1} = 0$
On se place dans le cas où (ω - ω0)2<<ω12 : l'équation en b1 se réduit à:
$\frac{{{d^2}{b_1}}}{{d{t^2}}} + {\omega _1}^2b = 0$
Dont la solution générale s'écrit:
${b_1} = A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
On en déduit b2:
${b_2} = A \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} - 1} \right] \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot \left[ {\frac{{{\omega _0} - \omega }}{{2{\omega _1}}} + 1} \right] \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Soit, dans le cadre de l'approximation:
${b_2} = - A \cdot {e^{i{\omega _1}t}} + B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}$
Pour retrouver les quatre coefficients de la matrice, on peut prendre les conditions initiales les plus générales sous la forme:
a1(t0) = a10 et a2(t0) = a20
Pour les b, ces conditions initiales s'écrivent:
$\begin{array}{l}{b_{10}} = {a_{10}} \cdot {e^{ - i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\\{b_{20}} = {a_{20}} \cdot {e^{i\frac{\omega }{2}{t_0}}}\end{array}$
Le plus commode est de les appliquer à b1 + b2 et b1 – b2 :
$\begin{array}{l}{b_1} + {b_2} = 2B \cdot {e^{ - i{\omega _1}t}}\\{b_1} - {b_2} = 2A \cdot {e^{i{\omega _1}t}}\end{array}$
Soit:
$\begin{array}{l}B = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\\A = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right]\end{array}$
On en déduit l'expression de a1 et de a2:
$\begin{array}{l}{a_1} = \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}}\\{a_2} = - \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}} - {a_{20}} \cdot {e^{ - i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2})t}} + \frac{1}{2} \cdot \left[ {{a_{10}} \cdot {e^{i({\omega _1} - \frac{\omega }{2}){t_0}}} + {a_{20}} \cdot {e^{i({\omega _1} + \frac{\omega }{2}){t_0}}}} \right] \cdot {e^{ - i({\omega _1} + \frac{\omega }{2})t}}\end{array}$
Soit, après simplification:
$\begin{array}{l}{a_1} = {e^{i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} - i \cdot {e^{i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\\{a_2} = - i \cdot {e^{ - i(\omega {t_0} + \frac{\omega }{2}\tau )}} \cdot \sin ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{10}} + {e^{ - i\frac{\omega }{2}\tau }} \cdot \cos ({\omega _1}\tau ) \cdot {a_{20}}\end{array}$
On retrouve bien ainsi les éléments de la matrice [R] proposée dans l'énoncé, à condition de prendre:
${\omega _1} = \frac{\pi }{{4\tau }}$
$\Phi = {\Phi _0} \cdot {\sin ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot {\cos ^2}({\omega _1}\tau ) \cdot \left( {1 + \cos [({\omega _0} - \omega )T]} \right)$Z
On obtient donc encore des franges de Ramsey du même type. Le choix effectué correspond à un maximum de la fonction sin(ω1τ).cos(ω1τ), donc à un maximum du flux, c'est à dire aux franges les plus "lumineuses.
7)- A ce degré de précision, il est à peu près évident que tout phénomène secondaire ne devient plus négligeable. Il semble difficile de faire d'autres commentaires sérieux sans être spécialiste de la question.
