Feuille d'entraînement : Équations de Maxwell et ondes électromagnétiques dans le vide

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique PC 2026, Q23

   À l'intérieur du condensateur, entre les deux armatures, il n'y a aucune charge volumique, soit \rho = 0.

   L'équation de Maxwell-Gauss s'écrit alors :

   \operatorname{div} \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} = 0

   D'après l'étude menée à la question précédente (Q22), le champ électrique est de la forme \vec{E} = E(x)\,\vec{u}_x (ses composantes radiale E_r et orthoradiale E_\theta étant nulles).

   En utilisant l'expression de la divergence en coordonnées cylindriques fournie dans le formulaire :

   \operatorname{div} \vec{E} = \frac{1}{r} \frac{\partial (r E_r)}{\partial r} + \frac{1}{r}\frac{\partial E_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}x}

   On en déduit donc :

   \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}x} = 0

   La composante E(x) ne dépend donc pas de x : elle est constante.

   Comme sa direction et son sens sont fixés par le vecteur unitaire \vec{u}_x, le champ électrique \vec{E} est indépendant de toute coordonnée d'espace à l'intérieur du condensateur :

   \boxed{\vec{E} \text{ est uniforme à l'intérieur du condensateur.}}

   Résultat

   $$\vec{E}\text{ est uniforme aˋ l’inteˊrieur du condensateur.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q11

   Dans le vide, en l'absence de sources de charges (\rho = 0) et de courants (\vec{\jmath} = \vec{0}), les équations de Maxwell s'écrivent :

   \begin{aligned} \text{Maxwell-Gauss (M-G) :}\quad & \operatorname{div}\vec{E} = 0 \\ \text{Maxwell-Thomson (M-T) :}\quad & \operatorname{div}\vec{B} = 0 \\ \text{Maxwell-Faraday (M-F) :}\quad & \vec{\operatorname{rot}}\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \\ \text{Maxwell-Ampère (M-A) :}\quad & \vec{\operatorname{rot}}\vec{B} = \mu_0\epsilon_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \end{aligned}

   Prenons le rotationnel de l'équation de Maxwell-Faraday :

   \vec{\operatorname{rot}}\big(\vec{\operatorname{rot}}\vec{E}\big) = -\vec{\operatorname{rot}}\left(\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\right) = -\frac{\partial}{\partial t}\big(\vec{\operatorname{rot}}\vec{B}\big)

   D'après la formule vectorielle donnée en fin d'énoncé :

   \vec{\operatorname{rot}}\big(\vec{\operatorname{rot}}\vec{E}\big) = \vec{\operatorname{grad}}(\operatorname{div}\vec{E}) - \Delta\vec{E}

   Comme \operatorname{div}\vec{E} = 0 (d'après M-G), le terme de gradient s'annule. En injectant l'équation de Maxwell-Ampère pour exprimer \vec{\operatorname{rot}}\vec{B}, il vient :

   -\Delta\vec{E} = -\mu_0\epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2}

   En posant c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}, on obtient l'équation de propagation du champ électrique dans le vide :

   \boxed{\Delta\vec{E} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vec{E}}{\partial t^2} = \vec{0}}

   Cette équation aux dérivées partielles est l'équation de d'Alembert (ou équation des ondes).

   L'opérateur de dérivation temporelle n'intervient qu'au second ordre \frac{\partial^2}{\partial t^2}. Par conséquent, sous l'opération de renversement du temps t \mapsto -t, on a :

   \frac{\partial^2}{\partial (-t)^2} = \frac{\partial^2}{\partial t^2}

   L'équation de d'Alembert est donc invariante par renversement du temps : elle est réversible dans le temps (absence de terme dissipatif du premier ordre en \frac{\partial}{\partial t}).

   On rencontre également cette équation en acoustique des fluides (ou mécanique des ondes sonores) : la surpression acoustique p_1(M,t) par rapport à la pression d'équilibre P_0 vérifie, dans le cadre de l'approximation acoustique (faibles perturbations, fluide parfait non visqueux et adiabatique) :

   \Delta p_1 - \frac{1}{c_s^2}\frac{\partial^2 p_1}{\partial t^2} = 0

   où la constante c_s = \frac{1}{\sqrt{\chi_s \rho_0}} représente la célérité des ondes sonores, avec \rho_0 la masse volumique du fluide au repos et \chi_s son coefficient de compressibilité isentropique.

   Résultat

   $$\Delta \vec{E}-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2\vec{E}}{\partial t^2}=\vec{0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q14

   Par définition, le vecteur de Poynting dans le vide s'écrit :

   \vec{\Pi} = \frac{\vec{E} \wedge \vec{B}}{\mu_0}

   En utilisant les expressions des champs électrique et magnétique obtenues aux questions 12 et 13 :

   \vec{E}(M,t) = E_0 \cos(\omega t - kz)\,\widehat{e}_x \quad \text{et} \quad \vec{B}(M,t) = \frac{E_0}{c}\cos(\omega t - kz)\,\widehat{e}_y

   avec \widehat{e}_x \wedge \widehat{e}_y = \widehat{e}_z et \mu_0 \epsilon_0 c^2 = 1 (soit \frac{1}{\mu_0} = \epsilon_0 c^2), on obtient :

   \vec{\Pi}(M,t) = \frac{E_0^2}{\mu_0 c} \cos^2(\omega t - kz)\,\widehat{e}_z

   \boxed{\vec{\Pi}(M,t) = \epsilon_0 c E_0^2 \cos^2(\omega t - kz)\,\widehat{e}_z}

   La puissance instantanée traversant une surface plane \mathscr{S} orthogonale à la direction de propagation et orientée dans le sens de propagation (soit \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\widehat{e}_z) est le flux du vecteur de Poynting à travers cette surface :

   \mathcal{P}(t) = \iint_{\mathscr{S}} \vec{\Pi}(M,t) \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \vec{\Pi} \cdot \widehat{e}_z \iint_{\mathscr{S}} \mathrm{d}S = \epsilon_0 c E_0^2 \mathscr{S} \cos^2(\omega t - kz)

   En prenant la moyenne temporelle sur une période T = \frac{2\pi}{\omega}, sachant que \langle \cos^2(\omega t - kz) \rangle = \frac{1}{2}, la puissance moyenne s'écrit :

   \boxed{\langle\mathcal{P}\rangle = \frac{1}{2} \epsilon_0 c E_0^2 \mathscr{S}}

   Résultat

   $$\vec{\Pi }(M,t)={ϵ}_{0}c{E}_0^2{\cos }^2(\omega t-kz){\hat{e}}_z$$

   $$⟨\mathcal{P}⟩=\frac{1}{2}{ϵ}_{0}c{E}_0^2\mathcal{S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 2 PC 2025, Q5

   Dans le vide régnant à l'intérieur de la cavité, la densité volumique de charge et le vecteur densité de courant sont nuls : \rho = 0 et \vec{\jmath} = \vec{0}. Les équations de Maxwell s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{div}\,\vec{E} &= 0 \quad (\text{Maxwell-Gauss}) \\ \vec{\operatorname{rot}}\,\vec{E} &= -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \quad (\text{Maxwell-Faraday}) \\ \vec{\operatorname{rot}}\,\vec{B} &= \frac{1}{c^2}\frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \quad (\text{Maxwell-Ampère}) \end{aligned}

   où c = 1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0} est la célérité de la lumière dans le vide.

   En prenant le rotationnel de l'équation de Maxwell-Faraday et en utilisant la relation vectorielle du formulaire :

   \vec{\operatorname{rot}}\left(\vec{\operatorname{rot}}\,\vec{E}\right) = \vec{\operatorname{grad}}\left(\mathrm{div}\,\vec{E}\right) - \vec{\Delta}\vec{E} = -\vec{\Delta}\vec{E}

   car \mathrm{div}\,\vec{E} = 0.

   D'autre part, en permutant les dérivées spatiales et temporelles et en injectant l'équation de Maxwell-Ampère :

   \vec{\operatorname{rot}}\left(\vec{\operatorname{rot}}\,\vec{E}\right) = -\frac{\partial}{\partial t}\left(\vec{\operatorname{rot}}\,\vec{B}\right) = -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2}.

   On en déduit l'équation de d'Alembert pour le champ électrique vectoriel :

   \vec{\Delta}\vec{E} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} = \vec{0}.

   Le champ électrique est orienté selon l'axe de la cavité : \vec{E}(M,t) = E(r,t)\,\vec{e}_z. Comme le vecteur unitaire cartésien \vec{e}_z est uniforme et constant dans l'espace, le laplacien vectoriel appliqué à \vec{E} coïncide avec le laplacien scalaire appliqué à sa composante :

   \vec{\Delta}\vec{E} = \vec{\Delta}\big(E(r,t)\,\vec{e}_z\big) = \big(\Delta E(r,t)\big)\,\vec{e}_z.

   En projetant sur \vec{e}_z, on obtient l'équation scalaire recherchée :

   \boxed{\Delta E - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 E}{\partial t^2} = 0.}

   Résultat

   $$\Delta E-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^{2}E}{\partial t^2}=0.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique C PC 2025, Q43

   Le vecteur de Poynting \vec{\pi}(\vec{r}, t) représente le flux surfacique de puissance transporté par le champ électromagnétique. Il est défini par :

   \boxed{\vec{\pi}(\vec{r}) = \frac{\vec{E}(\vec{r}) \wedge \vec{B}(\vec{r})}{\mu_0}}

   Calculons sa divergence en utilisant la relation d'analyse vectorielle (4) :

   \begin{aligned} \operatorname{div} \vec{\pi} &= \frac{1}{\mu_0} \operatorname{div}(\vec{E} \wedge \vec{B}) \\ &= \frac{1}{\mu_0} \left[ \vec{B} \cdot (\vec{\operatorname{rot}} \vec{E}) - \vec{E} \cdot (\vec{\operatorname{rot}} \vec{B}) \right] \end{aligned}

   D'après les équations de Maxwell valables dans l'ARQS magnétique (équations (17)) :

   \vec{\operatorname{rot}} \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \quad \text{et} \quad \vec{\operatorname{rot}} \vec{B} \simeq \mu_0 \vec{j}

   En reportant ces expressions dans la divergence, il vient :

   \begin{aligned} \operatorname{div} \vec{\pi} &= \frac{1}{\mu_0} \vec{B} \cdot \left( -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \right) - \frac{1}{\mu_0} \vec{E} \cdot (\mu_0 \vec{j}) \\ &= - \frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{\vec{B}^2}{2\mu_0} \right) - \vec{j} \cdot \vec{E} \end{aligned}

   ce qui fournit l'équation locale du bilan d'énergie de Poynting en ARQS magnétique :

   \frac{\partial}{\partial t} \left( \frac{\vec{B}^2}{2\mu_0} \right) = - \operatorname{div} \vec{\pi} - \vec{j} \cdot \vec{E}

   Intégrons cette relation sur le volume sphérique \mathcal{V}_R. Le volume \mathcal{V}_R étant fixe et indéformable, la dérivation par rapport au temps commute avec l'intégration spatiale :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \iiint_{\mathcal{V}_R} \frac{\vec{B}^2(\vec{r})}{2\mu_0} \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} = - \iiint_{\mathcal{V}_R} \operatorname{div}\vec{\pi}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} - \iiint_{\mathcal{V}_R} \vec{j}(\vec{r}) \cdot \vec{E}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}

   On applique le théorème de Green-Ostrogradski au premier terme de droite, où \Sigma_R = \partial \mathcal{V}_R est orientée par les normales sortantes \mathrm{d}\vec{S}_{\vec{r}} :

   \iiint_{\mathcal{V}_R} \operatorname{div}\vec{\pi}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} = \oiint_{\Sigma_R} \vec{\pi}(\vec{r}) \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\vec{r}}

   Comme le système de conducteurs \mathcal{D} est entièrement contenu dans \mathcal{V}_R, la densité volumique de courant \vec{j} est strictement nulle sur \mathcal{V}_R \setminus \mathcal{D}, d'où :

   \iiint_{\mathcal{V}_R} \vec{j}(\vec{r}) \cdot \vec{E}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} = \iiint_{\mathcal{D}} \vec{j}(\vec{r}) \cdot \vec{E}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}

   On en déduit bien la relation demandée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \iiint_{\mathcal{V}_{R}} \frac{\vec{B}^{2}(\vec{r})}{2 \mu_{0}} \mathrm{d} \tau_{\vec{r}}=-\oiint_{\Sigma_{R}} \vec{\pi}(\vec{r}) \cdot \mathrm{d} \vec{S}_{\vec{r}}-\iiint_{\mathcal{D}} \vec{j}(\vec{r}) \cdot \vec{E}(\vec{r}) \mathrm{d} \tau_{\vec{r}}}

   Résultat

   $$\vec{\pi }(\vec{r})=\frac{\vec{E}(\vec{r})\wedge \vec{B}(\vec{r})}{{\mu }_0}$$

   $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{\iiint }_{{\mathcal{V}}_R}\frac{{\vec{B}}^2(\vec{r})}{2{\mu }_0}\mathrm{d}{\tau }_{\vec{r}}=-\iint \vec{\pi }(\vec{r})\cdot \mathrm{d}{\vec{S}}_{\vec{r}}-{\iiint }_{\mathcal{D}}\vec{j}(\vec{r})\cdot \vec{E}(\vec{r})\mathrm{d}{\tau }_{\vec{r}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q20

   On étudie le mouvement d'un porteur de charge individuel de masse m et de charge q au sein du semi-conducteur, dans le référentiel du matériau supposé galiléen.

   Ce porteur est soumis à :

   • la force électrique \vec{F}_e = q\vec{E} imposée par le champ électrique \vec{E} ;
   • la force de frottement fluide \vec{f} = -\dfrac{m}{\tau} \vec{v}, modélisant l'effet statistique des chocs avec le réseau ;
   • le poids, très largement négligeable devant la force électrique.

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué au porteur s'écrit :

   \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} &= q\vec{E} - \frac{m}{\tau} \vec{v} \end{aligned}

   soit l'équation différentielle du premier ordre :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau} \vec{v} &= \frac{q}{m} \vec{E} \end{aligned}

   En régime permanent, le régime transitoire de durée caractéristique \tau s'est amorti et la vitesse devient constante (\mathrm{d}\vec{v}/\mathrm{d}t = \vec{0}) :

   \begin{aligned} \vec{v} &= \frac{q\tau}{m} \vec{E} \end{aligned}

   Le vecteur densité volumique de courant électrique dû à l'ensemble de ces porteurs de charge, présents avec une densité volumique n_q, est donné par :

   \begin{aligned} \vec{j} &= n_q q \vec{v} = \frac{n_q q^2 \tau}{m} \vec{E} \end{aligned}

   Par identification avec la loi d'Ohm locale \vec{j} = \gamma_{\text{el}} \vec{E}, on en déduit la conductivité électrique de Drude :

   \boxed{\gamma_{\text{el}} = \frac{n_q q^2 \tau}{m}}

   Résultat

   $${\gamma }_{\text{el}}=\frac{n_q{q}^2\tau }{m}$$

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7. Exercice 7X-ENS Physique B PC 2025, Q8

   Dans le vide, une onde électromagnétique se propageant selon la direction z possède un champ électrique \vec{E} = E(t)\,\vec{u}_x et un champ magnétique \vec{B} = \frac{E(t)}{c}\,\vec{u}_y.

   Le vecteur de Poynting instantané s'écrit :

   \vec{\Pi} = \frac{\vec{E} \times \vec{B}}{\mu_0} = \frac{E(t)^2}{\mu_0 c}\,\vec{u}_z

   Pour une onde sinusoïdale de pulsation \omega et d'amplitude maximale E_0, E(t) = E_0 \cos(\omega t + \phi), la puissance moyenne par unité de surface transportée par l'onde est donnée par la moyenne temporelle de la norme du vecteur de Poynting :

   \langle \|\vec{\Pi}\| \rangle = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c}

   En identifiant cette puissance surfacique à P_L, on obtient l'ordre de grandeur de l'amplitude maximale du champ électrique :

   \boxed{E_0 = \sqrt{2\mu_0 c P_L} \sim \sqrt{\mu_0 c P_L}}

   Résultat

   $$E_0=\sqrt{2{\mu }_{0}c{P}_L}\sim \sqrt{{\mu }_{0}c{P}_L}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique PC 2024, Q37

   Dans un milieu constitué de charges libres (plasma dilué) décrit par la densité volumique de charge \rho et le vecteur densité volumique de courant \vec{\jmath}, les quatre équations de Maxwell locales s'écrivent :

   \begin{aligned} \text{Maxwell-Gauss :}\quad & \mathrm{div}\,\vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\ \text{Maxwell-Thomson :}\quad & \mathrm{div}\,\vec{B} = 0 \\ \text{Maxwell-Faraday :}\quad & \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \\ \text{Maxwell-Ampère :}\quad & \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{B} = \mu_0 \vec{\jmath} + \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \end{aligned}

   \boxed{ \left\{ \begin{aligned} \mathrm{div}\,\vec{E} &= \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\ \mathrm{div}\,\vec{B} &= 0 \\ \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E} &= -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \\ \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{B} &= \mu_0 \left(\vec{\jmath} + \varepsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\right) \end{aligned} \right. }

   Résultat

   $$\{\begin{array}{rl}\mathrm{div}\vec{E}& =\frac{\rho }{{\epsilon }_0}\\ \mathrm{div}\vec{B}& =0\\ \overrightarrow{\mathrm{rot}}\vec{E}& =-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\\ \overrightarrow{\mathrm{rot}}\vec{B}& ={\mu }_0\left(\vec{ȷ}+{\epsilon }_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\right)\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique PC 2024, Q39

   Partons de l'équation de Maxwell-Faraday (Q37) :

   \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}

   En prenant le rotationnel de cette relation et en permutant les dérivées spatiale et temporelle :

   \overrightarrow{\mathrm{rot}}\big(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E}\big) = -\frac{\partial}{\partial t}\big(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{B}\big)

   D'une part, la formule du double rotationnel donnée dans le formulaire fournit :

   \overrightarrow{\mathrm{rot}}\big(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E}\big) = \overrightarrow{\mathrm{grad}}(\mathrm{div}\,\vec{E}) - \Delta \vec{E}

   D'après l'équation de Maxwell-Gauss et le résultat de la question Q38 (\rho = 0), on a \mathrm{div}\,\vec{E} = 0, d'où :

   \overrightarrow{\mathrm{rot}}\big(\overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{E}\big) = -\Delta \vec{E}

   D'autre part, en substituant l'équation de Maxwell-Ampère (Q37) pour exprimer \overrightarrow{\mathrm{rot}}\,\vec{B} :

   \begin{aligned} -\Delta \vec{E} &= -\frac{\partial}{\partial t}\left(\mu_0 \vec{\jmath} + \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}\right) \\ &= -\mu_0 \frac{\partial \vec{\jmath}}{\partial t} - \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} \end{aligned}

   En regroupant les termes portant sur \vec{E} dans le membre de gauche, il vient :

   \Delta \vec{E} - \varepsilon_0 \mu_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} = \mu_0 \frac{\partial \vec{\jmath}}{\partial t}

   On identifie la célérité de la lumière dans le vide :

   \boxed{c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}}}

   On obtient ainsi l'équation de d'Alembert avec terme source recherchée :

   \boxed{\Delta \vec{E} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2} = \mu_0 \frac{\partial \vec{\jmath}}{\partial t}}

   Résultat

   $$c=\frac{1}{\sqrt{{\epsilon }_0{\mu }_0}}$$

   $$\Delta \vec{E}-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2\vec{E}}{\partial t^2}={\mu }_0\frac{\partial \vec{ȷ}}{\partial t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique C PC 2024, Q2

    Considérons successivement les trois faisceaux laser :

    • Premier faisceau :

      \vec{E}_1(\vec{r}, t) = a(y, z) \cos(q x - \Omega t + \varphi_1) \vec{u}_y

      La phase dépend de la variable spatiale x sous la forme q x - \Omega t + \varphi_1. Comme q > 0 et \Omega > 0, les plans d'onde se déplacent à la vitesse de phase v_\varphi = \frac{\Omega}{q} > 0 le long de l'axe (Ox).

      • Direction de propagation : droite (Ox) ;
      • Sens de propagation : vers les x croissants (sens du vecteur unitaire \vec{u}_x) ;
      • Polarisation : rectiligne selon l'axe (Oy) (direction du vecteur unitaire \vec{u}_y).

    • Deuxième faisceau :

      \vec{E}_2(\vec{r}, t) = a(x, z) \cos(q y - \Omega t + \varphi_2) \vec{u}_z

      Par une analyse identique :

      • Direction de propagation : droite (Oy) ;
      • Sens de propagation : vers les y croissants (sens du vecteur unitaire \vec{u}_y) ;
      • Polarisation : rectiligne selon l'axe (Oz) (direction du vecteur unitaire \vec{u}_z).

    • Troisième faisceau :

      \vec{E}_3(\vec{r}, t) = a(x, y) \cos(q z - \Omega t + \varphi_3) \vec{u}_x

      De même :

      • Direction de propagation : droite (Oz) ;
      • Sens de propagation : vers les z croissants (sens du vecteur unitaire \vec{u}_z) ;
      • Polarisation : rectiligne selon l'axe (Ox) (direction du vecteur unitaire \vec{u}_x).

    \boxed{ \begin{array}{l} \text{Faisceau 1 : propagation selon } +\vec{u}_x, \text{ polarisation rectiligne selon } \vec{u}_y \\ \text{Faisceau 2 : propagation selon } +\vec{u}_y, \text{ polarisation rectiligne selon } \vec{u}_z \\ \text{Faisceau 3 : propagation selon } +\vec{u}_z, \text{ polarisation rectiligne selon } \vec{u}_x \end{array} }

    Résultat

    $$\begin{array}{l}\text{Faisceau 1 : propagation selon }+{\vec{u}}_x,\text{ polarisation rectiligne selon }{\vec{u}}_y\\ \text{Faisceau 2 : propagation selon }+{\vec{u}}_y,\text{ polarisation rectiligne selon }{\vec{u}}_z\\ \text{Faisceau 3 : propagation selon }+{\vec{u}}_z,\text{ polarisation rectiligne selon }{\vec{u}}_x\end{array}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question