Feuille d'entraînement : Interférences par division d'amplitude

10 questions · filière MP · durée estimée environ 1 h

Énoncés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q42· Exigeant· Incontournable· ≈ 4 min
En raisonnant par analogie avec l'Intervalle Spectral Libre en fréquence $FSR_{ν}$ introduit à la question Q19, justifier la formule proposée par l'article.
Exercice 2E3A Physique-Chimie MP 2026, Q32· Exigeant· Incontournable· ≈ 6 min
On admet qu'à la réflexion air/liquide, le rayon (1) subit un déphasage de $π$ . En exploitant le théorème de Malus (et le principe de retour inverse de la lumière), montrer que le déphasage à l'infini entre les rayons (2) et (1) s'exprime selon :
$φ = \frac{α}{λ} cos i_{2} - π . (5)$
Expliciter le coefficient $α$ en fonction de $n_{ℓ}$ et de $e$ .
Exercice 3X-ENS Physique MP 2026, Q33· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
Exprimer les déphasages $ϕ_{1}$ et $ϕ_{2}$ en fonction des distances en jeu et du temps.
Exercice 4X-ENS Physique MP 2026, Q35· Exigeant· Incontournable· ≈ 6 min
Montrer, en d'étaillant le raisonnement, que la tension produite par la photodiode s'écrit :
$U (t) = U_{0} (1 + cos (4 π \frac{z ( t ) - ϵ}{λ _{l}}))$
où $U_{0}$ est une constante dépendant des caractéristiques de la photodiode et de l'intensité de la source laser, que l'on ne cherchera pas à exprimer.
Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q27· Application directe· Incontournable· ≈ 5 min
Faire un schéma du dispositif, faisant apparaître les principaux éléments constitutifs de l'interféromètre, la source collimatée, le dispositif en sortie, ainsi que les rayons lumineux traversant l'interféromètre.
Exercice 6CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q28· Application directe· Incontournable· ≈ 4 min
Rappeler l'expression de l'intensité en $F^{'}$ en fonction de l'épaisseur $d$ de la lame d'air équivalente, de la longueur d'onde $λ_{m}$ et de l'intensité maximale $I_{m a x}$ en $F^{'}$ . L'indice de réfraction de l'air est confondu avec celui du vide. Préciser quelle propriété de l'interféromètre permet d'obtenir un contraste maximal.
Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q9· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
L'interféromètre comporte deux lames de verre $L_{1}$ et $L_{2}$ , parallèles, de même épaisseur $e$ et de même indice optique $n$ , inclinées d'un angle $π /4$ relativement à l'axe $(O, e_{x})$ normal au miroir fixe. La lame $L_{1}$ est munie d'une couche semi-réfléchissante sur une seule de ses faces ; laquelle ? Justifier, en vous appuyant sur un schéma.
Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q12· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
Exprimer, au moyen d'un schéma approprié, la différence de marche observée à l'infini dans une direction donnée, en fonction de l'écart séparant les deux miroirs. Le déplacement maximal de la vis micrométrique à partir du contact optique est noté $Δ z_{m a x}$ . Déterminer, après ce déplacement, l'angle $Δ θ$ qui sépare le centre de la figure de la première frange de même nature.
Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q15· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 7 min
Pour certaines sources bichromatiques les deux radiations émises sont de même intensité ; c'est le cas des lampes à vapeur de sodium, étudiées notamment par Michelson dans les conditions décrites en III.A. Expliciter l'intensité $I$ observée en fonction de $I_{0}$ , de la différence de marche $δ$ , de $λ_{0}$ et de $Δ λ$ . Exprimer le facteur de contraste $C$ des franges et montrer comment il permet la mesure de $λ_{0} /Δ λ$ .
Exercice 10X-ENS Physique-SI MP 2023, Q5· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 10 min
On injecte dans la cavité linéaire une onde électromagnétique d'amplitude complexe $E_{in}$ (sur le miroir de couplage $M_{c}$ ) et de pulsation $ω$ quelconque (ne coïncidant pas nécessairement avec une des pulsations de résonance $ω_{N} = 2 π ν_{N}$ de la cavité sans perte). En régime permanent, la cavité est parcourue par deux ondes d'amplitudes complexes $E$ et $E^{'}$ se propageant selon l'axe $O z$ , la première dans le sens de l'axe $O z$ , et le seconde dans le sens opposé (voir figure 2), et il existe un faisceau de sortie d'amplitude complexe $E_{out}$ . Toutes les amplitudes complexes $E_{in}$ , $E$ , $E^{'}$ , $E_{out}$ , sont définies sur le miroir de couplage $M_{c}$ , c'est-à-dire au point $O$ situé sur la surface de $M_{c}$ , en $z = 0$ . Enfin on pose $k = \frac{ω}{c} > 0$ . Trouver une relation entre $E$ , $E^{'}$ et $E_{in}$ . Calculer $E^{'}$ en fonction de $E$ , $k L$ et $r^{'}$ . En déduire l'expression de la fonction de transfert $\frac{E}{E _{in}}$ de la cavité avec pertes, en fonction de $R R^{'}$ , $T$ et $k L$ .

Corrigés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q42
À la question Q19, pour une cavité vide (n=1), l'intervalle spectral libre en fréquence était :
\mathrm{FSR}_{\nu} = \frac{c}{2L}
Lorsque la cavité de longueur L est entièrement remplie d'un milieu transparent d'indice de réfraction n, la célérité de l'onde lumineuse devient v = c/n (ce qui équivaut à un chemin optique d'aller-retour \delta = 2nL). Par analogie directe, l'écart en fréquence entre deux modes longitudinaux consécutifs s'écrit :
\mathrm{FSR}_{\nu} = \frac{v}{2L} = \frac{c}{2nL}
La fréquence \nu et la longueur d'onde dans le vide \lambda sont reliées par :
\nu = \frac{c}{\lambda}
Pour deux modes voisins, l'écart spectral est très faible devant la longueur d'onde centrale (\mathrm{FSR}_{\lambda} \ll \lambda). En différentiant cette relation :
\mathrm{d}\nu = -\frac{c}{\lambda^2}\,\mathrm{d}\lambda \implies |\Delta \nu| \approx \frac{c}{\lambda^2}\,|\Delta \lambda|
En identifiant |\Delta \nu| = \mathrm{FSR}_{\nu} et |\Delta \lambda| = \mathrm{FSR}_{\lambda}, il vient :
\mathrm{FSR}_{\lambda} = \frac{\lambda^2}{c}\,\mathrm{FSR}_{\nu} = \frac{\lambda^2}{c}\left(\frac{c}{2nL}\right)
Soit finalement :
\boxed{\mathrm{FSR}_{\lambda} = \frac{\lambda^2}{2nL}}
Résultat
$FSR_{λ} = \frac{λ ^{2}}{2 n L}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2E3A Physique-Chimie MP 2026, Q32
Considérons une onde issue de la source ponctuelle S incidente sous l'angle i_1 sur la face supérieure de la lame à faces parallèles d'épaisseur e et d'indice n_\ell (l'air ayant un indice n_{\mathrm{air}} = 1) :
- Le rayon (1) se réfléchit au point d'incidence I_1 avec un angle de réflexion i_1.
- Le rayon (2) est réfracté en I_1 sous l'angle i_2, tel que \sin i_1 = n_\ell \sin i_2. Il se propage dans le film jusqu'au point J de la face inférieure, s'y réfléchit, puis atteint la face supérieure au point I_2 où il émerge dans l'air sous l'angle i_1, parallèlement au rayon (1).
Par des considérations géométriques élémentaires :
I_1 J = J I_2 = \frac{e}{\cos i_2} \quad \text{et} \quad I_1 I_2 = 2 e \tan i_2
D'après le théorème de Malus, les surfaces d'onde sont orthogonales aux rayons lumineux. Soit H le projeté orthogonal de I_2 sur le rayon (1). Le plan orthogonal aux rayons émergents passant par I_2 et H constitue un front d'onde commun. Au-delà de ce plan, les deux rayons parcourent le même chemin optique jusqu'à l'infini.
La différence de marche optique \delta entre le rayon (2) et le rayon (1) vaut donc :
\begin{aligned} \delta &= [S \to I_1 \to J \to I_2] - [S \to I_1 \to H] \\ &= [I_1 J I_2] - [I_1 H] \\ &= n_\ell (I_1 J + J I_2) - n_{\mathrm{air}} I_1 H \end{aligned}
Dans le triangle rectangle I_1 H I_2, on a I_1 H = I_1 I_2 \sin i_1. Avec n_{\mathrm{air}} = 1 et \sin i_1 = n_\ell \sin i_2, il vient :
\begin{aligned} \delta &= \frac{2 n_\ell e}{\cos i_2} - (2 e \tan i_2)(n_\ell \sin i_2) \\ &= \frac{2 n_\ell e}{\cos i_2} \left(1 - \sin^2 i_2\right) \\ &= 2 n_\ell e \cos i_2 \end{aligned}
Le déphasage \varphi = \varphi_{(2)} - \varphi_{(1)} à l'infini comporte :
- un terme lié à la différence de marche : \dfrac{2\pi}{\lambda}\delta ;
- les sauts de phase aux réflexions :
  - en I_1, la réflexion externe (air \to liquide, 1 < n_\ell) introduit un déphasage de \pi sur le rayon (1) ;
  - en J, la réflexion interne (liquide \to air, n_\ell > 1) n'introduit aucun déphasage sur le rayon (2).
Le déphasage du rayon (2) par rapport au rayon (1) s'écrit ainsi :
\varphi = \frac{2\pi}{\lambda} \delta - \pi = \frac{4\pi n_\ell e}{\lambda}\cos i_2 - \pi
Par identification avec l'expression proposée \varphi = \dfrac{\alpha}{\lambda}\cos i_2 - \pi, on en déduit :
\boxed{\alpha = 4\pi n_\ell e}
Résultat
$α = 4 π n_{ℓ} e$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3X-ENS Physique MP 2026, Q33
Le milieu de propagation étant l'air assimilé au vide (n = 1), les chemins optiques se confondent avec les distances géométriques. D'après l'énoncé, tous les déphasages additionnels à la traversée et à la réflexion sur les lames et miroirs sont compensés ou négligés.
En fixant l'origine des phases à la source O de pulsation \omega_l = 2\pi f_l = \frac{2\pi c_0}{\lambda_l}, l'onde émise est de la forme s_0(t) = a_0 \cos(\omega_l t). À l'arrivée sur la photodiode P, le déphasage accumulé après un parcours de distance optique L s'écrit conventionnellement :
\phi(t) = \omega_l t - k_l L = \omega_l t - \frac{2\pi}{\lambda_l} L
1. Trajet du rayon de référence 1 : Le trajet optique est O \to S_0 \to S_1 \to M_1 \to S_1 \to S_3 \to P. La distance totale parcourue vaut :
\begin{aligned} L_1 &= OS_0 + S_0S_1 + 2\,S_1M_1 + S_1S_3 + S_3P \\ &= d + d + 2(d + \epsilon) + d + d \\ &= 6d + 2\epsilon \end{aligned}
Le déphasage du rayon de référence est donc :
\boxed{\phi_1(t) = \omega_l t - \frac{2\pi}{\lambda_l}(6d + 2\epsilon)}
2. Trajet du rayon sonde 2 : Le trajet optique est O \to S_0 \to S_2 \to M_2 \to S_2 \to S_3 \to P. La distance S_2M_2 instantanée vaut D + z(t). La distance totale parcourue s'écrit donc :
\begin{aligned} L_2(t) &= OS_0 + S_0S_2 + 2\,S_2M_2(t) + S_2S_3 + S_3P \\ &= d + d + 2(D + z(t)) + d + d \\ &= 4d + 2D + 2z(t) \end{aligned}
Le déphasage du rayon sonde est par conséquent :
\boxed{\phi_2(t) = \omega_l t - \frac{2\pi}{\lambda_l}(4d + 2D + 2z(t))}
Résultat
$ϕ_{1} (t) = ω_{l} t - \frac{2 π}{λ _{l}} (6 d + 2 ϵ)$ $ϕ_{2} (t) = ω_{l} t - \frac{2 π}{λ _{l}} (4 d + 2 D + 2 z (t))$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4X-ENS Physique MP 2026, Q35
D'après la question Q32, les deux ondes lumineuses arrivant sur la photodiode ont la même amplitude scalaire a_1 = a_2 = a = a_0/4. Le signal total incident sur la photodiode s'écrit :
s(t) = s_1(t) + s_2(t) = a \cos(\phi_1) + a \cos(\phi_2)
L'intensité lumineuse instantanée est proportionnelle au carré de ce signal :
s^2(t) = a^2 \left[ \cos^2(\phi_1) + \cos^2(\phi_2) + 2\cos(\phi_1)\cos(\phi_2) \right]
En linéarisant à l'aide de l'identité \cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2} et de la formule rappelée par l'énoncé :
2\cos(\phi_1)\cos(\phi_2) = \cos(\phi_1 - \phi_2) + \cos(\phi_1 + \phi_2)
il vient :
s^2(t) = a^2 \left( 1 + \frac{\cos(2\phi_1) + \cos(2\phi_2)}{2} + \cos(\phi_1 + \phi_2) + \cos(\phi_1 - \phi_2) \right)
La photodiode effectue une moyenne temporelle sur son temps de réaction \tau_{\text{det}} = 5\text{ ns}. Comparons les échelles de temps en jeu :
- La période de l'onde optique vaut T_l = \frac{\lambda_l}{c_0} \approx \frac{315\cdot 10^{-9}}{3\cdot 10^8} \approx 1\text{ fs} \ll \tau_{\text{det}}. Les termes à fréquences optiques rapides (2\phi_1, 2\phi_2, \phi_1 + \phi_2 \sim 2\omega_l t) oscillent des millions de fois pendant la mesure : leur moyenne temporelle est rigoureusement nulle :
  \langle \cos(2\phi_1) \rangle = \langle \cos(2\phi_2) \rangle = \langle \cos(\phi_1 + \phi_2) \rangle = 0
- La période des vibrations mécaniques de la plaque (typiquement de fréquence f \sim 1\text{ kHz}) est T_{\text{vib}} \sim 1\text{ ms} \gg \tau_{\text{det}}. Le terme dépendant de la différence de phase \phi_1 - \phi_2 est donc quasi-statique à l'échelle de temps de réaction de la photodiode, qui le suit instantanément :
  \langle \cos(\phi_1 - \phi_2) \rangle = \cos(\phi_1 - \phi_2)
L'intensité lumineuse détectée à l'instant t est donc proportionnelle à :
I(t) \propto \langle s^2(t) \rangle = a^2 \left( 1 + \cos(\phi_2 - \phi_1) \right)
D'après les expressions établies à la question Q33 et sous la condition D = d :
\begin{aligned} \phi_1(t) &= \omega_l t - \frac{2\pi}{\lambda_l}(6d + 2\epsilon) \\ \phi_2(t) &= \omega_l t - \frac{2\pi}{\lambda_l}(6d + 2z(t)) \end{aligned}
Le déphasage entre les deux faisceaux s'écrit alors :
\phi_2(t) - \phi_1(t) = -\frac{4\pi}{\lambda_l} (z(t) - \epsilon)
Par parité de la fonction cosinus, \cos(\phi_2 - \phi_1) = \cos\left(4\pi \frac{z(t) - \epsilon}{\lambda_l}\right).
La tension U(t) délivrée par la photodiode étant directement proportionnelle à l'intensité lumineuse moyenne détectée, on obtient :
\boxed{U(t) = U_0 \left(1 + \cos\left(4\pi \frac{z(t) - \epsilon}{\lambda_l}\right)\right)}
où U_0 est une constante proportionnelle à a^2 et à la sensibilité de la photodiode.
Résultat
$U (t) = U_{0} (1 + cos (4 π \frac{z ( t ) - ϵ}{λ _{l}}))$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q27
Le schéma du montage expérimental est représenté ci-dessous :
Les éléments essentiels du dispositif sont :
- La source collimatée : une source ponctuelle placée au foyer d'une lentille convergente L_c fournissant un faisceau de rayons parallèles en incidence normale sur l'interféromètre.
- L'interféromètre de Michelson en lame d'air : constitué de la séparatrice (Sp), d'une compensatrice (C) et des miroirs plans M_1 et M_2. L'orthogonalité des miroirs assure le parallélisme entre le miroir fixe M_1 et l'image M'_2 du miroir mobile M_2, délimitant une lame d'air d'épaisseur variable d.
- Le système de détection : une lentille convergente L de foyer image F' sur l'axe optique émergent, au niveau duquel est disposée la photodiode mesurant le signal s = K I(F').
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q28
L'interféromètre de Michelson est réglé en lame d'air d'épaisseur d, avec un indice de l'air n = 1, et éclairé en incidence normale (i = 0). Les deux faisceaux émergents interfèrent au foyer image F' de la lentille. La différence de marche géométrique entre les deux trajets s'écrit :
\delta = 2 d \cos i = 2 d
Le déphasage associé entre les deux ondes à la longueur d'onde \lambda_m est donc :
\Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda_m}\delta = \frac{4\pi d}{\lambda_m}
À deux ondes cohérentes de même amplitude, la formule de Fresnel donne l'intensité en F' :
\boxed{I(F') = \frac{I_{\max}}{2}\left[ 1 + \cos\left(\frac{4\pi d}{\lambda_m}\right) \right] = I_{\max}\cos^2\left(\frac{2\pi d}{\lambda_m}\right)}
où I_{\max} est l'intensité maximale observée lorsque l'interférence est totalement constructive.
Le contraste (ou facteur de visibilité) des franges est défini par :
C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}} = \frac{2\sqrt{I_1 I_2}}{I_1 + I_2}
Ce contraste est maximal (C = 1, avec I_{\min} = 0) lorsque les deux ondes qui interfèrent ont la même intensité (I_1 = I_2).
La propriété de l'interféromètre qui permet d'assurer cette égalité est l'utilisation d'une lame séparatrice semi-réfléchissante (ou équilibrée), c'est-à-dire présentant des facteurs de réflexion et de transmission énergétiques égaux :
\boxed{R = T = \frac{1}{2}}
associée à des miroirs identiques (R_1 = R_2).
Résultat
$I (F^{'}) = \frac{I _{m a x}}{2} [1 + cos (\frac{4 π d}{λ _{m}})] = I_{m a x} cos^{2} (\frac{2 π d}{λ _{m}})$ $R = T = \frac{1}{2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q9
La lame séparatrice L_1 possède deux faces planes et parallèles, inclinées à 45^\circ :
- la face avant (ou face d'entrée), tournée vers la source lumineuse et le miroir mobile ;
- la face arrière, tournée vers le miroir fixe et l'oculaire.
La lame L_2 est la lame compensatrice. Elle est identique à L_1 (même épaisseur e, même indice n), lui est rigoureusement parallèle, et est placée sur le bras vertical menant au miroir mobile. Tout faisceau faisant l'aller-retour vers le miroir mobile traverse donc la lame L_2 deux fois.
Testons les deux hypothèses de traitement :
1. Si la couche semi-réfléchissante est sur la face avant :
  - Voie 2 (miroir mobile) : le faisceau se réfléchit sur la face avant sans entrer dans L_1 (0 traversée). Il traverse L_2 à l'aller puis au retour (2 traversées), puis pénètre par la face avant de L_1 et en ressort par la face arrière vers l'oculaire (1 traversée). Soit un total de :
    0 + 2 + 1 = 3 \text{ traversées de verre.}
  - Voie 1 (miroir fixe) : le faisceau traverse L_1 de la face avant vers la face arrière (1^{\text{re}} traversée), va vers le miroir fixe, revient, entre par la face arrière (2^{\mathrm{e}} traversée), se réfléchit sur la face interne du dépôt semi-réfléchissant, et retraverse L_1 pour sortir par la face arrière vers l'oculaire (3^{\mathrm{e}} traversée). Soit un total de :
    3 \text{ traversées de verre.}
  Les deux faisceaux traversent exactement la même épaisseur de verre (3e) sous la même incidence (45^\circ). La différence de marche introduite par le verre est rigoureusement nulle quelle que soit la longueur d'onde : la compensation chromatique est assurée.
2. Si la couche semi-réfléchissante était sur la face arrière :
  - Le faisceau 1 ne traverserait L_1 qu'une seule fois à l'aller, se réfléchissant sur la face arrière externe directement vers l'oculaire (1 traversée au total).
  - Le faisceau 2 traverserait L_1 à l'aller, s'y réfléchirait sur la face arrière interne, la retraverserait (2 traversées), traverserait L_2 deux fois, puis retraverserait L_1 au retour vers l'oculaire (1 traversée supplémentaire), soit 5 traversées au total.
  La présence de L_2 dans le bras vertical aggraverait le déséquilibre au lieu de le compenser.
\boxed{\text{La couche semi-réfléchissante doit être déposée sur la face avant (face tournée vers la source et le miroir mobile).}}
Résultat
$La couche semi-r \overset{e}{ˊ} fl \overset{e}{ˊ} chissante doit \overset{e}{ˆ} tre d \overset{e}{ˊ} pos \overset{e}{ˊ} e sur la face avant (face tourn \overset{e}{ˊ} e vers la source et le miroir mobile).$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q12
L'interféromètre de Michelson réglé avec des miroirs perpendiculaires est équivalent à une lame d'air à faces parallèles d'épaisseur e = \Delta z (séparant le miroir réel M_1 et le miroir virtuel M'_2, image de M_2 par la séparatrice).
Considérons une onde plane incidente sous un angle d'incidence \theta par rapport à la normale aux miroirs :
Le rayon (1) se réfléchit sur la face M'_2 en A. Le rayon (2) traverse la lame d'air, se réfléchit sur le miroir M_1 en B, puis ressort de la lame en C.
Le plan d'onde perpendiculaire aux deux rayons parallèles émergents passe par C et coupe le rayon (1) en H. La différence de marche géométrique entre le rayon (2) et le rayon (1) s'écrit :
\delta(\theta) = (AB + BC) - AH
Dans le triangle rectangle formé par la normale issue de A et le segment AB :
AB = BC = \frac{e}{\cos\theta} \quad \text{et} \quad AC = 2e\tan\theta
Dans le triangle ACH, rectangle en H, l'angle \widehat{CAH} vaut \theta :
AH = AC \sin\theta = 2e \tan\theta \sin\theta = \frac{2e\sin^2\theta}{\cos\theta}
On en déduit :
\begin{aligned} \delta(\theta) &= \frac{2e}{\cos\theta} - \frac{2e\sin^2\theta}{\cos\theta} = \frac{2e(1-\sin^2\theta)}{\cos\theta} = 2e\cos\theta \end{aligned}
Comme les réflexions sur M_1 et M_2 introduisent les mêmes déphasages éventuels, la différence de marche s'exprime en fonction de l'écart \Delta z par :
\boxed{\delta(\theta) = 2\,\Delta z\cos\theta}
L'ordre d'interférence en un point du champ repéré par l'angle \theta vaut :
p(\theta) = \frac{\delta(\theta)}{\lambda_0} = \frac{2\Delta z}{\lambda_0}\cos\theta
Au centre de la figure (\theta = 0), l'ordre d'interférence est maximal :
p(0) = \frac{2\Delta z_{\max}}{\lambda_0}
Pour les faibles inclinaisons (\theta \ll 1), un développement limité donne :
p(\theta) \simeq \frac{2\Delta z_{\max}}{\lambda_0}\left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right) = p(0) - \frac{\Delta z_{\max}\theta^2}{\lambda_0}
L'ordre décroît lorsqu'on s'éloigne du centre. La première frange de même nature (brillante si le centre est brillant, sombre si le centre est sombre) apparaît pour un angle \Delta\theta vérifiant :
p(0) - p(\Delta\theta) = 1 \iff \frac{\Delta z_{\max}(\Delta\theta)^2}{\lambda_0} = 1
On en déduit l'expression de l'écart angulaire \Delta\theta :
\boxed{\Delta\theta = \sqrt{\frac{\lambda_0}{\Delta z_{\max}}}}
Résultat
$δ (θ) = 2 Δ z cos θ$ $Δ θ = \frac{λ _{0}}{Δ z _{m a x}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q15
Les deux radiations de longueurs d'onde \lambda_1 et \lambda_2 sont mutuellement incohérentes car de fréquences distinctes. L'intensité totale observée est donc la somme des intensités associées à chaque radiation :
I(\delta) = I_1(\delta) + I_2(\delta)
En notant I_0 l'intensité envoyée par chaque radiation sur chaque voie de l'interféromètre (d'après le résultat de la question Q14) :
\begin{aligned} I_1(\delta) &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_1}\right)\right) \\ I_2(\delta) &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_2}\right)\right) \end{aligned}
En sommant ces deux expressions :
I(\delta) = 4I_0 + 2I_0 \left[\cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_1}\right) + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_2}\right)\right]
L'identité trigonométrique \cos p + \cos q = 2\cos\left(\frac{p-q}{2}\right)\cos\left(\frac{p+q}{2}\right) conduit à :
I(\delta) = 4I_0 \left[1 + \cos\left(\pi\delta\left(\frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2}\right)\right) \cos\left(\pi\delta\left(\frac{1}{\lambda_1} + \frac{1}{\lambda_2}\right)\right)\right]
Comme \Delta\lambda = |\lambda_2 - \lambda_1| \ll \lambda_0, avec \lambda_0 = \frac{1}{2}(\lambda_1 + \lambda_2), on a au premier ordre en \Delta\lambda/\lambda_0 :
\begin{aligned} \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2} &= \frac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1\lambda_2} \simeq \frac{\Delta\lambda}{\lambda_0^2} \\ \frac{1}{\lambda_1} + \frac{1}{\lambda_2} &= \frac{\lambda_1 + \lambda_2}{\lambda_1\lambda_2} \simeq \frac{2\lambda_0}{\lambda_0^2} = \frac{2}{\lambda_0} \end{aligned}
On obtient ainsi l'expression de l'intensité observée :
\boxed{I(\delta) = 4I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right) \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right)\right]}
Remarque : Si I_0 désigne l'intensité totale (somme des deux composantes) sur chaque voie, le préfacteur devient 2I_0.
Facteur de contraste :
Puisque \Delta\lambda \ll \lambda_0, le terme \cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right) varie très lentement par rapport aux oscillations rapides de \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right). Localement, les extrema de l'intensité s'écrivent :
\begin{aligned} I_{\max} &= 4I_0\left(1 + \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|\right) \\ I_{\min} &= 4I_0\left(1 - \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|\right) \end{aligned}
Le facteur de contraste C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}} vaut donc :
\boxed{C(\delta) = \left|\cos\left(\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2}\right)\right|}
Mesure de \lambda_0/\Delta\lambda :
Le contraste s'annule (phénomène de « brouillage » des franges, où C=0 et le champ est uniforme) pour :
\frac{\pi\delta\Delta\lambda}{\lambda_0^2} = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \iff \delta_k = \left(k + \frac{1}{2}\right)\frac{\lambda_0^2}{\Delta\lambda}
La variation de différence de marche séparant deux brouillages consécutifs est donc :
\Delta\delta_b = \delta_{k+1} - \delta_k = \frac{\lambda_0^2}{\Delta\lambda}
On en déduit immédiatement :
\boxed{\frac{\lambda_0}{\Delta\lambda} = \frac{\Delta\delta_b}{\lambda_0}}
Expérimentalement, au centre du champ (\theta = 0), on a \delta = 2\Delta z (d'après la question Q12). La mesure du déplacement \Delta z_b = \frac{\Delta\delta_b}{2} du miroir mobile entre deux brouillages successifs permet donc de déterminer le rapport :
\frac{\lambda_0}{\Delta\lambda} = \frac{2\Delta z_b}{\lambda_0}
C'est également le nombre de franges qui défilent entre deux positions de brouillage consécutives.
Résultat
$I (δ) = 4 I_{0} [1 + cos (\frac{π δ Δ λ}{λ _{0}^{2}}) cos (\frac{2 π δ}{λ _{0}})]$ $C (δ) = cos (\frac{π δ Δ λ}{λ _{0}^{2}})$ $\frac{λ _{0}}{Δ λ} = \frac{Δ δ _{b}}{λ _{0}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10X-ENS Physique-SI MP 2023, Q5
1. Relation entre \mathcal{E}, \mathcal{E}' et \mathcal{E}_{\text{in}} au miroir de couplage \mathrm{M}_c (z = 0)
L'onde d'amplitude \mathcal{E}, se propageant dans le sens +z juste après le miroir \mathrm{M}_c (en z = 0^+), résulte de la superposition :
- de l'onde incidente extérieure transmise à travers \mathrm{M}_c, d'amplitude t\,\mathcal{E}_{\text{in}} ;
- de l'onde intra-cavité de retour \mathcal{E}' réfléchie par la face interne de \mathrm{M}_c, d'amplitude r\,\mathcal{E}'.
On a donc immédiatement :
\boxed{\mathcal{E} = t\,\mathcal{E}_{\text{in}} + r\,\mathcal{E}'}
soit encore, avec t = \sqrt{T} et r = -\sqrt{R} :
\mathcal{E} = \sqrt{T}\,\mathcal{E}_{\text{in}} - \sqrt{R}\,\mathcal{E}'
2. Calcul de \mathcal{E}' en fonction de \mathcal{E}, kL et r'
La cavité linéaire possède une distance entre miroirs égale à L/2.
- Avec la convention temporelle adoptée \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}, l'onde se propageant selon +z présente une dépendance spatiale en \mathrm{e}^{+\mathrm{i}kz}. En arrivant sur le miroir \mathrm{M}' situé en z = L/2, son amplitude complexe est :
  \mathcal{E}\left(\frac{L}{2}\right) = \mathcal{E}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}}
- Lors de la réflexion sur \mathrm{M}', le champ subit une multiplication par le coefficient de réflexion en amplitude r' :
  \mathcal{E}'_{\text{réfléchie}}\left(\frac{L}{2}\right) = r'\,\mathcal{E}\left(\frac{L}{2}\right) = r'\,\mathcal{E}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}}
- Cette onde se propage ensuite en sens inverse (selon -z) sur une distance L/2 pour revenir en z = 0. Le retard de propagation associé à ce parcours d'une distance L/2 introduit à nouveau un facteur de phase \mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}}. L'amplitude \mathcal{E}' en z = 0 vaut donc :
  \mathcal{E}' = \mathcal{E}'_{\text{réfléchie}}\left(\frac{L}{2}\right)\mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}} = r'\,\mathcal{E}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}k \frac{L}{2}}
On obtient ainsi :
\boxed{\mathcal{E}' = r'\,\mathcal{E}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}kL}}
3. Expression de la fonction de transfert \frac{\mathcal{E}}{\mathcal{E}_{\text{in}}}
En injectant l'expression de \mathcal{E}' dans la relation liant \mathcal{E}, \mathcal{E}' et \mathcal{E}_{\text{in}}, on trouve :
\mathcal{E} = t\,\mathcal{E}_{\text{in}} + r r'\,\mathcal{E}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}kL}
En factorisant par \mathcal{E} :
\mathcal{E}\left(1 - r r'\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}kL}\right) = t\,\mathcal{E}_{\text{in}}
D'après les données de l'énoncé :
t = \sqrt{T}, \quad r = -\sqrt{R}, \quad r' = -\sqrt{R'} \implies r r' = (-\sqrt{R})(-\sqrt{R'}) = \sqrt{RR'}
D'où l'expression de la fonction de transfert de la cavité avec pertes :
\boxed{\frac{\mathcal{E}}{\mathcal{E}_{\text{in}}} = \frac{\sqrt{T}}{1 - \sqrt{RR'}\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}kL}}}
Résultat
$E = t E_{in} + r E^{'}$ $E^{'} = r^{'} E e^{+ i k L}$ $\frac{E}{E _{in}} = \frac{T}{1 - R R ^{'} e ^{+ i k L}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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