Feuille d'entraînement : Interférences par division d'amplitude

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q31

   Soit un rayon incident issu de la source S arrivant sur le premier dioptre air/liquide au point I_1 sous l'angle d'incidence i_1.

   • Une partie se réfléchit directement au point I_1 pour former le rayon (1) avec un angle de réflexion i_1.

   • L'autre partie se réfracte sous l'angle i_2 défini par la loi de Snell-Descartes :

     \sin i_1 = n_\ell \sin i_2

     Elle se propage dans le liquide d'indice n_\ell, se réfléchit en J sur la face opposée, puis émerge du film au point I_2 sous l'angle i_1, parallèlement au rayon (1), formant le rayon (2).

   Les rayons (1) et (2) étant parallèles, ils interfèrent à l'infini. D'après le principe du retour inverse de la lumière et le théorème de Malus, une onde issue de l'infini dans cette direction posséderait des surfaces d'onde planes orthogonales aux rayons. Ainsi, le plan perpendiculaire aux deux rayons passant par I_1 coupe le rayon (2) en un point H tel que [I_1 \to \infty] = [H \to \infty].

   La différence de chemin optique entre les deux rayons s'écrit donc :

   \delta = [S \to I_2 \to \infty]_{(2)} - [S \to I_1 \to \infty]_{(1)} = (I_1 J I_2) - (I_1 H)

   où (I_1 J I_2) est le chemin optique dans le liquide et (I_1 H) = 1 \times I_2 H le chemin optique dans l'air :

   \begin{aligned} I_1 J = J I_2 &= \frac{e}{\cos i_2} \implies (I_1 J I_2) = 2 n_\ell \frac{e}{\cos i_2} \\ I_1 I_2 &= 2 e \tan i_2 \\ I_2 H &= I_1 I_2 \sin i_1 = 2 e \tan i_2 \sin i_1 = \frac{2 n_\ell e \sin^2 i_2}{\cos i_2} \end{aligned}

   On en déduit la différence de chemin optique :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2 n_\ell e}{\cos i_2} - \frac{2 n_\ell e \sin^2 i_2}{\cos 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 total \varphi = \varphi_{(2)} - \varphi_{(1)} à l'infini prend en compte le déphasage géométrique et les sauts de phase aux réflexions :

   • la réflexion en I_1 (milieu moins réfringent vers plus réfringent, n_{\text{air}} < n_\ell) induit un déphasage supplémentaire de \pi pour le rayon (1) ;
   • la réflexion en J (milieu plus réfringent vers moins réfringent, n_\ell > n_{\text{air}}) s'effectue sans saut de phase.

   Le déphasage entre le rayon (2) et le 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 la relation \varphi = \dfrac{\alpha}{\lambda}\cos i_2 - \pi, on obtient :

   \boxed{\alpha = 4\pi n_\ell e}

   Résultat

   $$\alpha =4\pi n_{\ell }e$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q26

   Le dispositif expérimental de spectrométrie par transformée de Fourier comprend les sous-ensembles suivants :

   • La source collimatée : une source lumineuse placée au foyer objet d'une lentille convergente de collimation L_c, délivrant un faisceau de rayons parallèles (incidence normale sur les miroirs).

   • L'interféromètre de Michelson en configuration lame d'air :

     • Une lame séparatrice semi-réfléchissante (S_p), inclinée à 45^\circ par rapport aux axes des faisceaux, qui sépare le faisceau incident en deux ondes de même amplitude (l'une transmise vers le miroir M_2, l'autre réfléchie vers le miroir M_1).
     • Deux miroirs plans orthogonaux de haute réflectivité : le miroir M_1 (usuellement fixe) et le miroir M_2 (mobile en translation selon son axe pour faire varier l'épaisseur d).
     • (Une lame compensatrice C_p, de même épaisseur et de même indice que S_p, peut être adjointe pour égaliser les trajets de verre dans les deux bras).

   • Le dispositif de détection en sortie :

     • Une lentille convergente de focalisation L.
     • Une photodiode placée au foyer image F' de L, recueillant le flux de l'anneau central (correspondant à l'incidence normale).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q27

   L'interféromètre de Michelson est réglé en lame d'air d'épaisseur d, éclairé sous incidence normale (i = 0) par des rayons parallèles focalisés au foyer image F' de la lentille de sortie. L'indice de l'air étant n = 1, la différence de marche entre les deux ondes associées aux deux bras s'écrit :

   \delta = 2d \cos i = 2d

   Le déphasage correspondant entre les deux faisceaux est :

   \Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda_m}\delta = \frac{4\pi d}{\lambda_m}

   D'après la formule de Fresnel pour l'interférence de deux ondes, l'intensité lumineuse au point F' s'exprime par :

   \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)}

   Le contraste (ou facteur de visibilité) des franges est défini par :

   C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}}

   Pour obtenir un contraste maximal (C = 1, soit I_{\min} = 0), il est nécessaire que les deux ondes qui interfèrent aient la même amplitude (I_1 = I_2). Cette condition est réalisée si la lame séparatrice est parfaitement semi-réfléchissante et sans pertes (facteurs de transmission et de réflexion énergétiques égaux : R = T = 1/2) et si les deux miroirs présentent le même facteur de réflexion. La présence d'une lame compensatrice identique garantit en outre la parfaite symétrie optique des deux bras.

   Résultat

   $$I(F^{\prime })=\frac{I_{\max }}{2}\left[1+\cos \left(\frac{4\pi d}{{\lambda }_m}\right)\right]=I_{\max }{\cos }^2\left(\frac{2\pi d}{{\lambda }_m}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q9

   La lame L_1 (séparatrice) possède deux faces planes et parallèles :

   • la face avant (ou face d'entrée), tournée vers la source (monochromateur) et le miroir mobile ;
   • la face arrière, tournée vers le miroir fixe et l'oculaire.

   La lame compensatrice L_2, de même épaisseur e et de même indice n que L_1, est disposée parallèlement à L_1 sur le trajet du bras vertical (vers le miroir mobile). Tout faisceau effectuant un aller-retour vers le miroir mobile traverse donc deux fois la lame L_2.

   Détaillons le nombre de traversées de verre d'épaisseur e pour chaque voie :

   • Voie 2 (miroir mobile) : Le faisceau incident se réfléchit directement sur la face avant semi-réfléchissante de L_1 (0 traversée de L_1). Il monte vers le miroir mobile en traversant L_2 (1 traversée), s'y réfléchit, retraverse L_2 au retour (1 traversée), puis traverse l'épaisseur de L_1 pour émerger vers l'oculaire (1 traversée).

     N_2 = 1 \text{ (dans } L_1\text{)} + 2 \text{ (dans } L_2\text{)} = 3 \text{ traversées.}

   • Voie 1 (miroir fixe) : Le faisceau incident traverse L_1 (1 traversée) vers le miroir fixe, s'y réfléchit, rentre par la face arrière de L_1 et traverse son épaisseur jusqu'à la face semi-réfléchissante (1 traversée), s'y réfléchit (réflexion interne) et retraverse L_1 pour sortir par la face arrière vers l'oculaire (1 traversée).

     N_1 = 3 \text{ (dans } L_1\text{)} = 3 \text{ traversées.}

   Grâce à ce choix, les deux trajets parcourent rigoureusement la même épaisseur géométrique de verre (3e/\cos r).

   Si la couche semi-réfléchissante était déposée sur la face arrière, la voie 1 ne traverserait L_1 qu'une seule fois au total (N_1 = 1), tandis que la voie 2 traverserait L_1 trois fois et L_2 deux fois (N_2 = 5), ce qui accentuerait la dissymétrie au lieu de la compenser.

   \boxed{\text{La couche semi-réfléchissante est déposée sur la face avant de } L_1 \text{ (tournée vers le monochromateur).}}

   Résultat

   $$\text{La couche semi-reˊfleˊchissante est deˊposeˊe sur la face avant de }{L}_1\text{ (tourneˊe vers le monochromateur).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q10

   1. Forme des franges d'interférence

   Lorsque le miroir fixe et le miroir mobile sont rigoureusement perpendiculaires, l'image du miroir fixe par la séparatrice L_1 est strictement parallèle au miroir mobile : l'interféromètre de Michelson est réglé en lame d'air à faces parallèles.

   Pour un rayon incident sous un angle d'inclinaison \theta par rapport à la normale aux miroirs, la différence de marche ne dépend que de \theta :

   \delta(\theta) = 2e\cos\theta

   où e est l'épaisseur de la lame d'air équivalente.

   Les lignes d'égale intensité sont des lignes d'égale différence de marche, donc d'égale inclinaison \theta. Par symétrie de révolution autour de l'axe optique (O, \vec{e}_z), les franges observées dans le plan focal de l'oculaire ont la forme d'anneaux concentriques (anneaux d'égale inclinaison, ou anneaux de Haidinger), centrés sur l'axe optique.

   \boxed{\text{Les franges sont des anneaux concentriques centrés sur l'axe optique.}}

   2. Influence du déréglage de l'oculaire

   La source lumineuse n'étant pas ponctuelle (elle est constituée d'une fente de largeur finie, donc spatialement étendue), chaque point source crée son propre système de franges. Ces systèmes ne se superposent en phase que dans la direction où la différence de marche est indépendante de la position de la source, c'est-à-dire à l'infini : les franges sont localisées à l'infini.

   L'oculaire afocal réglé à l'infini permet de conjuguer l'infini optique avec la rétine de l'observateur (qui observe sans accommoder).

   Si l'oculaire est déréglé, le plan conjugué de la rétine se retrouve à distance finie. Or, à distance finie, les rayons issus des différents points de la source étendue interfèrent avec des différences de marche différentes, ce qui conduit à un brouillage spatial : le contraste s'annule rapidement.

   \boxed{\text{Non, on ne peut plus les observer : le déréglage entraîne le brouillage des franges.}}

   Résultat

   $$\text{Les franges sont des anneaux concentriques centreˊs sur l’axe optique.}$$

   $$\text{Non, on ne peut plus les observer : le deˊreˊglage entraıˆne le brouillage des franges.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q11

   Dans la configuration en lame d'air à faces parallèles, la différence de marche pour des rayons faisant un angle i avec la normale aux miroirs s'écrit :

   \delta(i) = 2 e \cos i

   où e est l'épaisseur de la lame d'air équivalente (séparation entre le miroir mobile et l'image du miroir fixe par la séparatrice L_1).

   Au centre du champ d'observation, les rayons émergent parallèlement à l'axe optique, soit sous une incidence normale i = 0. La différence de marche au centre vaut donc :

   \delta_0 = 2 e

   L'ordre d'interférence au centre est donné par :

   p_0 = \frac{\delta_0}{\lambda_0} = \frac{2e}{\lambda_0}

   Lorsque l'opérateur déplace le miroir mobile d'une distance \Delta z parallèlement à l'axe (O, \vec{e}_z), c'est-à-dire orthogonalement à sa surface réfléchissante, l'épaisseur de la lame d'air varie de \Delta e = \Delta z. La variation de différence de marche au centre s'élève donc à :

   \Delta \delta_0 = 2 \Delta z

   Chaque variation d'une unité de l'ordre d'interférence (\Delta p_0 = 1) correspond au passage d'une nouvelle frange sombre (ou brillante) au centre du champ. Par conséquent, le nombre \Delta N de franges sombres qui défilent au centre vérifie :

   \boxed{\Delta N = \frac{2 \Delta z}{\lambda_0}}

   Résultat

   $$\Delta N=\frac{2\Delta z}{{\lambda }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2026, Q10

   a) Les deux rayons se propagent dans l'air d'indice n = 1.

   Le bras supérieur fait intervenir une réflexion par le coin de cube mobile C_1. Lors du déplacement de C_1 d'une distance z_1(t), la longueur du trajet aller-retour varie de 2z_1(t). Comme C_1 tombe vers le bas (dans le sens des z croissants, donc en se rapprochant des lames séparatrices), le chemin optique du rayon 1 diminue de 2z_1(t) = gt^2.

   Le bras inférieur fait intervenir le coin de cube C_2, fixe en z_2 = 0{,}3\text{ m}. Par symétrie du dispositif par rapport au plan médian, le chemin optique associé au bras fixe s'écrit de manière analogue avec z_2.

   En choisissant la différence de chemins optiques \delta(P,t) = L_2 - L_1(t), on obtient :

   \boxed{\delta(P,t) = 2\left(z_2 - z_1(t)\right) = 2z_2 - gt^2}

   (Une convention de signe opposée \delta(P,t) = gt^2 - 2z_2 est également tout à fait recevable.)

   b) L'intensité résultant de l'interférence de deux ondes d'égales amplitudes s'écrit :

   I(t) = 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\,\delta(P,t)}{\lambda}\right)\right)

   Les minima d'intensité correspondent aux interférences destructives, vérifiant :

   \frac{2\pi\,\delta(P,t)}{\lambda} = (2k + 1)\pi \iff \delta(P,t) = \left(k + \frac{1}{2}\right)\lambda \quad (k \in \mathbb{Z})

   Entre l'instant t_0 du premier minimum et l'instant t_q du q-ième minimum suivant (q \in \mathbb{N}^*), l'ordre d'interférence varie de q unités. Par conséquent :

   \Delta_q = \delta(P,t_q) - \delta(P,t_0) = -g\left(t_q^2 - t_0^2\right)

   La variation de différence de marche correspond à q longueurs d'onde (avec \delta décroissant au cours du temps) :

   \boxed{\Delta_q = - q\lambda}

   On en déduit :

   -g\left(t_q^2 - t_0^2\right) = -q\lambda \implies \boxed{g = \frac{q\lambda}{t_q^2 - t_0^2}}

   c) La relation précédente se réécrit sous la forme :

   t_q^2 - t_0^2 = \frac{\lambda}{g}\,q

   La fonction linéaire y(q) exploitée expérimentalement est donc :

   \boxed{y(q) = t_q^2 - t_0^2}

   où y(q) est exprimée en \mu\text{s}^2 (en cohérence avec l'échelle de temps de la figure 3(b)).

   La pente de la droite vaut a = \frac{\lambda}{g} = 64\,598\ \mu\text{s}^2 = 64\,598 \cdot 10^{-12}\text{ s}^2. On en déduit :

   \boxed{g = \frac{\lambda}{a}}

   Avec \lambda = 632{,}82\text{ nm} = 632{,}82 \cdot 10^{-9}\text{ m}, le calcul s'écrit :

   g = \frac{632{,}82 \cdot 10^{-9}\text{ m}}{64\,598 \cdot 10^{-12}\text{ s}^2} = \frac{632{,}82}{64{,}598}\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} \approx 9{,}7961\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

   Résultat

   $$\delta (P,t)=2\left(z_2-z_1(t)\right)=2z_2-g{t}^2$$

   $${\Delta }_q=-q\lambda$$

   $$g=\frac{q\lambda }{t_q^2-t_0^2}$$

   $$y(q)=t_q^2-t_0^2$$

   $$g=\frac{\lambda }{a}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q32

   Deux ondes interfèrent de manière totalement destructive lorsque leur déphasage est un multiple impair de \pi :

   \varphi \equiv \pi \pmod{2\pi} \iff \varphi = (2k' + 1)\pi, \quad k' \in \mathbb{Z}

   D'après la formule (8) établie à la question Q31 :

   \varphi = \frac{\alpha}{\lambda} \cos i_2 - \pi

   La condition d'extinction s'écrit donc :

   \begin{aligned} \frac{\alpha}{\lambda_k} \cos i_2 - \pi &= (2k' + 1)\pi \\ \frac{\alpha}{\lambda_k} \cos i_2 &= 2(k' + 1)\pi \end{aligned}

   En posant l'entier k = k' + 1, les longueurs d'onde étant nécessairement strictement positives, l'entier k doit être un entier naturel non nul (k \in \mathbb{N}^*). On en déduit :

   \boxed{\lambda_k = \frac{\alpha \cos i_2}{2k\pi}}

   Résultat

   $${\lambda }_k=\frac{\alpha \cos i_2}{2k\pi }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q33

   D'après la question Q32, en incidence normale (i_2 = 0, soit \cos i_2 = 1), les longueurs d'onde éteintes vérifient :

   \lambda_k = \frac{2 n_\ell e}{k} \iff \frac{1}{\lambda_k} = \frac{k}{2 n_\ell e}

   où k est un entier représentant l'ordre d'interférence.

   Pour deux longueurs d'onde éteintes consécutives \lambda_k et \lambda_{k+1} (avec \lambda_{k+1} < \lambda_k), on a :

   \frac{1}{\lambda_{k+1}} - \frac{1}{\lambda_k} = \frac{1}{2 n_\ell e}

   Plus généralement, pour deux zéros d'intensité \lambda_A et \lambda_B (avec \lambda_B < \lambda_A) séparés de p intervalles spectraux (p = \Delta k) :

   e = \frac{p}{2 n_\ell \left(\dfrac{1}{\lambda_B} - \dfrac{1}{\lambda_A}\right)} = \frac{p \, \lambda_A \lambda_B}{2 n_\ell (\lambda_A - \lambda_B)}

   Sur la figure 7, on repère plusieurs longueurs d'onde d'extinction (I = 0) :

   • \lambda_1 \approx 600\ \mathrm{nm} ;
   • \lambda_2 \approx 540\ \mathrm{nm} ;
   • \lambda_3 \approx 485\ \mathrm{nm}.

   Entre \lambda_A = \lambda_1 \approx 600\ \mathrm{nm} et \lambda_B = \lambda_3 \approx 485\ \mathrm{nm}, il y a p = 2 intervalles. L'application numérique donne :

   \begin{aligned} \frac{1}{\lambda_B} - \frac{1}{\lambda_A} &\approx \frac{1}{485 \cdot 10^{-9}} - \frac{1}{600 \cdot 10^{-9}} \approx (2{,}06 - 1{,}67) \cdot 10^6 \approx 0{,}39 \cdot 10^6\ \mathrm{m^{-1}} \\ e &\approx \frac{2}{2 \times 1{,}33 \times 0{,}39 \cdot 10^6} \approx 1{,}9 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{m} = 1{,}9\ \mu\mathrm{m} \end{aligned}

   Compte tenu de la précision de lecture sur le spectre (de l'ordre de \pm 10\ \mathrm{nm}), on obtient :

   \boxed{e \approx 1{,}9\ \mu\mathrm{m}}

   Comparaison avec la question Q30 : À la question Q30, l'épaisseur calculée à partir de la condition de sustentation de la bulle critique était e = 2{,}0\ \mu\mathrm{m}. La valeur expérimentale déduite du spectre (e \approx 1{,}9\ \mu\mathrm{m}) est en excellent accord avec cette prédiction théorique, ce qui confirme l'hypothèse formulée selon laquelle l'épaisseur du film sur le cadre est identique à celle des bulles créées.

   Résultat

   $$e\approx 1,9\mu \mathrm{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q28

    D'après l'expression obtenue à la question Q27, l'intensité au foyer F' s'écrit en incidence normale :

    I(t) = \frac{I_{\max}}{2}\left[1 + \cos\left(\frac{4\pi d(t)}{\lambda_m}\right)\right]

    Comme d(t) = v_0 t et s(t) = K I(t), le signal photodiode prend la forme :

    s(t) = \frac{K I_{\max}}{2}\left[1 + \cos\left(\frac{4\pi v_0 t}{\lambda_m}\right)\right]

    Ce signal est sinusoïdal de pulsation temporelle \Omega = \dfrac{4\pi v_0}{\lambda_m}, soit une période temporelle :

    T = \frac{2\pi}{\Omega} = \frac{\lambda_m}{2 v_0} \quad \implies \quad \lambda_m = 2 v_0 T

    Pour mesurer précisément la période T, on compte le nombre d'oscillations sur l'intervalle temporel le plus large possible sur la figure 6. Entre t_1 = 0\text{ s} et t_2 = 8{,}0\text{ s} (soit \Delta t = 8{,}0\text{ s}), on dénombre environ n = 22 périodes complètes (ou entre 20 et 23 selon le pointage) :

    T = \frac{\Delta t}{n} \approx \frac{8{,}0}{22} \approx 0{,}36\text{ s}

    On en déduit la longueur d'onde :

    \lambda_m = 2 \times (7{,}0 \cdot 10^{-7}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}) \times 0{,}36\text{ s} \approx 5{,}1 \cdot 10^{-7}\text{ m}

    Avec la consigne d'un seul chiffre significatif :

    \boxed{\lambda_m \approx 5 \cdot 10^{-7}\text{ m} = 500\text{ nm}}

    (Une lecture à n = 20 périodes conduit à T \approx 0{,}40\text{ s} et \lambda_m \approx 6 \cdot 10^{-7}\text{ m}, ce qui est également recevable).

    Estimation de l'incertitude-type :
    La relation étant \lambda_m = \dfrac{2 v_0 \Delta t}{n}, l'incertitude relative sur \lambda_m provient principalement de la mesure de \Delta t et du comptage de n :

    • Incertitude de repérage temporel : on estime la demi-largeur de lecture sur l'axe des abscisses à \delta(\Delta t) \approx 0{,}2\text{ s}, soit, pour une distribution uniforme :

      u(\Delta t) = \frac{\delta(\Delta t)}{\sqrt{3}} \approx \frac{0{,}2}{\sqrt{3}} \approx 0{,}1\text{ s} \quad \implies \quad \frac{u(\Delta t)}{\Delta t} \approx \frac{0{,}1}{8{,}0} \approx 1{,}5\,\%

    • Incertitude sur le nombre de périodes : estimée à \delta n \approx 0{,}5 période, soit :

      u(n) = \frac{0{,}5}{\sqrt{3}} \approx 0{,}3 \quad \implies \quad \frac{u(n)}{n} \approx \frac{0{,}3}{22} \approx 1{,}4\,\%

    En combinant ces deux contributions indépendantes :

    \frac{u(\lambda_m)}{\lambda_m} = \sqrt{\left(\frac{u(\Delta t)}{\Delta t}\right)^2 + \left(\frac{u(n)}{n}\right)^2} \approx \sqrt{(0{,}015)^2 + (0{,}014)^2} \approx 2\,\%

    D'où l'incertitude-type absolue :

    u(\lambda_m) \approx 0{,}02 \times 5 \cdot 10^{-7}\text{ m} \approx 1 \cdot 10^{-8}\text{ m}

    \boxed{u(\lambda_m) \approx 1 \cdot 10^{-8}\text{ m} = 10\text{ nm}}

    Résultat

    $${\lambda }_m\approx 5\cdot 10^{-7}\text{ m}=500\text{ nm}$$

    $$u({\lambda }_m)\approx 1\cdot 10^{-8}\text{ m}=10\text{ nm}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question