Feuille d'entraînement : Interférences par division d'amplitude

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique PC 2026, Q1

   Dans l'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air, le système est équivalent à deux miroirs plans parallèles, notés M_1' (image de M_1) et M_2, séparés par une couche d'air d'indice n = 1 et d'épaisseur e.

   Un rayon incident arrive avec un angle d'incidence i par rapport à la normale aux miroirs :

   • Une partie se réfléchit sur le premier miroir M_1' au point A pour former le rayon (1) ;
   • L'autre partie atteint le miroir M_2 au point B, s'y réfléchit et émerge en C parallèlement au rayon (1) pour former le rayon (2).

   Les deux rayons étant parallèles, ils interfèrent à l'infini (ou dans le plan focal image d'une lentille convergente). La surface d'onde commune est le plan orthogonal aux rayons émergents passant par le point C, dont la trace est le segment [CH], où H est le projeté orthogonal de C sur le rayon (1).

   L'indice du milieu étant n = 1 et les déphasages à la réflexion étant négligés selon l'énoncé, la différence de marche \delta entre le rayon (2) et le rayon (1) s'écrit :

   \delta = (AB + BC) - AH

   D'après les relations trigonométriques dans le triangle rectangle formé par la normale issue de B et les points A et C :

   \begin{aligned} AB = BC &= \frac{e}{\cos i} \\ AC &= 2 e \tan i \end{aligned}

   Dans le triangle rectangle AHC, l'angle \widehat{ACH} vaut i, d'où :

   AH = AC \sin i = 2 e \tan i \sin i = \frac{2 e \sin^2 i}{\cos i}

   On en déduit l'expression de la différence de marche :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2e}{\cos i} - \frac{2e\sin^2 i}{\cos i} \\ &= \frac{2e}{\cos i} (1 - \sin^2 i) \\ &= \frac{2e\cos^2 i}{\cos i} \end{aligned}

   \boxed{\delta = 2e\cos i}

   Résultat

   $$\delta =2e\cos i$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2026, Q6

   Dans la configuration du coin d'air à incidence quasi-normale, la différence de marche entre les deux rayons réfléchis s'écrit :

   \delta(y) = 2\,e_0(y)

   Pour un petit angle \alpha \ll 1, l'épaisseur locale du coin d'air varie linéairement avec la distance y à l'arête O :

   e_0(y) = \alpha\,y \implies \delta(y) = 2\alpha\,y

   Les lignes d'égale différence de marche vérifient \delta(y) = \text{cste}, soit y = \text{cste}.

   Les franges d'interférences sont donc des droites rectilignes et parallèles à l'arête du coin d'air. On les appelle des franges d'égale épaisseur (ou franges de Fizeau).

   Dans le plan des miroirs, deux franges brillantes (ou sombres) consécutives correspondent à une variation de différence de marche \Delta \delta = \lambda. L'interfrange i_{\text{miroir}} sur le miroir vérifie donc :

   \Delta \delta = 2\alpha\,\Delta y = \lambda \implies i_{\text{miroir}} = \Delta y = \frac{\lambda}{2\alpha}

   L'écran étant le plan conjugué du miroir M_2 par la lentille convergente (\mathcal{L}'), le grandissement transversal en valeur absolue est donné par :

   |\gamma| = \left|\frac{\overline{O_{\mathcal{L}'}A'}}{\overline{O_{\mathcal{L}'}A}}\right| = \frac{D'}{D}

   L'interfrange i_e mesuré sur l'écran est donc :

   i_e = |\gamma|\,i_{\text{miroir}} = \frac{D'}{D}\,\frac{\lambda}{2\alpha}

   \boxed{i_e = \frac{D'\lambda}{2\alpha D}}

   Résultat

   $$i_e=\frac{D^{\prime }\lambda }{2\alpha D}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2026, Q8

   Soient \underline{s}_1(t) = s_0\,\text{e}^{j\omega t} et \underline{s}_2(t) = s_0\,\text{e}^{j(\omega t - \Delta\phi)} les signaux lumineux complexes associés aux deux rayons interférant en un point de l'écran, où s_0 est l'amplitude commune et \Delta\phi le déphasage optique induit par la différence de marche \delta(x) :

   \Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta(x)

   L'amplitude complexe totale s'écrit :

   \underline{s}_{\text{tot}} = \underline{s}_1 + \underline{s}_2 = s_0\,\text{e}^{j\omega t}\left(1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right)

   L'éclairement \mathcal{E} résultant est proportionnel au carré moyen du signal réel, soit au module au carré de l'amplitude complexe :

   \begin{aligned} \mathcal{E} &= K\,\langle s_{\text{tot}}^2(t) \rangle = \frac{K}{2}\,\left|\underline{s}_{\text{tot}}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left|1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left(2 + 2\cos\Delta\phi\right) \end{aligned}

   L'éclairement apporté par une seule onde étant \mathcal{E}_0 = \frac{K}{2}\,s_0^2, on obtient la formule de Fresnel :

   \boxed{\mathcal{E} = 2\mathcal{E}_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta(x)}{\lambda}\right)\right)}

   En utilisant le résultat de la question Q7, \delta(x) = \delta_0 + 2x, l'argument du cosinus devient :

   \frac{2\pi\delta(x)}{\lambda} = \frac{4\pi x}{\lambda} + \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}

   Par identification avec l'expression proposée :

   \mathcal{E} = \frac{\mathcal{E}_{\max}}{2}\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi x}{\lambda} + \Psi\right)\right)

   on en déduit :

   \boxed{\mathcal{E}_{\max} = 4\mathcal{E}_0} \quad \text{et} \quad \boxed{\Psi = \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}}

   Résultat

   $$\mathcal{E}=2{\mathcal{E}}_0\left(1+\cos \left(\frac{2\pi \delta (x)}{\lambda }\right)\right)$$

   $${\mathcal{E}}_{\max }=4{\mathcal{E}}_0$$

   $$\Psi =\frac{2\pi {\delta }_0}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q42

   Considérons deux rayons émergents consécutifs k et k+1. Entre sa première émergence partielle (rayon k) et son émergence suivante (rayon k+1), l'onde effectue un aller-retour à l'intérieur de la lame de liquide d'épaisseur h et d'indice n, sous l'angle de réfraction \beta.

   Soit B_1 le point d'émergence du rayon k et B_2 celui du rayon k+1 sur la seconde interface.

   • La longueur géométrique du trajet supplémentaire dans le liquide (entre B_1 et B_2 via la première interface) vaut :

     L_{\text{liq}} = \frac{2h}{\cos\beta}

   • La distance séparant les deux points d'émergence sur l'interface est :

     B_1 B_2 = 2h\tan\beta

   • Le rayon k a déjà émergé dans l'air (n_{\text{air}} = 1) sous l'angle \alpha et avance d'une projection orthogonale sur le plan d'onde :

     L_{\text{air}} = B_1 B_2 \sin\alpha = 2h\tan\beta \sin\alpha

   La différence de chemin optique \delta entre le rayon k+1 et le rayon k s'écrit donc :

   \delta = n L_{\text{liq}} - n_{\text{air}} L_{\text{air}} = \frac{2nh}{\cos\beta} - 2h\tan\beta \sin\alpha

   D'après la loi de Snell-Descartes à la réfraction, \sin\alpha = n\sin\beta, d'où :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2nh}{\cos\beta} - \frac{2nh\sin^2\beta}{\cos\beta} \\ &= \frac{2nh}{\cos\beta}(1 - \sin^2\beta) \\ &= 2nh\cos\beta \end{aligned}

   L'énoncé précisant que les coefficients de réflexion et de transmission en amplitude sont réels et positifs, aucune phase supplémentaire n'est introduite lors des réflexions internes. Le déphasage à l'infini \varphi = \varphi_{k+1} - \varphi_k entre deux rayons consécutifs est donc purement d'origine géométrique :

   \varphi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta

   \boxed{\varphi = \frac{4\pi n h \cos\beta}{\lambda}}

   Résultat

   $$\phi =\frac{4\pi nh\cos \beta }{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q43

   D'après l'énoncé, chaque rayon émergent k subit deux réflexions internes supplémentaires à l'interface liquide-air par rapport au rayon k-1. Chaque réflexion interne introduit un facteur multiplicatif r sur l'amplitude, soit un facteur r^2 par aller-retour. De plus, à chaque aller-retour dans la lame, le retard de phase augmente de \varphi = \varphi_{k+1} - \varphi_k.

   La relation entre deux rayons émergents successifs s'écrit donc :

   \underline{s}_{k+1}(\vec{r}, t) = r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\,\underline{s}_k(\vec{r}, t)

   Par récurrence immédiate à partir du premier rayon transmis \underline{s}_1(\vec{r}, t), l'amplitude complexe du rayon k au point M à l'infini s'exprime par :

   \boxed{\underline{s}_k(\vec{r}, t) = \underline{s}_1(\vec{r}, t)\left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^{k-1}}

   L'amplitude complexe résultante \underline{s} transmise par le film s'obtient par superposition d'une infinité d'ondes émergentes :

   \underline{s} = \sum_{k=1}^{\infty} \underline{s}_k = \underline{s}_1 \sum_{k=1}^{\infty} \left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^{k-1} = \underline{s}_1 \sum_{p=0}^{\infty} \left(r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}\right)^p

   Le facteur de réflexion en amplitude vérifie 0 < r < 1, d'où pour la raison q = r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi} :

   |q| = |r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}| = r^2 < 1

   La série géométrique converge donc absolument, et sa somme vaut :

   \sum_{p=0}^{\infty} q^p = \frac{1}{1-q} = \frac{1}{1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}}

   On en déduit bien l'amplitude complexe de l'onde transmise :

   \boxed{\underline{s} = \sum_{k=1}^{\infty} \underline{s}_k = \frac{\underline{s}_1}{1 - r^2 \exp(-\mathrm{i}\varphi)}}

   Résultat

   $${\underline{s}}_k(\vec{r},t)={\underline{s}}_1(\vec{r},t){\left(r^2{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}\phi }\right)}^{k-1}$$

   $$\underline{s}=\sum _{k=1}^{\infty }{\underline{s}}_k=\frac{{\underline{s}}_1}{1-r^2\exp (-\mathrm{i}\phi )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q44

   Le premier rayon transmis émerge après avoir traversé les deux dioptres séparant l'air et le liquide sans subir de réflexion interne. Chacune des deux traversées introduit un facteur de transmission en amplitude t (réel), de sorte que :

   \underline{s}_1 = t^2 s_0

   D'après la question Q43, l'amplitude complexe transmise totale s'écrit :

   \underline{s} = \frac{\underline{s}_1}{1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}}

   L'intensité lumineuse transmise \mathcal{I} = \underline{s} \times \underline{s}^* = |\underline{s}|^2 vaut donc :

   \mathcal{I} = \frac{|\underline{s}_1|^2}{|1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2} = \frac{t^4 |s_0|^2}{|1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2}

   L'intensité de l'onde incidente étant \mathcal{I}_0 = |s_0|^2, et la relation de conservation de l'énergie imposant t^2 = 1 - r^2, le numérateur est :

   |\underline{s}_1|^2 = (1 - r^2)^2 \mathcal{I}_0

   Développons le dénominateur :

   \begin{aligned} |1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2 &= (1 - r^2 \cos\varphi)^2 + (r^2 \sin\varphi)^2 \\ &= 1 - 2r^2 \cos\varphi + r^4 (\cos^2\varphi + \sin^2\varphi) \\ &= 1 + r^4 - 2r^2 \cos\varphi \end{aligned}

   En utilisant la relation trigonométrique de l'énoncé, \cos\varphi = 1 - 2\sin^2(\varphi/2) :

   \begin{aligned} |1 - r^2 \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}|^2 &= 1 + r^4 - 2r^2 \left(1 - 2\sin^2(\varphi/2)\right) \\ &= (1 - r^2)^2 + 4r^2 \sin^2(\varphi/2) \\ &= (1 - r^2)^2 \left[ 1 + \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2} \sin^2(\varphi/2) \right] \end{aligned}

   En injectant cette factorisation dans l'expression de \mathcal{I}, les termes (1 - r^2)^2 se simplifient :

   \mathcal{I} = \frac{(1 - r^2)^2 \mathcal{I}_0}{(1 - r^2)^2 \left[ 1 + \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2} \sin^2(\varphi/2) \right]}

   On retrouve bien la fonction d'Airy :

   \boxed{\mathcal{I} = \frac{\mathcal{I}_0}{1 + m \sin^2(\varphi/2)}}

   avec le coefficient de finesse :

   \boxed{m = \frac{4r^2}{(1 - r^2)^2}}

   Résultat

   $$\mathcal{I}=\frac{{\mathcal{I}}_0}{1+m{\sin }^2(\phi /2)}$$

   $$m=\frac{4r^2}{(1-r^2{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Polytechnique Physique A PC 2025, Q11

   D'après la question Q10, la situation renversée temporellement comprend deux ondes incidentes convergeant vers l'interface en x = 0 :

   • une onde d'amplitude r_{12} se propageant vers les x > 0 depuis le milieu 1 (x \le 0) ;
   • une onde d'amplitude t_{12} se propageant vers les x < 0 depuis le milieu 2 (x > 0).

   Par linéarité de l'équation d'ondes, cette configuration est la superposition de deux situations élémentaires :

   1. Onde incidente d'amplitude r_{12} venant de la gauche (x \le 0) :

      • onde réfléchie se propageant vers x < 0 dans le milieu 1, d'amplitude r_{12} \times r_{12} = r_{12}^2 ;
      • onde transmise se propageant vers x > 0 dans le milieu 2, d'amplitude r_{12} \times t_{12}.

   2. Onde incidente d'amplitude t_{12} venant de la droite (x > 0) :

      • onde réfléchie se propageant vers x > 0 dans le milieu 2, d'amplitude t_{12} \times r_{21} ;
      • onde transmise se propageant vers x < 0 dans le milieu 1, d'amplitude t_{12} \times t_{21}.

   En sommant les contributions des ondes repartant de part et d'autre de l'interface :

   • Dans le milieu 2 (x > 0), l'amplitude totale de l'onde se propageant vers les x croissants vaut :

     A_{2,\text{repartant}} = r_{12} t_{12} + t_{12} r_{21} = t_{12}(r_{12} + r_{21})

     Or, dans l'état renversé temporellement, aucune onde ne s'éloigne vers x = +\infty, donc A_{2,\text{repartant}} = 0. Comme t_{12} \neq 0, on obtient :

     \boxed{r_{21} = -r_{12}}

   • Dans le milieu 1 (x \le 0), l'amplitude totale de l'onde se propageant vers les x décroissants vaut :

     A_{1,\text{repartant}} = r_{12}^2 + t_{12} t_{21}

     Cette onde doit reproduire l'onde initiale retournée, d'amplitude 1 :

     r_{12}^2 + t_{12} t_{21} = 1

     soit :

     \boxed{t_{21} = \frac{1 - r_{12}^2}{t_{12}}}

   Résultat

   $$r_{21}=-r_{12}$$

   $$t_{21}=\frac{1-r_{12}^2}{t_{12}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Polytechnique Physique A PC 2025, Q31

   D'après la question Q28, le signal temporel reçu en M (x = x_0) est relié au signal émis en x = -x_0 par :

   R(t) = \sum_{p=0}^{+\infty} t_{12} t_{21} r_{21}^{2p} \, s(t - t_0 - p \Delta t)

   où t_0 = 2\frac{x_0 - L}{c_1} + \frac{2L}{c_2} est le temps de vol direct et \Delta t = \frac{4L}{c_2} est la durée d'un aller-retour dans la cavité.

   En régime monochromatique, avec la notation complexe s(t) = \Re\{\underline{S}(\omega)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\}, le signal retardé s(t - \tau) correspond à l'amplitude complexe :

   \underline{s}(t - \tau) = \underline{S}(\omega) \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega(t - \tau)} = \underline{S}(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega\tau} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}

   Par linéarité de la propagation, le champ reçu en x = x_0 s'écrit sous la forme R(t) = \Re\{\underline{R}(\omega)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\}, où l'amplitude complexe \underline{R}(\omega) vaut :

   \begin{aligned} \underline{R}(\omega) &= \sum_{p=0}^{+\infty} t_{12} t_{21} r_{21}^{2p} \, \underline{S}(\omega) \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega(t_0 + p\Delta t)} \\ &= t_{12} t_{21} \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t_0} \underline{S}(\omega) \sum_{p=0}^{+\infty} \left(r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}\right)^p \end{aligned}

   Comme |r_{21}| < 1 en l'absence d'amplification, la raison vérifie |r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}| = r_{21}^2 < 1. Il s'agit d'une série géométrique convergente de somme :

   \sum_{p=0}^{+\infty} \left(r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}\right)^p = \frac{1}{1 - r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}}

   On en déduit l'expression de la réponse monochromatique :

   \boxed{\underline{R}(\omega) = \frac{t_{12} t_{21} \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t_0}}{1 - r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}} \underline{S}(\omega)}

   avec t_0 = 2\frac{x_0 - L}{c_1} + \frac{2L}{c_2} et \Delta t = \frac{4L}{c_2}.

   Résultat

   $$\underline{R}(\omega )=\frac{t_{12}{t}_{21}{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\omega t_0}}{1-r_{21}^2{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}}\underline{S}(\omega )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Polytechnique Physique A PC 2025, Q32

   D'après la question Q31, l'amplitude complexe transmise s'écrit :

   \underline{R}(\omega) = \frac{t_{12} t_{21} \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t_0}}{1 - r_{21}^2 \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t}} \underline{S}(\omega)

   avec \Delta t = \frac{4L}{c_2} la durée d'un aller-retour dans la cavité de largeur 2L.

   Le gain en amplitude est maximal lorsque le dénominateur est de module minimal. Comme r_{21}^2 \in ]0, 1[, ce minimum est atteint lorsque le terme \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega \Delta t} = 1, c'est-à-dire :

   \omega \Delta t = 2m\pi, \quad m \in \mathbb{N}^*

   On en déduit les pulsations de résonance :

   \omega_m = \frac{2m\pi}{\Delta t} = \frac{2m\pi}{\frac{4L}{c_2}} = m \frac{\pi c_2}{2L}

   Les fréquences de résonance correspondantes valent donc :

   \boxed{f_m = \frac{\omega_m}{2\pi} = m \frac{c_2}{4L}, \quad m \in \mathbb{N}^*}

   En introduisant la longueur d'onde dans le milieu intermédiaire \lambda_{2,m} = \frac{c_2}{f_m}, cette condition de résonance s'écrit :

   \frac{c_2}{\lambda_{2,m}} = m \frac{c_2}{4L} \iff 4L = m \lambda_{2,m}

   soit :

   \boxed{L = m \frac{\lambda_{2,m}}{4} \quad \text{ou encore} \quad 2L = m \frac{\lambda_{2,m}}{2}}

   La demi-longueur L est un multiple entier du quart de la longueur d'onde acoustique dans le milieu 2, ce qui signifie que l'épaisseur totale de la cavité, 2L, est un multiple entier de la demi-longueur d'onde dans ce milieu.

   Résultat

   $$f_m=\frac{{\omega }_m}{2\pi }=m\frac{c_2}{4L},m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

   $$L=m\frac{{\lambda }_{2,m}}{4}\text{ou encore}2L=m\frac{{\lambda }_{2,m}}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Polytechnique Physique A PC 2024, Q2

    Un interféromètre de Michelson est constitué des éléments essentiels suivants :

    • une lame séparatrice (semi-réfléchissante), inclinée à 45^\circ par rapport à l'axe optique, qui sépare l'amplitude du faisceau incident en deux faisceaux (l'un réfléchi, l'autre transmis) ;
    • une lame compensatrice, de même épaisseur et de même indice que la séparatrice, disposée parallèlement à celle-ci sur l'un des bras afin d'égaliser le chemin optique parcouru dans le verre par les deux faisceaux ;
    • deux miroirs plans orthogonaux M_1 et M_2, placés à l'extrémité de chaque bras aux distances respectives L_1 et L_2 de la séparatrice ;
    • une source lumineuse en entrée et un détecteur (ou écran d'observation) en sortie.

    Dans la configuration en lame d'air à faces parallèles, les miroirs M_1 et M_2 sont rigoureusement perpendiculaires entre eux. L'image de M_2 par la séparatrice, notée M'_2, est alors strictement parallèle au miroir M_1. L'interféromètre est optiquement équivalent à une lame d'air d'épaisseur :

    \boxed{d = |L_1 - L_2|}

    Résultat

    $$d=|L_1-L_2|$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question