Feuille d'entraînement : Interférences par division du front d'onde

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2025, Q47

   Dans le repère cartésien (O, y, z), la position de la première antenne est S_1(0, H) et celle de la cible est C(Y, 0).

   D'après la géométrie de la visée (figures 6 et 11), l'angle \theta est repéré par rapport à la verticale descendante -\vec{e}_z. Les coordonnées de la cible s'écrivent :

   Y = R_1 \sin\theta \quad \text{et} \quad H = R_1 \cos\theta

   où R_1 = \|\overrightarrow{S_1C}\|. Le vecteur unitaire \vec{u} orienté le long de la ligne de visée de S_1 vers C s'exprime donc par :

   \vec{u} = \frac{\overrightarrow{S_1C}}{R_1} = \sin\theta\,\vec{e}_y - \cos\theta\,\vec{e}_z

   Par définition de l'angle \alpha = \text{Angle}(\vec{e}_y, \vec{B}), le vecteur \vec{B} = \overrightarrow{S_1S_2} reliant les deux positions orbitales du satellite a pour composantes :

   \vec{B} = B\cos\alpha\,\vec{e}_y + B\sin\alpha\,\vec{e}_z

   Le point Q étant le projeté orthogonal de S_2 sur la droite (S_1C), la projection algébrique \delta R = (S_1Q) est donnée par le produit scalaire :

   \begin{aligned} \delta R &= \vec{B} \cdot \vec{u} \\ &= (B\cos\alpha\,\vec{e}_y + B\sin\alpha\,\vec{e}_z) \cdot (\sin\theta\,\vec{e}_y - \cos\theta\,\vec{e}_z) \\ &= B(\sin\theta\cos\alpha - \cos\theta\sin\alpha) \end{aligned}

   En utilisant la formule trigonométrique fournie en annexe :

   \sin(a - b) = \sin a \cos b - \sin b \cos a

   avec a = \theta et b = \alpha, on obtient :

   \boxed{\delta R = B \sin(\theta - \alpha)}

   Résultat

   $$\delta R=B\sin (\theta -\alpha )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2025, Q48

   Dans le triangle \mathrm{S}_1\mathrm{S}_2\mathrm{C}, la ligne de base \overrightarrow{\mathrm{S}_1\mathrm{S}_2} de longueur B = \|\vec{B}\| est vue depuis la cible \mathrm{C} sous l'angle \varepsilon = \mathrm{Angle}(\overrightarrow{\mathrm{CS}_2}, \overrightarrow{\mathrm{CS}_1}).

   D'après la loi des sinus dans ce triangle :

   \frac{\sin|\varepsilon|}{B} = \frac{\sin(\widehat{\mathrm{S}_1\mathrm{S}_2\mathrm{C}})}{R_1} \le \frac{1}{R_1}

   Sachant que la distance R_1 vérifie R_1 = \dfrac{H}{\cos\theta} \ge H, on en déduit la majoration :

   \sin|\varepsilon| \le \frac{B}{R_1} \le \frac{B}{H}

   Avec B = 100\text{ m} et H = 700\text{ km} = 7{,}0 \times 10^5\text{ m} :

   \frac{B}{H} = \frac{100}{7{,}0 \times 10^5} \simeq 1{,}4 \times 10^{-4}\text{ rad}

   Puisque cette borne supérieure est très petite devant 1, on a :

   \boxed{|\varepsilon| \lesssim \frac{B}{R_1} \sim 10^{-4}\text{ rad} \ll 1}

   L'angle \varepsilon étant extrêmement faible (environ 0{,}008^\circ), les directions (\mathrm{S}_1\mathrm{C}) et (\mathrm{S}_2\mathrm{C}) peuvent être considérées comme rigoureusement parallèles. Par conséquent, en projetant orthogonalement \mathrm{S}_2 en \mathrm{Q} sur (\mathrm{S}_1\mathrm{C}), on a bien R_2 = \mathrm{CS}_2 \simeq \mathrm{CQ} = R_1 - \delta R.

   Résultat

   $$|\epsilon |\lesssim \frac{B}{R_1}\sim 10^{-4}\text{ rad}\ll 1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2025, Q49

   D'après le résultat établi à la question Q43, le déphasage d'un signal radar après un trajet aller-retour jusqu'à une cible située à une distance R de l'antenne s'écrit :

   \phi_{\text{récep}} = \frac{4\pi R}{\lambda} + \phi_{\text{cible}}

   Pour chacune des deux prises de vue, aux positions \mathrm{S}_1 et \mathrm{S}_2, les distances à la cible sont respectivement R_1 et R_2. Le déphasage propre à la cible \phi_{\text{cible}} étant supposé inchangé entre les deux passages, les déphasages des signaux reçus s'écrivent :

   \begin{aligned} \phi_{\text{récep},1} &= \frac{4\pi R_1}{\lambda} + \phi_{\text{cible}} \\ \phi_{\text{récep},2} &= \frac{4\pi R_2}{\lambda} + \phi_{\text{cible}} \end{aligned}

   La différence de phase entre les deux signaux réceptionnés s'exprime donc par :

   \Delta\phi_{\mathrm{tp}} = \phi_{\text{récep},1} - \phi_{\text{récep},2} = \frac{4\pi}{\lambda} (R_1 - R_2)

   En utilisant la relation issue de l'approximation des rayons parallèles établie à la question Q48, soit R_1 - R_2 = \delta R, et l'expression de la projection obtenue à la question Q47, \delta R = B\sin(\theta - \alpha), on obtient :

   \boxed{\Delta\phi_{\mathrm{tp}} = \frac{4\pi B}{\lambda} \sin(\theta - \alpha)}

   Résultat

   $$\Delta {\varphi }_{\mathrm{tp}}=\frac{4\pi B}{\lambda }\sin (\theta -\alpha )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2025, Q50

   La condition d'interférences constructives pour la cible \mathrm{C}_n vue sous l'angle \theta_n = \theta_0 + \beta_n s'écrit, d'après le résultat de la question Q49 :

   \Delta\phi_{\mathrm{tp}}(\theta_n) = \frac{4\pi B}{\lambda} \sin(\theta_n - \alpha) = 2q\pi \quad (q \in \mathbb{Z})

   D'après la question Q46, la zone observée vérifie \beta_n \ll 1. En utilisant le développement limité au premier ordre fourni en annexe :

   \sin(\theta_n - \alpha) = \sin(\theta_0 - \alpha + \beta_n) \simeq \sin(\theta_0 - \alpha) + \beta_n \cos(\theta_0 - \alpha)

   La condition d'interférences constructives devient :

   \frac{4\pi B}{\lambda} \Big( \sin(\theta_0 - \alpha) + \beta_n \cos(\theta_0 - \alpha) \Big) = 2q\pi

   ce qui caractérise l'écart angulaire \beta_n associé à l'ordre d'interférence q :

   \boxed{\beta_n = \frac{q \dfrac{\lambda}{2B} - \sin(\theta_0 - \alpha)}{\cos(\theta_0 - \alpha)}} \quad \text{avec} \quad \theta_n = \theta_0 + \beta_n

   L'écart angulaire entre deux franges constructives consécutives (associées à des ordres entiers consécutifs \Delta q = 1) est donc :

   \Delta\beta = \beta_{n+1} - \beta_n = \frac{\lambda}{2B \cos(\theta_0 - \alpha)}

   L'abscisse de la cible au sol est reliée à son angle de visée par Y = H \tan\theta. Au premier ordre en \beta_n, d'après le formulaire :

   Y_n = H \tan(\theta_0 + \beta_n) \simeq H \left( \tan\theta_0 + \frac{\beta_n}{\cos^2\theta_0} \right)

   La distance entre deux cibles consécutives conduisant à des interférences constructives (pas du réseau de franges au sol, ou interfrange) s'en déduit :

   w = Y_{n+1} - Y_n = \frac{H}{\cos^2\theta_0} (\beta_{n+1} - \beta_n) = \frac{H}{\cos^2\theta_0} \times \frac{\lambda}{2B \cos(\theta_0 - \alpha)}

   On identifie ainsi l'expression demandée :

   w = \frac{\lambda H}{2B} \, Q(\theta_0, \alpha) \quad \text{avec} \quad \boxed{Q(\theta_0, \alpha) = \frac{1}{\cos^2\theta_0 \cos(\theta_0 - \alpha)}}

   Application numérique : Pour \theta_0 = 30^{\circ}, \alpha = 0, \lambda = 6\text{ cm} = 0{,}060\text{ m}, H = 700\text{ km} = 7{,}0 \times 10^5\text{ m} et B = 100\text{ m} :

   \begin{aligned} \frac{\lambda H}{2B} &= \frac{0{,}060 \times 7{,}0 \times 10^5}{2 \times 100} = 210\text{ m} \\ Q(30^{\circ}, 0) &= \frac{1}{\cos^3(30^{\circ})} = \frac{1}{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^3} = \frac{8}{3\sqrt{3}} \simeq 1{,}54 \end{aligned}

   D'où :

   \boxed{w \simeq 3{,}2 \times 10^2\text{ m}}

   Résultat

   $${\beta }_n=\frac{q\frac{\lambda }{2B}-\sin ({\theta }_0-\alpha )}{\cos ({\theta }_0-\alpha )}$$

   $$Q({\theta }_0,\alpha )=\frac{1}{{\cos }^2{\theta }_0\cos ({\theta }_0-\alpha )}$$

   $$w\simeq 3,2\times 10^2\text{ m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2025, Q52

   Le signal reçu provient de la cible réelle \mathrm{C}, située aux distances R_1 = \|\overrightarrow{\mathrm{S}_1\mathrm{C}}\| et R_2 = \|\overrightarrow{\mathrm{S}_2\mathrm{C}}\|. D'après les questions 43 et 49, en supposant que le déphasage propre \phi_{\mathrm{cible}} est invariable entre les deux passages, la différence de phase mesurée s'écrit :

   \Delta\phi = \frac{4\pi}{\lambda}(R_1 - R_2)

   En utilisant la relation (26) fournie par l'énoncé, R_2 = R_1 - B\sin(\theta - \alpha), on a :

   \Delta\phi = \frac{4\pi B}{\lambda}\sin(\theta - \alpha)

   Ce signal est attribué par le système d'imagerie au pixel de terrain plat correspondant à la cible apparente \mathrm{C}', repérée par l'angle \theta' et d'abscisse Y'. Posons :

   \theta = \theta' + \delta\theta

   Déterminons l'écart angulaire \delta\theta. Par définition des angles \theta et \theta' dans le triangle rectangle projeté :

   \sin\theta = \frac{Y}{R_1} \quad \text{et} \quad \sin\theta' = \frac{Y'}{R_1}

   Au premier ordre par rapport au petit angle \delta\theta, le formulaire fournit :

   \sin(\theta' + \delta\theta) \simeq \sin\theta' + \delta\theta \cos\theta'

   On en déduit :

   \delta\theta \cos\theta' = \sin\theta - \sin\theta' = \frac{Y - Y'}{R_1} = \frac{\delta Y}{R_1}

   Or, d'après la question 51, \delta Y = \dfrac{H}{Y}h \simeq \dfrac{H}{Y'}h au premier ordre, et la géométrie de la visée de \mathrm{C}' donne \cos\theta' = \dfrac{H}{R_1}. Il vient donc :

   \delta\theta \left(\frac{H}{R_1}\right) = \frac{1}{R_1} \left(\frac{H}{Y'}h\right) \implies \delta\theta = \frac{h}{Y'}

   Développons maintenant l'expression du déphasage au premier ordre en \delta\theta :

   \begin{aligned} \sin(\theta - \alpha) &= \sin\big((\theta' - \alpha) + \delta\theta\big) \\ &= \sin(\theta' - \alpha) + \delta\theta \cos(\theta' - \alpha) \end{aligned}

   En injectant cette relation dans \Delta\phi, on obtient :

   \Delta\phi(Y') = \frac{4\pi B}{\lambda}\sin(\theta' - \alpha) + \frac{4\pi B}{\lambda}\,\delta\theta\cos(\theta' - \alpha)

   On reconnaît dans le premier terme la contribution de terrain plat évaluée en Y' (question 49) :

   \Delta\phi_{\mathrm{tp}}(Y') = \frac{4\pi B}{\lambda}\sin(\theta' - \alpha)

   Le second terme constitue la phase topographique \Delta\phi_{\mathrm{topo}}(Y'). En remplaçant \delta\theta = \dfrac{h}{Y'}, on parvient au résultat attendu :

   \boxed{\Delta\phi(Y') = \Delta\phi_{\mathrm{tp}}(Y') + \Delta\phi_{\mathrm{topo}}(Y') \quad \text{avec} \quad \Delta\phi_{\mathrm{topo}}(Y') = \frac{4\pi}{\lambda}\times\frac{hB}{Y'}\times\cos(\theta' - \alpha)}

   Résultat

   $$\Delta \varphi (Y^{\prime })=\Delta {\varphi }_{\mathrm{tp}}(Y^{\prime })+\Delta {\varphi }_{\mathrm{topo}}(Y^{\prime })\text{avec}\Delta {\varphi }_{\mathrm{topo}}(Y^{\prime })=\frac{4\pi }{\lambda }\times \frac{hB}{Y^{\prime }}\times \cos ({\theta }^{\prime }-\alpha )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2025, Q53

   D'après la géométrie de la visée radar (figure 12), la cible apparente \mathrm{C}' située au sol (z = 0) est repérée par l'angle \theta' tel que :

   Y' = H \tan\theta'

   En injectant cette relation dans l'expression (25) de la composante topographique du déphasage :

   \Delta\phi_{\mathrm{topo}}(Y') = \frac{4\pi}{\lambda} \frac{h B}{H \tan\theta'} \cos(\theta' - \alpha)

   On en déduit l'expression de l'altitude h :

   h = \Delta\phi_{\mathrm{topo}} \times \frac{\lambda H \tan\theta'}{4\pi B \cos(\theta' - \alpha)}

   Pour \alpha = 0, cette relation se simplifie en :

   h = \Delta\phi_{\mathrm{topo}} \times \frac{\lambda H \sin\theta'}{4\pi B \cos^2\theta'}

   La précision \delta h sur la détermination de l'altitude découle directement de la précision de mesure du déphasage \Delta\phi_{\text{bruit}} \simeq \frac{\pi}{4} :

   \delta h = \Delta\phi_{\text{bruit}} \times \frac{\lambda H \sin\theta'}{4\pi B \cos^2\theta'} = \frac{\pi}{4} \times \frac{\lambda H \sin\theta'}{4\pi B \cos^2\theta'} = \frac{\lambda H \sin\theta'}{16 B \cos^2\theta'}

   Application numérique : Avec H = 700\text{ km} = 7{,}0 \times 10^5\text{ m}, \lambda = 6\text{ cm} = 0{,}06\text{ m}, B = 100\text{ m} et \theta' = 30^{\circ} (\sin 30^{\circ} = 1/2, \cos^2 30^{\circ} = 3/4, soit \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos^2 30^{\circ}} = \frac{2}{3}) :

   \delta h = \frac{0{,}06 \times 7{,}0 \times 10^5}{16 \times 100} \times \frac{2}{3} = \frac{42\,000}{1\,600} \times \frac{2}{3} = 17{,}5\text{ m}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{\delta h \simeq 18\text{ m}}

   Résultat

   $$\delta h\simeq 18\text{ m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2025, Q54

   Entre la première et la seconde prise de vue, la cible \mathrm{C} subit un déplacement vertical \vec{\delta \mathrm{C}} = \eta \vec{e}_z.

   D'après la question Q48, les directions (\mathrm{CS}_1) et (\mathrm{CS}_2) sont quasi-parallèles et font un angle \theta avec la verticale descendante -\vec{e}_z. Le vecteur unitaire orienté du satellite vers la cible s'écrit dans le repère (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z) :

   \vec{u} = \sin\theta \, \vec{e}_y - \cos\theta \, \vec{e}_z

   Au premier ordre en \eta / R_2, la variation de la distance R_2 = \|\overrightarrow{\mathrm{S}_2\mathrm{C}}\| induite par le déplacement \vec{\delta \mathrm{C}} s'obtient par projection :

   \delta R_2 = \|\overrightarrow{\mathrm{S}_2\mathrm{C}}(h+\eta)\| - \|\overrightarrow{\mathrm{S}_2\mathrm{C}}(h)\| = \vec{u} \cdot \vec{\delta \mathrm{C}} = (\sin\theta \, \vec{e}_y - \cos\theta \, \vec{e}_z) \cdot (\eta \, \vec{e}_z) = -\eta \cos\theta

   Un soulèvement vertical (\eta > 0) rapproche donc la cible du satellite d'une quantité \eta \cos\theta.

   Le déphasage du signal reçu lors du second passage est donné par la relation établie à la question Q43 :

   \phi_{\text{récep}, 2} = \frac{4\pi}{\lambda} R_2 + \phi_{\text{cible}}

   La variation de ce déphasage induite par le déplacement s'écrit :

   \delta\phi_{\text{récep}, 2} = \frac{4\pi}{\lambda} \delta R_2 = -\frac{4\pi}{\lambda} \eta \cos\theta

   La première acquisition n'étant pas affectée par cette déformation ultérieure, la variation du déphasage interférométrique \Delta\phi = \phi_{\text{récep}, 1} - \phi_{\text{récep}, 2} est :

   \Delta\phi_{\mathrm{d}} = -\delta\phi_{\text{récep}, 2}

   On en déduit immédiatement :

   \boxed{\Delta\phi_{\mathrm{d}} = \frac{4\pi}{\lambda} \times \eta \cos\theta}

   Résultat

   $$\Delta {\varphi }_{\mathrm{d}}=\frac{4\pi }{\lambda }\times \eta \cos \theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2025, Q55

   D'après la relation (27) établie à la question Q54, le déphasage induit par un déplacement vertical \eta vaut :

   \Delta\phi_{\mathrm{d}} = \frac{4\pi}{\lambda} \, \eta \cos\theta

   Pour que ce déplacement soit mesurable, le déphasage qu'il engendre doit être au moins de l'ordre du bruit de mesure sur la phase, soit \Delta\phi_{\mathrm{d}} \ge \Delta\phi_{\text{bruit}}. Le déplacement vertical minimal décelable vérifie donc :

   \frac{4\pi}{\lambda} \, \eta_{\min} \cos\theta = \Delta\phi_{\text{bruit}}

   En injectant \Delta\phi_{\text{bruit}} \simeq \frac{\pi}{4}, on obtient l'expression littérale :

   \eta_{\min} = \frac{\lambda \, \Delta\phi_{\text{bruit}}}{4\pi \cos\theta} = \frac{\lambda}{16\cos\theta}

   Application numérique : Avec \lambda = 6{,}0\text{ cm} = 6{,}0 \times 10^{-2}\text{ m} et \theta = 30^{\circ} (\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \simeq 0{,}866) :

   \eta_{\min} = \frac{6{,}0 \times 10^{-2}}{16 \times \cos(30^{\circ})} \simeq 4{,}3 \times 10^{-3}\text{ m} = 4{,}3\text{ mm}

   \boxed{\eta_{\min} = \frac{\lambda}{16\cos\theta} \simeq 4{,}3\text{ mm}}

   Résultat

   $${\eta }_{\min }=\frac{\lambda }{16\cos \theta }\simeq 4,3\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2025, Q56

   D'après la relation (27) établie à la question précédente, le déphasage différentiel \Delta\phi_{\mathrm{d}} lié à un déplacement vertical \eta vaut :

   \Delta\phi_{\mathrm{d}} = \frac{4\pi}{\lambda}\,\eta\cos\theta

   Le déplacement vertical \eta s'exprime donc en fonction du déphasage par :

   \eta = \frac{\lambda}{4\pi\cos\theta}\,\Delta\phi_{\mathrm{d}}

   Un cycle complet de déphasage \delta(\Delta\phi) = 2\pi (correspondant à une frange d'interférence complète, soit la répétition d'un motif coloré) est associé à un déplacement élémentaire :

   \delta\eta = \frac{\lambda}{2\cos\theta}

   Avec \lambda = 3\text{ cm} = 3{,}0 \times 10^{-2}\text{ m} et \theta = 44^\circ :

   \delta\eta = \frac{3{,}0 \times 10^{-2}}{2\cos(44^\circ)} \simeq 2{,}09 \times 10^{-2}\text{ m} \simeq 2{,}1\text{ cm}

   Sur la figure (13), les franges forment des anneaux concentriques centrés sur la caldera du volcan Kilauea. Les annotations indiquent :

   • \Delta\phi = 0 en bordure extérieure non déformée ;
   • \Delta\phi = 2\pi sur le premier anneau vers l'intérieur (1re frange) ;
   • \Delta\phi = 4\pi sur le deuxième anneau (2e frange).

   En poursuivant le comptage vers le centre du gonflement (au niveau du lac de lave et de la caldera), on dénombre encore 2 à 3 franges supplémentaires (soit un total de N \simeq 4\text{ à }5 franges, correspondant à un déphasage maximal au centre \Delta\phi_{\max} \simeq 8\pi\text{ à }10\pi).

   Le soulèvement maximal (surrection) \eta_{\mathrm{s}} du volcan au centre de la déformation vaut donc :

   \eta_{\mathrm{s}} = N\,\delta\eta = N \times \frac{\lambda}{2\cos\theta}

   • Pour N = 4 franges : \eta_{\mathrm{s}} \simeq 4 \times 2{,}09\text{ cm} \simeq 8{,}4\text{ cm} ;
   • Pour N = 5 franges : \eta_{\mathrm{s}} \simeq 5 \times 2{,}09\text{ cm} \simeq 10{,}5\text{ cm}.

   \boxed{\eta_{\mathrm{s}} \simeq 8\text{ à }11\text{ cm}\quad (\text{soit de l'ordre de } 10\text{ cm})}

   Résultat

   $${\eta }_{\mathrm{s}}\simeq 8\text{ aˋ }11\text{ cm}(\text{soit de l’ordre de }10\text{ cm})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question