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

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q22

   Dans le milieu d'indice n \simeq 1, la norme commune des vecteurs d'onde associés à la longueur d'onde \lambda_0 est :

   k = \|\vec{k}_1\| = \|\vec{k}_2\| = \frac{2\pi}{\lambda_0}

   D'après la figure 12, les deux ondes planes se propagent vers les x croissants avec un angle d'inclinaison \pm \alpha par rapport à l'axe horizontal (Ox) dans le plan (xOy). Les vecteurs d'onde s'écrivent :

   \begin{aligned} \vec{k}_1 &= k \cos\alpha\,\vec{u}_x - k \sin\alpha\,\vec{u}_y \\ \vec{k}_2 &= k \cos\alpha\,\vec{u}_x + k \sin\alpha\,\vec{u}_y \end{aligned}

   Pour un point M repéré par \vec{OM} = x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z, le déphasage de l'onde 1 par rapport à l'onde 2 est :

   \Delta\phi(M) = (\vec{k}_2 - \vec{k}_1) \cdot \vec{OM} = 2 k \sin\alpha\,y = \frac{4\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}

   Les deux ondes étant scalaires, monochromatiques, mutuellement cohérentes et de même intensité I_0, la formule de Fresnel donne l'intensité résultante I(M) :

   \begin{aligned} I(x, y, z) &= I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0}\cos(\Delta\phi) \\ &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}\right)\right) \end{aligned}

   Soit, sous forme condensée :

   \boxed{I(x, y, z) = 4I_0 \cos^2\left(\frac{2\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}\right)}

   Description de la figure d'interférence :

   • L'intensité est strictement indépendante de x et de z : les surfaces d'égale intensité sont des plans parallèles au plan (xOz) (plans orthogonaux à l'axe (Oy)).
   • Dans le plan d'observation (xOy), on observe une alternance de franges rectilignes brillantes et sombres, parallèles à l'axe (Ox) (axe de propagation moyen).
   • L'intensité varie sinusoïdalement entre I_{\min} = 0 et I_{\max} = 4I_0, assurant un contraste maximal (V = 1).

   Résultat

   $$I(x,y,z)=4I_0{\cos }^2\left(\frac{2\pi y\sin \alpha }{{\lambda }_0}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q23

   L'interfrange i est la distance séparant deux franges consécutives de même nature, c'est-à-dire deux franges brillantes consécutives (maxima d'intensité) ou deux franges sombres consécutives (minima d'intensité).

   D'après le résultat de la question Q22, l'intensité lumineuse dans le champ d'interférence s'écrit :

   I(y) = 2I_0 \left[ 1 + \cos\left(\frac{4\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}\right) \right]

   Les maxima d'intensité (franges brillantes) sont obtenus lorsque l'argument de la fonction cosinus est un multiple entier de 2\pi :

   \frac{4\pi y_p \sin\alpha}{\lambda_0} = 2p\pi \quad (p \in \mathbb{Z})

   ce qui donne la position des franges brillantes selon l'axe (Oy) :

   y_p = p \, \frac{\lambda_0}{2\sin\alpha}

   L'interfrange i est donc donné par :

   i = y_{p+1} - y_p

   \boxed{i = \frac{\lambda_0}{2\sin\alpha}}

   Résultat

   $$i=\frac{{\lambda }_0}{2\sin \alpha }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q14

   La différence de marche entre les deux rayons interférant au point M s'écrit :

   \delta(M) = [S P_1 M] - [S P_2 M] = \left([S P_1] + [P_1 M]\right) - \left([S P_2] + [P_2 M]\right)

   1. Trajet aller (de la source S aux miroirs P_1 et P_2) : La source ponctuelle S est située au foyer objet de la lentille \mathcal{L}_2. Le faisceau émerge de \mathcal{L}_2 sous forme d'une onde plane se propageant parallèlement à l'axe optique (Ox). Les surfaces d'onde incidentes sont donc des plans normaux à (Ox).
   Comme les pixels P_1 et P_2 sont situés dans un même plan orthogonal à l'axe optique, ils appartiennent à la même surface d'onde incidente. Les chemins optiques depuis la source S sont donc identiques :

   [S P_1] = [S P_2]

   2. Trajet retour (des miroirs P_1 et P_2 au point M) et théorème de Malus : Les rayons réfléchis et diffractés par P_1 et P_2 qui convergent au point M de l'écran forment un faisceau de rayons parallèles entre eux avant la traversée de \mathcal{L}_2 (question Q13). D'après le théorème de Malus, les rayons lumineux sont orthogonaux aux surfaces d'onde. Le plan perpendiculaire à ce faisceau parallèle passant par le point P_2 et coupant le rayon issu de P_1 en H constitue une surface d'onde de ce faisceau réfléchi.
   La lentille \mathcal{L}_2 réalisant la conjugaison stigmatique entre ce faisceau incident parallèle et son point de convergence M dans le plan focal image, le chemin optique séparant la surface d'onde (P_2 H) du point M est le même pour tous les rayons :

   [P_2 M] = [H M]

   Le milieu de propagation étant l'air d'indice n = 1, le chemin optique [P_1 M] se décompose ainsi :

   [P_1 M] = [P_1 H] + [H M] = P_1 H + [P_2 M]

   On en déduit immédiatement :

   \delta(M) = [P_1 M] - [P_2 M] = P_1 H

   3. Expression en fonction de y et f'_2 : Soit \theta l'angle algébrique que font les rayons parallèles réfléchis avec l'axe (Ox).

   • Dans le triangle P_1 P_2 H, rectangle en H, la droite (P_1 P_2) est portée par l'axe vertical (Oy) (orthogonal à (Ox)) et le segment [P_1 H] est porté par le rayon incliné de \theta par rapport à (Ox). L'angle \widehat{H P_1 P_2} vaut donc \frac{\pi}{2} - \theta. Il vient :

     P_1 H = P_1 P_2 \cos\!\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = a \sin \theta

   • Par ailleurs, le rayon parallèle passant par le centre optique O_2 n'est pas dévié et rencontre l'écran au point M d'ordonnée y. L'écran étant situé dans le plan focal à la distance f'_2 du centre optique, on a :

     \tan \theta = \frac{y}{f'_2}

   Dans le cadre de l'approximation paraxiale (points voisins de l'axe, |y| \ll f'_2), l'angle \theta est petit, de sorte que \sin \theta \approx \tan \theta \approx \frac{y}{f'_2}.

   On obtient finalement :

   \boxed{\delta(M) = \frac{a y}{f'_2}}

   Résultat

   $$\delta (M)=\frac{ay}{f_2^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q15

   Par définition, l'ordre d'interférence p(M) au point M pour une lumière de longueur d'onde \lambda s'exprime par le rapport de la différence de marche \delta(M) à la longueur d'onde :

   p(M) = \frac{\delta(M)}{\lambda}

   En utilisant le résultat de la question Q14 (\delta(M) = \frac{a y}{f'_2}), on obtient :

   \boxed{p(M) = \frac{a y}{\lambda f'_2}}

   Description de la figure d'interférence :

   • La différence de marche \delta(M), et donc l'ordre d'interférence p(M), dépend uniquement de la coordonnée y du point M et est indépendant de la coordonnée z.
   • Les lignes d'égale différence de marche (ou d'égal éclairement) sont donc les droites d'équation y = \text{constante}.
   • La figure d'interférence est par conséquent constituée de franges rectilignes, parallèles entre elles et à l'axe (Oz), alternant des zones d'intensité maximale (franges brillantes pour p \in \mathbb{Z}) et d'intensité minimale (franges sombres pour p \in \mathbb{Z} + \frac{1}{2}). Au centre de l'écran (y = 0), p(0) = 0 : la frange centrale est brillante.

   Interfrange : L'interfrange i est défini comme la distance séparant les centres de deux franges brillantes (ou deux franges sombres) consécutives le long de la direction de variation maximale de l'éclairement (ici selon l'axe Oy). Cela correspond à une variation de l'ordre d'interférence de \Delta p = 1 :

   \Delta p = 1 \iff \frac{a \cdot i}{\lambda f'_2} = 1

   D'où l'expression de l'interfrange :

   \boxed{i = \frac{\lambda f'_2}{a}}

   Résultat

   $$p(M)=\frac{ay}{\lambda f_2^{\prime }}$$

   $$i=\frac{\lambda f_2^{\prime }}{a}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q16

   Les deux faisceaux issus de la même source ponctuelle (S) et réfléchis par les miroirs P_1 et P_2 sont mutuellement cohérents et présentent la même intensité lumineuse I_0.

   Le déphasage entre ces deux ondes au point M s'écrit :

   \Delta\phi(M) = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta(M) = \frac{2\pi a y}{\lambda f'_2} = 2\pi\,\frac{y}{i}

   où i = \dfrac{\lambda f'_2}{a} est l'interfrange déterminé à la question Q15.

   D'après la formule de Fresnel pour deux ondes de même éclairement I_0 :

   \begin{aligned} I(y) &= I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0}\cos\big(\Delta\phi(M)\big) \\ &= 2 I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{2\pi a y}{\lambda f'_2}\right)\right] \end{aligned}

   soit, sous forme factorisée :

   \boxed{I(y) = 4 I_0 \cos^2\left(\frac{\pi a y}{\lambda f'_2}\right) = 4 I_0 \cos^2\left(\pi\,\frac{y}{i}\right)}

   Cette fonction présente les caractéristiques suivantes :

   • Elle est paire et périodique de période i = \dfrac{\lambda f'_2}{a} ;
   • L'éclairement maximal vaut I_{\max} = 4 I_0, atteint pour y = k\,i (k \in \mathbb{Z}) ;
   • L'éclairement minimal est nul : I_{\min} = 0, atteint pour y = \left(k + \dfrac{1}{2}\right)i ;
   • La valeur moyenne spatiale est \langle I \rangle = 2 I_0.

   Résultat

   $$I(y)=4I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi ay}{\lambda f_2^{\prime }}\right)=4I_0{\cos }^2\left(\pi \frac{y}{i}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie MPI 2023, Q38

   Considérons deux plans réticulaires successifs distants de a_c. Le premier rayon se réfléchit sur un atome A_1 du plan supérieur, et le second rayon se réfléchit sur un atome A_2 situé directement sous A_1 dans le plan inférieur.

   Traçons les surfaces d'onde passant par A_1 :

   • le front d'onde incident coupe le rayon 2 en H_1 tel que (A_1 H_1) soit perpendiculaire au rayon incident ;
   • le front d'onde réfléchi coupe le rayon 2 émergent en H_2 tel que (A_1 H_2) soit perpendiculaire au rayon réfléchi.

   En amont de la surface d'onde (A_1 H_1) et en aval de la surface d'onde (A_1 H_2), les chemins optiques des deux rayons sont identiques. La différence de marche \delta entre le rayon 2 et le rayon 1 s'écrit donc :

   \delta = (H_1 A_2) + (A_2 H_2)

   Dans le triangle rectangle A_1 H_1 A_2, l'angle \widehat{H_1 A_1 A_2} vaut \theta (angles à côtés perpendiculaires : (A_1 A_2) est perpendiculaire au plan réticulaire et (A_1 H_1) est perpendiculaire au rayon incident). On a donc :

   H_1 A_2 = A_1 A_2 \sin\theta = a_c \sin\theta

   De même, par symétrie dans le triangle rectangle A_1 H_2 A_2 :

   A_2 H_2 = a_c \sin\theta

   La différence de marche géométrique entre les deux rayons renvoyés dans la direction \theta vaut ainsi :

   \boxed{\delta = 2 a_c \sin\theta}

   Le retard de phase de l'onde 2 par rapport à l'onde 1 en tout point M d'observation à l'infini dans la direction \theta est donné par :

   \Delta\varphi(M) = \varphi_2(M) - \varphi_1(M) = \frac{2\pi}{\lambda}\delta

   soit :

   \boxed{\Delta\varphi(M) = \frac{4\pi a_c \sin\theta}{\lambda}}

   Résultat

   $$\delta =2a_c\sin \theta$$

   $$\Delta \phi (M)=\frac{4\pi a_c\sin \theta }{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q21

   Considérons deux rayons incidents issus d'un même front d'onde plan perpendiculaire à l'axe optique en amont du prisme, symétriques par rapport à l'axe optique (l'un dans le faisceau supérieur, l'autre dans le faisceau inférieur) :

   • Le prisme présente une symétrie plane par rapport au plan horizontal contenant l'axe optique. Les deux rayons symétriques parcourent donc des trajectoires géométriquement et optiquement identiques (mêmes longueurs traversées dans le verre et dans l'air, sous les mêmes angles d'incidence et de réfraction).
   • De plus, chaque demi-faisceau traverse deux faces opposées et parallèles du prisme cubique (comportement d'une lame à faces parallèles). Tous les rayons d'un même faisceau parcourent la même épaisseur de verre, ce qui préserve la planéité des surfaces d'onde perpendiculaires à l'axe optique.

   Entre un plan d'onde incident orthogonal à l'axe optique et un plan d'onde émergent orthogonal à l'axe optique, les chemins optiques suivis par les rayons des deux faisceaux sont donc strictement égaux. La différence de marche \delta est ainsi nulle :

   \boxed{\delta = 0}

   Intérêt de ce dispositif dans la démarche : Pour réaliser des mesures par vélocimétrie laser à franges, l'énoncé indique que les deux faisceaux doivent être :

   • Cohérents : la différence de marche étant rigoureusement nulle (\delta = 0 \ll L_c, où L_c est la longueur de cohérence du laser), les deux faisceaux sont en phase et possèdent une cohérence mutuelle parfaite.
   • De même intensité : par symétrie du diviseur, la puissance du faisceau laser incident est divisée équitablement en deux faisceaux d'égale énergie et de même section transverse, ce qui garantit un contraste d'interférence maximal (\mathcal{V} = 1).
   • Plans : les rayons ressortent parallèles à l'axe optique après avoir traversé des dioptres plans parallèles, produisant des ondes planes bien collimatées prêtes à être recombinées.

   Résultat

   $$\delta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q24

   Une particule d'ensemencement entraînée par le fluide à la vitesse \vec{V} = V\vec{u}_y traverse les franges d'interférence orientées parallèlement à l'axe (Ox). Elle passe d'une frange brillante à la suivante en parcourant une distance égale à l'interfrange i pendant une durée correspondant à la période du signal T = 1/f. On en déduit :

   V = \frac{i}{T} = i \, f

   En utilisant l'expression de l'interfrange établie à la question Q23 (i = \frac{\lambda_0}{2\sin\alpha}), il vient :

   \boxed{V = \frac{\lambda_0 \, f}{2\sin\alpha}}

   Application numérique : Avec \lambda_0 = 514\text{ nm} = 514 \times 10^{-9}\text{ m}, f = 1{,}200\text{ MHz} = 1{,}200 \times 10^6\text{ Hz} et \alpha = 6{,}00^\circ :

   V = \frac{514 \times 10^{-9} \times 1{,}200 \times 10^6}{2\sin(6{,}00^\circ)} \approx 2{,}950\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   Estimation de l'incertitude-type : La grandeur V s'écrit sous la forme d'un produit et quotient de grandeurs indépendantes V = \frac{1}{2} \cdot \lambda_0 \cdot f \cdot (\sin\alpha)^{-1}. D'après le formulaire fourni en fin d'énoncé généralisé à trois grandeurs, l'incertitude-type relative vérifie :

   \frac{u(V)}{V} = \sqrt{\left(\frac{u(\lambda_0)}{\lambda_0}\right)^2 + \left(\frac{u(f)}{f}\right)^2 + \left(\frac{u(\sin\alpha)}{\sin\alpha}\right)^2}

   Par différentiation de \sin\alpha, on a u(\sin\alpha) = \cos\alpha \, u(\alpha), où u(\alpha) doit impérativement être exprimée en radians :

   \frac{u(\sin\alpha)}{\sin\alpha} = \frac{u(\alpha)}{\tan\alpha} \approx \frac{u(\alpha)}{\alpha} \quad (\text{car } \alpha \ll 1\text{ rad})

   Calculons les incertitudes relatives :

   \begin{aligned} \frac{u(\lambda_0)}{\lambda_0} &= \frac{10}{514} \approx 1{,}95 \times 10^{-2} \\ \frac{u(f)}{f} &= \frac{0{,}050}{1{,}200} \approx 4{,}17 \times 10^{-2} \\ \frac{u(\sin\alpha)}{\sin\alpha} &= \frac{0{,}10 \times \frac{\pi}{180}}{\tan(6{,}00^\circ)} \approx 1{,}66 \times 10^{-2} \end{aligned}

   On obtient :

   \frac{u(V)}{V} = \sqrt{(0{,}0195)^2 + (0{,}0417)^2 + (0{,}0166)^2} = \sqrt{2{,}39 \times 10^{-3}} \approx 4{,}89 \times 10^{-2}

   L'incertitude-type absolue sur la vitesse vaut alors :

   u(V) = V \times \frac{u(V)}{V} = 2{,}950 \times 4{,}89 \times 10^{-2} \approx 0{,}14\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   Finalement :

   \boxed{V = (2{,}95 \pm 0{,}14)\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}} \quad \text{ou} \quad \boxed{V = (3{,}0 \pm 0{,}1)\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$V=\frac{{\lambda }_{0}f}{2\sin \alpha }$$

   $$V=(2,95\pm 0,14)\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$V=(3,0\pm 0,1)\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q25

   Les deux faisceaux lumineux sont assimilés à deux cylindres d'ondes planes de même diamètre transverse d_f, se propageant dans des directions symétriques par rapport à l'axe (Ox) et inclinées d'un angle \pm \alpha par rapport à celui-ci.

   Dans le plan (xOy), l'intersection de ces deux faisceaux délimite une zone d'interférence en forme de losange centré en O. La dimension \Delta repérée sur la figure 12 correspond à la hauteur totale de cette zone d'interférence le long de l'axe (Oy) (axe selon lequel s'effectue l'écoulement de l'eau).

   Considérons l'un des faisceaux :

   • la direction de propagation et les bords du faisceau sont inclinés d'un angle \alpha par rapport à l'axe horizontal (Ox) ;
   • la normale aux bords du faisceau est donc inclinée de l'angle \alpha par rapport à la verticale (Oy) ;
   • l'épaisseur transverse du faisceau est d_f, ce qui correspond à la projection orthogonale de la dimension verticale \Delta sur la normale au faisceau.

   Dans le triangle rectangle reliant la largeur géométrique d_f et la dimension \Delta le long de l'axe (Oy), on a immédiatement :

   \cos\alpha = \frac{d_f}{\Delta}

   Par symétrie par rapport à (Ox), les deux faisceaux découpent exactement le même segment de longueur \Delta sur l'axe (Oy). On en déduit :

   \boxed{\Delta = \frac{d_f}{\cos\alpha}}

   Résultat

   $$\Delta =\frac{d_f}{\cos \alpha }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q26

    Pour qu'une particule suivant l'écoulement le long de l'axe (Oy) produise au moins une alternance complète d'extinction et d'éclairement (permettant ainsi de définir une période temporelle et une fréquence de clignotement f), l'étendue spatiale \Delta du champ d'interférence selon (Oy) doit être au moins égale à l'interfrange i :

    \Delta \ge i

    D'après le résultat de la question Q25, \Delta = \dfrac{d_f}{\cos\alpha}, et d'après la question Q23, i = \dfrac{\lambda_0}{2\sin\alpha}. La condition s'écrit donc :

    \frac{d_f}{\cos\alpha} \ge \frac{\lambda_0}{2\sin\alpha} \iff d_f \ge \frac{\lambda_0}{2\tan\alpha}

    La valeur minimale du diamètre d_f est donc :

    \boxed{d_{f,\min} = \frac{\lambda_0}{2\tan\alpha} = i\cos\alpha}

    Application numérique : Avec \lambda_0 = 514\text{ nm} = 514 \times 10^{-9}\text{ m} et \alpha = 6{,}00^\circ :

    d_{f,\min} = \frac{514 \times 10^{-9}}{2\tan(6{,}00^\circ)} \approx 2{,}45 \times 10^{-6}\text{ m}

    Soit :

    \boxed{d_{f,\min} \approx 2{,}5\,\mu\text{m}}

    Conclusion quant à l'utilisation du laser argon : Le tableau 1 indique un diamètre de faisceau d_f = 0{,}65\text{ mm} = 650\,\mu\text{m}. On constate ainsi que :

    d_f \gg d_{f,\min}

    Le nombre de franges d'interférence présentes dans le volume de mesure est donné par :

    N = \frac{\Delta}{i} = \frac{d_f}{d_{f,\min}} \approx \frac{650\,\mu\text{m}}{2{,}45\,\mu\text{m}} \approx 265

    La particule traverse donc un nombre très élevé de franges (N \gg 1), générant ainsi un train d'impulsions lumineuses comportant plus de 200 oscillations. Cela permet une détermination spectrale très nette et précise de la fréquence f par traitement du signal, et donc une mesure fiable de la vitesse d'écoulement V. Le laser argon est donc parfaitement adapté à la vélocimétrie laser à franges.

    Résultat

    $$d_{f,\min }=\frac{{\lambda }_0}{2\tan \alpha }=i\cos \alpha$$

    $$d_{f,\min }\approx 2,5\mu \text{m}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question