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

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2026, Q52

   D'après la question précédente Q51, la surpression acoustique totale perçue par l'auditeur s'écrit comme la somme de deux ondes monochromatiques sphériques de même pulsation \omega :

   p(\vec{r}, t) = \underline{p}_1(r_1, t) + \underline{p}_2(r_2, t)

   avec

   \begin{aligned} \underline{p}_1(r_1, t) &= \frac{\underline{A}_\omega}{4\pi r_1} \mathrm{e}^{i(k r_1 - \omega t)}, \\ \underline{p}_2(r_2, t) &= \frac{\underline{A}_\omega}{4\pi r_2} \mathrm{e}^{i(k r_2 - \omega t)}. \end{aligned}

   L'intensité sonore totale est donnée par :

   \begin{aligned} I &= C |p(\vec{r}, t)|^2 = C |\underline{p}_1 + \underline{p}_2|^2 \\ &= C \left( \underline{p}_1 + \underline{p}_2 \right)\left( \underline{p}_1^* + \underline{p}_2^* \right) \\ &= C |\underline{p}_1|^2 + C |\underline{p}_2|^2 + 2 C \operatorname{Re}\left( \underline{p}_1 \underline{p}_2^* \right). \end{aligned}

   Par définition des intensités associées aux ondes directe et réfléchie prises isolément :

   I_1 = C |\underline{p}_1|^2 = C \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi r_1)^2} \quad \text{et} \quad I_2 = C |\underline{p}_2|^2 = C \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi r_2)^2}.

   Le terme d'interférence s'évalue en calculant le produit croisé :

   \begin{aligned} \underline{p}_1 \underline{p}_2^* &= \left( \frac{\underline{A}_\omega}{4\pi r_1} \mathrm{e}^{i(kr_1 - \omega t)} \right) \left( \frac{\underline{A}_\omega^*}{4\pi r_2} \mathrm{e}^{-i(kr_2 - \omega t)} \right) \\ &= \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi)^2 r_1 r_2} \mathrm{e}^{ik(r_1 - r_2)}. \end{aligned}

   Il s'ensuit que :

   \operatorname{Re}\left( \underline{p}_1 \underline{p}_2^* \right) = \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi)^2 r_1 r_2} \cos[k(r_1 - r_2)].

   On remarque que :

   \sqrt{I_1 I_2} = C \sqrt{\frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi r_1)^2} \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi r_2)^2}} = C \frac{|\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi)^2 r_1 r_2}.

   En injectant la relation de dispersion non dissipative k = \omega/c (établie à la question Q2), on obtient bien :

   \boxed{I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos\left[\frac{\omega}{c}(r_1 - r_2)\right]}

   Résultat

   $$I=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\cos \left[\frac{\omega }{c}(r_1-r_2)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q8

   Le photorécepteur mesure l'intensité lumineuse résultant de la superposition des deux ondes diffusées :

   I(t) = K \left|\underline{E_{d1}} + \underline{E_{d2}}\right|^2 = K \left( \underline{E_{d1}} + \underline{E_{d2}} \right)\left( \underline{E_{d1}}^* + \underline{E_{d2}}^* \right)

   En développant avec \underline{E_{d1}}(t) = E_0 \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi f_{d1} t} et \underline{E_{d2}}(t) = E_0 \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi f_{d2} t} :

   \begin{aligned} I(t) &= K \left[ \left|\underline{E_{d1}}\right|^2 + \left|\underline{E_{d2}}\right|^2 + 2\,\mathrm{Re}\left(\underline{E_{d1}}\,\underline{E_{d2}}^*\right) \right] \\ &= K \left[ E_0^2 + E_0^2 + 2 E_0^2 \cos\left(2\pi(f_{d1} - f_{d2})t\right) \right] \\ &= 2 K E_0^2 \left[ 1 + \cos\left(2\pi(f_{d1} - f_{d2})t\right) \right] \end{aligned}

   Le signal s'écrit bien sous la forme demandée :

   \boxed{I(t) = 2\Lambda \left[ 1 + \cos(\beta t) \right]}

   avec, d'après le résultat de la question Q7 :

   \boxed{\Lambda = K E_0^2 \quad \text{et} \quad \beta = 2\pi(f_{d1} - f_{d2}) = \frac{4\pi \sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_x}

   (au signe près, la fonction cosinus étant paire).

   Une fréquence étant par définition une grandeur positive, la fréquence de battement ou de clignotement f_{\mathrm{c}} correspond à :

   f_{\mathrm{c}} = \frac{|\beta|}{2\pi} = |f_{d1} - f_{d2}|

   soit :

   \boxed{f_{\mathrm{c}} = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} |V_x|}

   Résultat

   $$I(t)=2\Lambda \left[1+\cos (\beta t)\right]$$

   $$\Lambda =K{E}_0^2\text{et}\beta =2\pi (f_{d1}-f_{d2})=\frac{4\pi \sin (\theta /2)}{{\lambda }_e}{V}_x$$

   $$f_{\mathrm{c}}=\frac{2\sin (\theta /2)}{{\lambda }_e}|V_x|$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2026, Q53

   En l'absence de sol, il n'y a pas d'onde réfléchie issue de la source image \vec{r}_S, seule l'onde directe issue de \vec{r}_0 se propage jusqu'à l'auditeur. On a donc immédiatement :

   \boxed{I_0 = I_1}

   D'après la question Q51, les distances de l'auditeur à la source réelle et à la source image s'écrivent :

   \begin{aligned} r_1 &= \sqrt{L^2 + (H-h)^2} = L \left(1 + \frac{(H-h)^2}{L^2}\right)^{1/2}, \\ r_2 &= \sqrt{L^2 + (H+h)^2} = L \left(1 + \frac{(H+h)^2}{L^2}\right)^{1/2}. \end{aligned}

   Sous l'hypothèse d'une source à grande distance (L \gg H et L \gg h), on a \frac{(H\pm h)^2}{L^2} \ll 1. En effectuant un développement limité à l'ordre 1 au moyen de (1+u)^{1/2} = 1 + \frac{1}{2}u + o(u) :

   \begin{aligned} r_1 &\simeq L \left[1 + \frac{(H-h)^2}{2L^2}\right] = L + \frac{(H-h)^2}{2L}, \\ r_2 &\simeq L \left[1 + \frac{(H+h)^2}{2L^2}\right] = L + \frac{(H+h)^2}{2L}. \end{aligned}

   En effectuant la différence membre à membre :

   \begin{aligned} r_1 - r_2 &\simeq \frac{(H-h)^2 - (H+h)^2}{2L} \\ &= \frac{(H^2 - 2Hh + h^2) - (H^2 + 2Hh + h^2)}{2L}, \end{aligned}

   ce qui conduit bien à la relation demandée :

   \boxed{r_1 - r_2 \simeq -2\frac{Hh}{L}}

   Pour les amplitudes des ondes sphériques, à l'ordre zéro en (H\pm h)/L, on a r_1 \simeq r_2 \simeq L. Par conséquent :

   I_2 = C |p_1(r_2, t)|^2 \simeq \frac{C |\underline{A}_\omega|^2}{(4\pi L)^2} \simeq I_1 = I_0.

   En reportant cette égalité et l'expression de r_1 - r_2 dans la formule d'interférence (11) :

   \begin{aligned} I &\simeq I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 \cdot I_0} \cos\left[\frac{\omega}{c}\left(-2\frac{Hh}{L}\right)\right] \\ &= 2I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{2\omega H h}{cL}\right)\right] = 4I_0 \cos^2\left(\frac{\omega H h}{cL}\right). \end{aligned}

   Le rapport des intensités s'en déduit directement :

   \boxed{\frac{I}{I_0} = 2\left[1 + \cos\left(\frac{2\omega H h}{c L}\right)\right] = 4\cos^2\left(\frac{\omega H h}{c L}\right)}

   Résultat

   $$I_0=I_1$$

   $$r_1-r_2\simeq -2\frac{Hh}{L}$$

   $$\frac{I}{I_0}=2\left[1+\cos \left(\frac{2\omega Hh}{cL}\right)\right]=4{\cos }^2\left(\frac{\omega Hh}{cL}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique U PSI 2026, Q54

   D'après le résultat de la question Q53, le rapport des intensités s'écrit :

   \frac{I}{I_0} = 4\cos^2\left(\frac{\omega H h}{c L}\right) = 2\left[1 + \cos\left(\frac{2\omega H h}{c L}\right)\right]

   Cette fonction est périodique en h. Définissons l'interfrange spatiale d'élévation h_0 correspondant à la période de l'intensité :

   \frac{2\omega H h_0}{c L} = 2\pi \iff h_0 = \frac{\pi c L}{\omega H} = \frac{\lambda L}{2H}

   où \lambda = 2\pi c / \omega est la longueur d'onde acoustique. En introduisant la variable adimensionnée \tilde{h} = \frac{h}{h_0}, le rapport d'intensité prend la forme convenablement normalisée :

   \boxed{\frac{I}{I_0} = 4\cos^2(\pi \tilde{h}) = 2\big(1 + \cos(2\pi \tilde{h})\big)}

   Puisque la source est située au-dessus du sol, l'élévation est positive ou nulle (h \geqslant 0, soit \tilde{h} \geqslant 0). On observe que :

   • pour \tilde{h} = n (n \in \mathbb{N}), l'interférence est constructive et \frac{I}{I_0} = 4 ;
   • pour \tilde{h} = n + \frac{1}{2} (n \in \mathbb{N}), l'interférence est totalement destructive et \frac{I}{I_0} = 0.

   Résultat

   $$\frac{I}{I_0}=4{\cos }^2(\pi \tilde{h})=2(1+\cos (2\pi \tilde{h}))$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q9

   D'après la question précédente, la fréquence de clignotement s'exprime par :

   f_c = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e}\,|V_x|

   L'angle \theta/2 étant très petit, on peut utiliser l'approximation des petits angles en convertissant en radians :

   \frac{\theta}{2} = 1{,}8^\circ = 1{,}8 \times \frac{\pi}{180}\text{ rad} = \frac{\pi}{100}\text{ rad} \simeq 3{,}14 \times 10^{-2}\text{ rad}

   On en déduit :

   \sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \simeq \frac{\theta}{2} = \frac{\pi}{100}

   Avec |V_x| = 10\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \lambda_e = 5{,}2 \times 10^2\text{ nm} = 5{,}2 \times 10^{-7}\text{ m} :

   f_c \simeq \frac{2 \times \frac{\pi}{100} \times 0{,}10}{5{,}2 \times 10^{-7}} = \frac{2\pi}{5{,}2} \times 10^4\text{ Hz} \simeq \frac{6{,}28}{5{,}2} \times 10^4\text{ Hz} \simeq 1{,}2 \times 10^4\text{ Hz}

   En respectant la consigne d'un unique chiffre significatif :

   \boxed{f_c \simeq 1 \times 10^4\text{ Hz} = 10\text{ kHz}}

   Justification de l'utilisation de deux faisceaux :

   • Précision de la mesure :

     1. Le résultat f_c est indépendant de la direction d'observation \widehat{u}_d du détecteur (résultat de la question Q7). L'ouverture angulaire de l'optique de collecte n'entraîne donc aucun élargissement spectral, ce qui garantit une mesure intrinsèquement précise.
     2. Le signal utile est un battement basse fréquence (f_c \sim 10\text{ kHz}), facilement mesurable par un photodétecteur classique et traitable par électronique numérique (compteur de franges, FFT), alors qu'un montage à faisceau unique exigeait de mesurer un décalage relatif infime (\Delta f/f_e \sim 10^{-10}) sur une onde optique à 10^{14}\text{ Hz}.
   • Localisation de la particule : La modulation de l'intensité lumineuse à la fréquence f_c n'est générée que lorsque la particule traverse le volume d'intersection des deux faisceaux (zone de recouvrement). Cette zone de mesure constitue un volume très restreint (de taille millimétrique voire micrométrique), ce qui permet une mesure locale et autorise le tracé précis de profils de vitesse au sein du fluide (par translation de ce volume de croisement), contrairement à un faisceau unique qui diffuse de la lumière sur toute sa longueur traversée.

   Résultat

   $$f_c\simeq 1\times 10^4\text{ Hz}=10\text{ kHz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q10

   Pour que le photorécepteur puisse suivre les fluctuations temporelles d'intensité du signal à la fréquence de clignotement f_c, la période des oscillations T_c = 1/f_c doit être supérieure au temps de réponse \tau du détecteur :

   T_c \ge \tau \iff f_c \le f_{c,\max} = \frac{1}{\tau}

   D'après la question Q8, la fréquence de clignotement est liée à la composante V_x de la vitesse particulaire par :

   f_c = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} |V_x|

   La condition f_c \le f_{c,\max} impose donc |V_x| \le V_{\max}, soit une plage de vitesses mesurables [-V_{\max}, +V_{\max}] avec :

   \boxed{V_{\max} = \frac{\lambda_e}{2\sin(\theta/2)\,\tau}}

   L'angle \theta = 3{,}6^\circ étant faible devant 1\text{ rad}, on effectue l'approximation des petits angles :

   \theta = 3{,}6 \times \frac{\pi}{180} = \frac{\pi}{50} \approx 6{,}28 \times 10^{-2}\text{ rad} \implies 2\sin(\theta/2) \approx \theta = \frac{\pi}{50}

   Avec \lambda_e = 5{,}2 \times 10^{-7}\text{ m} et \tau = 4{,}4 \times 10^{-9}\text{ s} :

   \begin{aligned} V_{\max} &\approx \frac{5{,}2 \times 10^{-7}}{6{,}28 \times 10^{-2} \times 4{,}4 \times 10^{-9}} \approx 1{,}88 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   En ne conservant qu'un seul chiffre significatif :

   \boxed{V_{\max} = 2 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   La plage de vitesses détectables par le système est donc :

   \boxed{[-V_{\max}, +V_{\max}] = [-2 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, +2 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}]}

   Résultat

   $$V_{\max }=\frac{{\lambda }_e}{2\sin (\theta /2)\tau }$$

   $$V_{\max }=2\times 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$[-V_{\max },+V_{\max }]=[-2\times 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1},+2\times 10^3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique U PSI 2026, Q55

   D'après la question Q53, le rapport des intensités acoustiques s'écrit :

   \frac{I}{I_0} = 4\cos^2\left(\frac{\omega H h}{c L}\right).

   L'intensité sonore perçue s'annule (interférence totalement destructive) lorsque le cosinus s'annule, c'est-à-dire :

   \frac{\omega_n H h}{c L} = \left(n + \frac{1}{2}\right)\pi, \quad n \in \mathbb{N},

   soit pour les pulsations discrètes :

   \boxed{\omega_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\frac{\pi c L}{H h}}

   En ces pulsations, le déphasage entre l'onde directe et l'onde réfléchie vaut \Delta\varphi = (2n+1)\pi : l'intensité reçue chute brutalement jusqu'à s'annuler complètement (filtrage en peigne).

   L'intervalle entre deux pulsations d'annulation successives est donné par :

   \boxed{\Delta\omega = \omega_{n+1} - \omega_n = \frac{\pi c L}{H h}}

   L'intervalle \Delta\omega étant inversement proportionnel à h, il diminue lorsque la hauteur h de la source augmente : les extinctions spectrales se resserrent d'autant plus que la source est élevée.

   Ce phénomène d'interférence entre une onde directe et une onde réfléchie sur une surface plane est l'analogue acoustique direct de l'expérience du miroir de Lloyd en optique ondulatoire (ou du dispositif des fentes d'Young où les deux sources cohérentes sont la source réelle et sa source image).

   Résultat

   $${\omega }_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{\pi cL}{Hh}$$

   $$\Delta \omega ={\omega }_{n+1}-{\omega }_n=\frac{\pi cL}{Hh}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q11

   Origine de la mesure d'une seule composante : D'après la question Q7, la différence de fréquence Doppler s'écrit :

   f_{d1} - f_{d2} = \frac{(\widehat{u}_{e2} - \widehat{u}_{e1}) \cdot \vec{V}}{\lambda_e} = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e}\,V_x

   Le vecteur d'onde différentiel \Delta\vec{k} = \vec{k}_{e2} - \vec{k}_{e1} = \frac{4\pi}{\lambda_e}\sin(\theta/2)\,\widehat{u}_x est colinéaire à \widehat{u}_x. Par produit scalaire, seules les projections du mouvement selon cette direction modulent la phase relative des deux ondes diffusées. Les composantes transverses V_y et V_z, orthogonales à \Delta\vec{k}, ne contribuent pas au décalage en fréquence ni à la modulation d'intensité.

   Description équivalente par le modèle des franges : Dans le volume de croisement, les deux faisceaux créent un réseau de franges d'interférences équidistantes, situées dans des plans normaux à l'axe Ox (plans parallèles à yOz). Le clignotement résulte du passage successif de la particule d'une frange brillante à une frange sombre ; il n'est donc sensible qu'à la vitesse de traversée des franges, c'est-à-dire à la composante V_x.

   Solution pour mesurer simultanément les trois composantes (\boldsymbol{V_x, V_y, V_z}) : Pour obtenir le vecteur vitesse complet \vec{V} :

   1. On superpose, dans le même volume de mesure, trois couples de faisceaux laser dont les plans d'incidence définissent trois directions de mesure non coplanaires (idéalement orthogonales, par exemple selon Ox, Oy et Oz).
   2. Afin de séparer optiquement les trois signaux de battement et d'éviter les interférences parasites entre faisceaux de couples différents, on attribue à chaque couple une longueur d'onde différente (par exemple en exploitant les raies multiples d'un laser à argon : vert à 514{,}5\text{ nm}, bleu à 488\text{ nm} et violet à 476{,}5\text{ nm}).
   3. En réception, la lumière diffusée est séparée par des miroirs ou filtres dichroïques vers trois photodétecteurs indépendants, chacun mesurant la fréquence de battement associée à une composante de la vitesse.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q12

   D'après la question Q8, le signal électrique délivré par le photorécepteur est modulé selon :

   I(t) = 2\Lambda\left[1 + \cos(\beta t)\right]

   avec une pulsation de battement :

   \beta = \frac{4\pi \sin(\theta/2)}{\lambda_e}\,V_x

   La fonction cosinus étant paire (\cos(\beta t) = \cos(-\beta t)), le signal temporel I(t) ainsi que son spectre fréquentiel ne dépendent que de la valeur absolue de \beta :

   I(t) = 2\Lambda\left[1 + \cos\left(2\pi f_c t\right)\right] \quad \text{avec} \quad f_c = \frac{|\beta|}{2\pi} = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e}\,|V_x|

   L'analyse spectrale du signal reçu ne permet de mesurer que la fréquence de clignotement f_c \ge 0. Par conséquent, deux vitesses opposées +V_x et -V_x génèrent une intensité I(t) rigoureusement identique : le dispositif ne donne accès qu'à |V_x| et est insensible au sens de déplacement de la particule selon Ox.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q13

    Le faisceau F_1 est décalé en fréquence par la cellule acousto-optique de Bragg et possède désormais la fréquence optique incidente f_e + f_B. Le faisceau F_2 conserve la fréquence f_e.

    Comme f_B \ll f_e, la longueur d'onde du faisceau F_1 reste quasiment identique à \lambda_e. D'après la relation Doppler établie à la question 3, les fréquences diffusées s'écrivent :

    \begin{aligned} f_{d1} &= f_e + f_B + \frac{(\widehat{u}_d - \widehat{u}_{e1})\cdot \vec{V}}{\lambda_e} \\ f_{d2} &= f_e + \frac{(\widehat{u}_d - \widehat{u}_{e2})\cdot \vec{V}}{\lambda_e} \end{aligned}

    La différence de fréquence entre les deux ondes diffusées vaut donc :

    f_{d1} - f_{d2} = f_B + \frac{(\widehat{u}_{e2} - \widehat{u}_{e1})\cdot \vec{V}}{\lambda_e} = f_B + \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_x

    L'intensité lumineuse résultante oscille à la pulsation de battement \beta' = 2\pi |f_{d1} - f_{d2}|, ce qui donne pour la fréquence de clignotement :

    \boxed{f'_c = \left| f_B + \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_x \right|}

    D'après la question 10, le photorécepteur ne peut détecter que des signaux de fréquence inférieure à f_{c,\max} = \frac{1}{\tau} = \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_{\max}.

    Pour pouvoir déterminer sans ambiguïté le signe et la valeur de V_x \in [-V_{\max}/2, \, +V_{\max}/2], la fonction reliant V_x à f'_c doit être strictement monotone (bijective) sur cet intervalle. Il faut donc que le terme sous la valeur absolue reste positif ou nul, et que la fréquence n'excède pas f_{c,\max} :

    \forall V_x \in \left[-\frac{V_{\max}}{2}, \, +\frac{V_{\max}}{2}\right], \quad 0 \le f_B + \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_x \le f_{c,\max}

    En évaluant aux bornes de l'intervalle où \frac{2\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_x = \pm \frac{f_{c,\max}}{2} :

    • Pour V_x = -V_{\max}/2 : f_B - \frac{f_{c,\max}}{2} \ge 0 \implies f_B \ge \frac{f_{c,\max}}{2}
    • Pour V_x = +V_{\max}/2 : f_B + \frac{f_{c,\max}}{2} \le f_{c,\max} \implies f_B \le \frac{f_{c,\max}}{2}

    La fréquence f_B optimale est donc unique :

    \boxed{f_B = \frac{1}{2\tau} = \frac{\sin(\theta/2)}{\lambda_e} V_{\max}}

    Application numérique : Avec \tau = 4{,}4 \times 10^{-9}\text{ s} :

    f_B = \frac{1}{2 \times 4{,}4 \times 10^{-9}} = \frac{1}{8{,}8 \times 10^{-9}} \simeq 1{,}1 \times 10^8\text{ Hz}

    Avec un seul chiffre significatif :

    \boxed{f_B \simeq 1 \times 10^8\text{ Hz} = 100\text{ MHz}}

    Analyse du résultat :
    Une fréquence acoustique de 100\text{ MHz} est couramment mise en œuvre dans les modulateurs acousto-optiques (cellules de Bragg utilisant par exemple du dioxyde de tellure \mathrm{TeO_2} ou du quartz excité par un transducteur piézoélectrique). Le dispositif proposé est donc parfaitement réaliste et permet de lever l'indétermination sur le sens de l'écoulement :

    • Si f'_c > f_B, alors V_x > 0 ;
    • Si f'_c < f_B, alors V_x < 0 ;
    • Si f'_c = f_B, alors la particule est immobile selon Ox (V_x = 0).

    Résultat

    $$f_c^{\prime }=\left|f_B+\frac{2\sin (\theta /2)}{{\lambda }_e}{V}_x\right|$$

    $$f_B=\frac{1}{2\tau }=\frac{\sin (\theta /2)}{{\lambda }_e}{V}_{\max }$$

    $$f_B\simeq 1\times 10^8\text{ Hz}=100\text{ MHz}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question