Feuille d'entraînement : Optique ondulatoire

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q26

   Le réseau comporte n = 500\text{ traits}\cdot\text{mm}^{-1} = 5{,}00 \times 10^5\text{ m}^{-1}. Le pas du réseau a vaut donc :

   a = \frac{1}{n} = \frac{1}{500\text{ mm}^{-1}} = 2{,}00\,\mu\text{m} = 2{,}00 \times 10^{-6}\text{ m}

   D'après la formule des réseaux donnée par l'équation (5), pour un faisceau incident en incidence normale et diffracté à l'ordre k = 1, l'angle de diffraction \theta vérifie :

   \sin\theta = \frac{\lambda}{a} = n\lambda

   Les angles de diffraction \theta_1 et \theta_2 associés respectivement à \lambda_1 et \lambda_2 s'écrivent :

   \theta_1 = \arcsin\left(\frac{\lambda_1}{a}\right) \quad \text{et} \quad \theta_2 = \arcsin\left(\frac{\lambda_2}{a}\right)

   La différence angulaire s'exprime donc rigoureusement par :

   \boxed{\Delta\theta = \theta_2 - \theta_1 = \arcsin\left(\frac{\lambda_2}{a}\right) - \arcsin\left(\frac{\lambda_1}{a}\right)}

   Comme l'écart \Delta\lambda = \lambda_2 - \lambda_1 = 40\text{ nm} est petit devant les longueurs d'onde considérées, on peut également différencier la relation des réseaux à a fixé :

   \cos\theta \, \mathrm{d}\theta = \frac{\mathrm{d}\lambda}{a} \implies \Delta\theta \approx \frac{\lambda_2 - \lambda_1}{a\cos\theta_1} = \frac{\lambda_2 - \lambda_1}{a\sqrt{1 - \left(\frac{\lambda_1}{a}\right)^2}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} \frac{\lambda_1}{a} &= \frac{550 \times 10^{-9}\text{ m}}{2{,}00 \times 10^{-6}\text{ m}} = 0{,}275 \implies \theta_1 = \arcsin(0{,}275) \approx 0{,}2786\text{ rad} \approx 15{,}96^\circ \\ \frac{\lambda_2}{a} &= \frac{590 \times 10^{-9}\text{ m}}{2{,}00 \times 10^{-6}\text{ m}} = 0{,}295 \implies \theta_2 = \arcsin(0{,}295) \approx 0{,}2995\text{ rad} \approx 17{,}16^\circ \end{aligned}

   D'où la différence angulaire :

   \begin{aligned} \Delta\theta &= 0{,}2995 - 0{,}2786 = 2{,}09 \times 10^{-2}\text{ rad} \approx 1{,}20^\circ \end{aligned}

   Avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{\Delta\theta \approx 2{,}1 \times 10^{-2}\text{ rad} \quad (\text{soit } 1{,}2^\circ)}

   Résultat

   $$\Delta \theta ={\theta }_2-{\theta }_1=\arcsin \left(\frac{{\lambda }_2}{a}\right)-\arcsin \left(\frac{{\lambda }_1}{a}\right)$$

   $$\Delta \theta \approx 2,1\times 10^{-2}\text{ rad}(\text{soit }1,2^{\circ })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS 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

3. Exercice 3ENS 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

4. Exercice 4ENS 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

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2023, Q11

   La valeur fournie par le constructeur est |\overline{AB}|_{\min, \text{constr}} = 0{,}5\ \mu\text{m}, alors que la valeur déduite de la résolution de l'œ il à la question précédente est :

   |\overline{AB}|_{\min} \approx 0{,}13\ \mu\text{m}

   La taille minimale réellement résolue par le microscope est environ quatre fois plus grande que la limite imposée par le pouvoir séparateur de l'œ il : ce n'est donc pas l'œ il de l'observateur qui limite la résolution de l'instrument.

   Cette différence s'explique par la nature ondulatoire de la lumière :

   • Phénomène de diffraction (limite d'Abbe) : l'optique géométrique atteint ses limites lorsque la taille de l'objet devient de l'ordre de grandeur de la longueur d'onde de la lumière visible (\lambda \sim 0{,}5\ \mu\text{m}). En raison de la diffraction par la pupille de l'objectif, l'image d'un point n'est pas un point mais une tache de diffraction (tache d'Airy). D'après le critère de Rayleigh ou la formule d'Abbe, le plus petit écart séparable au niveau de l'objet est de l'ordre de :

     d_{\min} \sim \frac{\lambda}{2\,\mathrm{ON}}

     Pour la lumière visible et des ouvertures numériques usuelles dans l'air (\mathrm{ON} \lesssim 1), cette limite est de l'ordre de 0{,}3 à 0{,}5\ \mu\text{m}, ce qui correspond exactement à la valeur annoncée par le constructeur.

   • Aberrations optiques : les aberrations géométriques et chromatiques résiduelles de l'objectif et de l'oculaire contribuent également à élargir la tache image.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2023, Q12

   Un double-brin d'ADN présente un diamètre caractéristique d'environ :

   d_{\mathrm{ADN}} \approx 2\text{ nm}

   Or, d'après les questions précédentes (Q10 et Q11), la résolution spatiale d'un microscope optique conventionnel est limitée par le phénomène de diffraction à une dimension minimale de l'ordre de :

   |\overline{AB}|_{\min} \approx 0{,}5\,\mu\text{m} = 500\text{ nm}

   Comme d_{\mathrm{ADN}} \ll |\overline{AB}|_{\min}, les dimensions transverses d'un double-brin d'ADN sont deux ordres de grandeur en dessous de la limite de résolution optique.

   \boxed{\text{Il n'est pas possible de résoudre un double-brin d'ADN avec un microscope optique conventionnel.}}

   Résultat

   $$\text{Il n’est pas possible de reˊsoudre un double-brin d’ADN avec un microscope optique conventionnel.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q42

   Choisir un rayon R_{\max} (associé à l'ouverture de la lentille convexe-plan) trop petit entraîne deux conséquences physiques majeures :

   1. Une baisse importante du flux lumineux collecté :
      La puissance lumineuse transmise au capteur est proportionnelle à la surface de la pupille d'entrée, soit à R_{\max}^2. Une diminution excessive de ce rayon réduirait drastiquement l'éclairement de la caméra, dégradant le rapport signal sur bruit et risquant de sous-exposer l'image.

   2. Une dégradation de la netteté par diffraction :
      Le phénomène de diffraction à travers une pupille circulaire de rayon R_{\max} produit une tache d'Airy dans le plan focal image de rayon caractéristique :

      r_{\text{diff}} \simeq 1{,}22\,\frac{\lambda f_\ell'}{2 R_{\max}}

      où \lambda est la longueur d'onde de la lumière visible. Si R_{\max} est trop faible, le diamètre de la tache de diffraction devient supérieur à la largeur d'un pixel \delta, ce qui détériore à nouveau la résolution spatiale et rend l'image floue (régime limité par la diffraction).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS 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

9. Exercice 9ENS 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

10. Exercice 10ENS 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