Feuille d'entraînement : Interférences lumineuses

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q27

   Le schéma du montage expérimental est représenté ci-dessous :

   Les éléments essentiels du dispositif sont :

   • La source collimatée : une source ponctuelle placée au foyer d'une lentille convergente L_c fournissant un faisceau de rayons parallèles en incidence normale sur l'interféromètre.
   • L'interféromètre de Michelson en lame d'air : constitué de la séparatrice (Sp), d'une compensatrice (C) et des miroirs plans M_1 et M_2. L'orthogonalité des miroirs assure le parallélisme entre le miroir fixe M_1 et l'image M'_2 du miroir mobile M_2, délimitant une lame d'air d'épaisseur variable d.
   • Le système de détection : une lentille convergente L de foyer image F' sur l'axe optique émergent, au niveau duquel est disposée la photodiode mesurant le signal s = K I(F').

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q28

   L'interféromètre de Michelson est réglé en lame d'air d'épaisseur d, avec un indice de l'air n = 1, et éclairé en incidence normale (i = 0). Les deux faisceaux émergents interfèrent au foyer image F' de la lentille. La différence de marche géométrique entre les deux trajets s'écrit :

   \delta = 2 d \cos i = 2 d

   Le déphasage associé entre les deux ondes à la longueur d'onde \lambda_m est donc :

   \Delta\varphi = \frac{2\pi}{\lambda_m}\delta = \frac{4\pi d}{\lambda_m}

   À deux ondes cohérentes de même amplitude, la formule de Fresnel donne l'intensité en F' :

   \boxed{I(F') = \frac{I_{\max}}{2}\left[ 1 + \cos\left(\frac{4\pi d}{\lambda_m}\right) \right] = I_{\max}\cos^2\left(\frac{2\pi d}{\lambda_m}\right)}

   où I_{\max} est l'intensité maximale observée lorsque l'interférence est totalement constructive.

   Le contraste (ou facteur de visibilité) des franges est défini par :

   C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}} = \frac{2\sqrt{I_1 I_2}}{I_1 + I_2}

   Ce contraste est maximal (C = 1, avec I_{\min} = 0) lorsque les deux ondes qui interfèrent ont la même intensité (I_1 = I_2).

   La propriété de l'interféromètre qui permet d'assurer cette égalité est l'utilisation d'une lame séparatrice semi-réfléchissante (ou équilibrée), c'est-à-dire présentant des facteurs de réflexion et de transmission énergétiques égaux :

   \boxed{R = T = \frac{1}{2}}

   associée à des miroirs identiques (R_1 = R_2).

   Résultat

   $$I(F^{\prime })=\frac{I_{\max }}{2}\left[1+\cos \left(\frac{4\pi d}{{\lambda }_m}\right)\right]=I_{\max }{\cos }^2\left(\frac{2\pi d}{{\lambda }_m}\right)$$

   $$R=T=\frac{1}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q1

   Considérons deux motifs réflecteurs successifs du réseau, situés en M_1 et M_2 sur l'axe (Ox), distants de M_1 M_2 = L.

   • Sur le trajet incident : le plan d'onde incident atteint d'abord le motif M_1. Le motif M_2 est atteint avec un retard géométrique correspondant au trajet supplémentaire H_1 M_2, où H_1 est le projeté orthogonal de M_1 sur le rayon incident passant par M_2. Dans le triangle rectangle M_1 H_1 M_2, l'angle en M_1 vaut i, d'où :

     \delta_{\mathrm{inc}} = M_1 M_2 \sin i = L \sin i.

   • Sur le trajet réfléchi (rétrodiffusé) : l'onde diffusée par M_2 repartant vers l'infini dans la direction repérée par l'angle \theta (vers l'arrière, du même côté de la normale que le rayon incident), le front d'onde réfléchi associé à M_2 doit encore parcourir une distance supplémentaire H_2 M_2 par rapport à celui issu de M_1, où H_2 est le projeté orthogonal de M_1 sur le rayon réfléchi passant par M_2. Dans le triangle rectangle M_1 H_2 M_2, l'angle en M_1 vaut \theta, d'où :

     \delta_{\mathrm{r\acute{e}fl}} = M_1 M_2 \sin \theta = L \sin \theta.

   La différence de marche totale \delta entre les ondes diffusées par deux motifs successifs s'écrit donc :

   \boxed{\delta = L(\sin\theta + \sin i)}

   Résultat

   $$\delta =L(\sin \theta +\sin i)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q2

   La surface de l'eau est modélisée par un grand nombre d'éléments réflecteurs identiques, régulièrement espacés avec un pas spatial L.

   D'après la question Q1, le retard de marche entre les ondes diffusées par deux motifs consécutifs s'écrit :

   \delta = L(\sin \theta + \sin i)

   Lorsque cette différence de marche est un multiple entier de la longueur d'onde :

   \boxed{\exists p \in \mathbb{Z}, \quad L(\sin \theta + \sin i) = p\lambda}

   le déphasage entre deux motifs successifs vaut \Delta \varphi = \frac{2\pi}{\lambda}\delta = 2p\pi. Toutes les ondes issues des différents réflecteurs arrivent alors en phase : les interférences sont totalement constructives.

   Le grand nombre de motifs éclairés par le faisceau radar confère à ces maxima d'interférence une finesse et une intensité considérables (pics principaux du réseau), tandis que l'intensité résultante est quasi nulle dans les autres directions par interférence destructive. L'onde diffusée est donc particulièrement intense dans ces directions privilégiées.

   Résultat

   $$\exists p\in \mathbb{Z},L(\sin \theta +\sin i)=p\lambda$$

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5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q3

   Les récepteurs optiques étant sensibles au flux d'énergie moyen sur une durée grande devant la période optique, l'intensité lumineuse I(M) au point M est proportionnelle à la moyenne temporelle du carré de l'amplitude totale s(t) = s_1(t) + s_2(t) :

   I(M) = K \langle (s_1(t) + s_2(t))^2 \rangle

   où K est une constante dépendant des unités choisies et \langle \cdot \rangle désigne la moyenne temporelle.

   En développant, on obtient :

   I(M) = K \langle s_1(t)^2 \rangle + K \langle s_2(t)^2 \rangle + 2 K \langle s_1(t) s_2(t) \rangle.

   D'après la question Q2, les signaux s'écrivent s_1(t) = s_0 \cos(\omega t - \varphi_1) et s_2(t) = s_0 \cos(\omega t - \varphi_2), avec \varphi_1 = k(S_A T_1 M) et \varphi_2 = k(S_A T_2 M).

   L'intensité associée à chaque onde prise isolément est :

   I_0 = K \langle s_1(t)^2 \rangle = K \langle s_2(t)^2 \rangle = \frac{1}{2} K s_0^2.

   Le terme d'interférence s'évalue à l'aide de l'identité \cos p \cos q = \frac{1}{2}[\cos(p-q) + \cos(p+q)] :

   \begin{aligned} 2 K \langle s_1(t) s_2(t) \rangle &= 2 K s_0^2 \langle \cos(\omega t - \varphi_1) \cos(\omega t - \varphi_2) \rangle \\ &= K s_0^2 \left( \cos(\varphi_2 - \varphi_1) + \langle \cos(2\omega t - \varphi_1 - \varphi_2) \rangle \right). \end{aligned}

   Le terme oscillant à la pulsation 2\omega est de moyenne temporelle nulle, d'où :

   2 K \langle s_1(t) s_2(t) \rangle = 2 I_0 \cos(\varphi_2 - \varphi_1).

   Le déphasage entre les deux chemins optiques vaut :

   \Delta \varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = k \left[ (S_A T_2 M) - (S_A T_1 M) \right] = k \delta_{\mathrm{tot}}.

   Or, d'après l'énoncé et le résultat de la question Q1, la différence de marche totale se décompose selon :

   \delta_{\mathrm{tot}} = \delta_{\text{source}} + \delta = a \frac{\alpha}{2} + \delta.

   On en déduit l'expression de l'intensité détectée :

   \boxed{I(\delta) = 2I_0 \left( 1 + \cos \left[ k \left( a \frac{\alpha}{2} + \delta \right) \right] \right)}

   Résultat

   $$I(\delta )=2I_0\left(1+\cos \left[k\left(a\frac{\alpha }{2}+\delta \right)\right]\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q4

   Les sources S_A et S_B sont mutuellement incohérentes : le déphasage entre les ondes qu'elles émettent varie de manière aléatoire à une échelle de temps très inférieure au temps d'intégration du détecteur. Les signaux issus de S_A n'interfèrent donc pas avec ceux issus de S_B : le terme d'interférence croisé a une moyenne temporelle nulle, \langle s_A(t) s_B(t) \rangle = 0.

   Par conséquent, l'intensité totale détectée au point M est la somme des intensités produites indépendamment par chaque source :

   I_{\mathrm{d}}(\delta) = I_A(\delta) + I_B(\delta)

   D'après la question Q3, l'intensité produite par la source S_A, située dans la direction angulaire +\alpha/2, s'écrit :

   I_A(\delta) = 2I_0 \left(1 + \cos\left[k\left(a \frac{\alpha}{2} + \delta\right)\right]\right)

   La source S_B est identique à S_A mais inclinée de l'angle symétrique -\alpha/2 par rapport à l'axe optique (figure 1). Par analogie :

   I_B(\delta) = 2I_0 \left(1 + \cos\left[k\left(-a \frac{\alpha}{2} + \delta\right)\right]\right)

   En sommant ces deux contributions :

   \begin{aligned} I_{\mathrm{d}}(\delta) &= 4I_0 + 2I_0 \left( \cos\left(k\delta + \frac{k a \alpha}{2}\right) + \cos\left(k\delta - \frac{k a \alpha}{2}\right) \right) \end{aligned}

   D'après la formule trigonométrique fournie dans le formulaire :

   \cos\left(k\delta + \frac{k a \alpha}{2}\right) + \cos\left(k\delta - \frac{k a \alpha}{2}\right) = 2 \cos(k\delta) \cos\left(\alpha \frac{k a}{2}\right)

   Il vient ainsi :

   I_{\mathrm{d}}(\delta) = 4I_0 \left[ 1 + \cos\left(\alpha \frac{k a}{2}\right) \cos(k\delta) \right]

   En posant I_{\mathrm{d},0} = 4I_0, l'intensité détectée se met bien sous la forme :

   \boxed{I_{\mathrm{d}}(\delta) = I_{\mathrm{d}, 0} \left(1 + \Gamma(a,\alpha) \cos(k\delta) \right) \quad \text{avec} \quad \Gamma(a,\alpha) = \cos\left(\alpha \frac{ka}{2}\right)}

   Résultat

   $$I_{\mathrm{d}}(\delta )=I_{\mathrm{d},0}\left(1+\Gamma (a,\alpha )\cos (k\delta )\right)\text{avec}\Gamma (a,\alpha )=\cos \left(\alpha \frac{ka}{2}\right)$$

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7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q9

   La lame séparatrice L_1 possède deux faces planes et parallèles, inclinées à 45^\circ :

   • la face avant (ou face d'entrée), tournée vers la source lumineuse et le miroir mobile ;
   • la face arrière, tournée vers le miroir fixe et l'oculaire.

   La lame L_2 est la lame compensatrice. Elle est identique à L_1 (même épaisseur e, même indice n), lui est rigoureusement parallèle, et est placée sur le bras vertical menant au miroir mobile. Tout faisceau faisant l'aller-retour vers le miroir mobile traverse donc la lame L_2 deux fois.

   Testons les deux hypothèses de traitement :

   1. Si la couche semi-réfléchissante est sur la face avant :

      • Voie 2 (miroir mobile) : le faisceau se réfléchit sur la face avant sans entrer dans L_1 (0 traversée). Il traverse L_2 à l'aller puis au retour (2 traversées), puis pénètre par la face avant de L_1 et en ressort par la face arrière vers l'oculaire (1 traversée). Soit un total de :

        0 + 2 + 1 = 3 \text{ traversées de verre.}

      • Voie 1 (miroir fixe) : le faisceau traverse L_1 de la face avant vers la face arrière (1^{\text{re}} traversée), va vers le miroir fixe, revient, entre par la face arrière (2^{\mathrm{e}} traversée), se réfléchit sur la face interne du dépôt semi-réfléchissant, et retraverse L_1 pour sortir par la face arrière vers l'oculaire (3^{\mathrm{e}} traversée). Soit un total de :

        3 \text{ traversées de verre.}

      Les deux faisceaux traversent exactement la même épaisseur de verre (3e) sous la même incidence (45^\circ). La différence de marche introduite par le verre est rigoureusement nulle quelle que soit la longueur d'onde : la compensation chromatique est assurée.

   2. Si la couche semi-réfléchissante était sur la face arrière :

      • Le faisceau 1 ne traverserait L_1 qu'une seule fois à l'aller, se réfléchissant sur la face arrière externe directement vers l'oculaire (1 traversée au total).
      • Le faisceau 2 traverserait L_1 à l'aller, s'y réfléchirait sur la face arrière interne, la retraverserait (2 traversées), traverserait L_2 deux fois, puis retraverserait L_1 au retour vers l'oculaire (1 traversée supplémentaire), soit 5 traversées au total.

      La présence de L_2 dans le bras vertical aggraverait le déséquilibre au lieu de le compenser.

   \boxed{\text{La couche semi-réfléchissante doit être déposée sur la face avant (face tournée vers la source et le miroir mobile).}}

   Résultat

   $$\text{La couche semi-reˊfleˊchissante doit eˆtre deˊposeˊe sur la face avant (face tourneˊe vers la source et le miroir mobile).}$$

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8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q10

   Lorsque les miroirs fixe et mobile sont rendus rigoureusement perpendiculaires, l'image du miroir fixe donnée par la séparatrice est rigoureusement parallèle au miroir mobile : l'interféromètre est réglé en lame d'air à faces parallèles.

   La différence de marche entre les deux rayons émergeant sous un angle d'inclinaison \theta par rapport à la normale commune s'écrit :

   \delta(\theta) = 2e\cos\theta

   où e est l'épaisseur de la lame d'air équivalente.

   • Par invariance par rotation autour de l'axe optique (O, \vec{e}_z), la différence de marche ne dépend que de l'angle d'incidence \theta : ce sont des franges d'égale inclinaison.
   • Dans le plan focal d'observation de l'oculaire, l'ensemble des points d'égal éclairement correspond à \theta = \text{cte}, ce qui se traduit par des anneaux concentriques (anneaux de Haidinger) centrés sur l'axe optique.

   \boxed{\text{Les franges d'interférence sont des anneaux concentriques (franges d'égale inclinaison).}}

   Influence du déréglage de l'oculaire : Ces franges d'égale inclinaison sont localisées à l'infini, car des rayons issus d'un même point source ayant la même inclinaison \theta n'interfèrent qu'à l'infini.

   • Si l'oculaire est déréglé et met au point sur un plan situé à distance finie, en un point donné de ce plan se superposent des rayons ayant des inclinaisons différentes (donc des différences de marche différentes), ce qui conduit à un brouillage des franges : l'image devient floue et les franges disparaissent.
   • Si le déréglage de l'oculaire est faible et projette l'image à distance finie en avant de l'œil, un observateur dont l'œil accommode entre son punctum proximum et son punctum remotum peut encore les observer nettement ; en revanche, si le déréglage est trop important ou si l'image est virtuelle en arrière de l'œil (inaccessible à l'accommodation), les franges ne sont plus observables.

   \boxed{\text{Non, on ne peut plus les observer si le déréglage est notable (franges localisées à l'infini).}}

   Résultat

   $$\text{Les franges d’interfeˊrence sont des anneaux concentriques (franges d’eˊgale inclinaison).}$$

   $$\text{Non, on ne peut plus les observer si le deˊreˊglage est notable (franges localiseˊes aˋ l’infini).}$$

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9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2025, Q11

   Au centre du champ d'observation, les rayons lumineux émergent parallèlement à l'axe optique, ce qui correspond à une incidence normale (\theta = 0).

   Dans la configuration en lame d'air équivalente d'épaisseur e, la différence de marche s'écrit \delta = 2 e \cos\theta. Au centre (\theta = 0), elle vaut :

   \delta_0 = 2e

   Un déplacement du miroir mobile d'une distance \Delta z le long de l'axe (O, \vec{e}_z) modifie l'épaisseur de la lame d'air de \Delta e = \Delta z, car la lumière effectue un aller-retour dans ce bras. La différence de marche au centre varie donc de :

   \Delta \delta = 2 \Delta z

   L'ordre d'interférence au centre est défini par p_0 = \frac{\delta_0}{\lambda_0}. Deux franges sombres consécutives correspondent à une variation de l'ordre d'interférence d'une unité, c'est-à-dire à une variation de différence de marche égale à la longueur d'onde \lambda_0.

   Le nombre \Delta N de franges sombres qui défilent au centre lors du déplacement \Delta z est donc donné par :

   \Delta N = \frac{\Delta \delta}{\lambda_0} = \frac{2\Delta z}{\lambda_0}

   soit :

   \boxed{\Delta z = \Delta N \frac{\lambda_0}{2}}

   Résultat

   $$\Delta z=\Delta N\frac{{\lambda }_0}{2}$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MP 2025, Q20

    À l'instant t = 2\tau, les centres des deux paquets d'ondes occupent la même position z = z_0 (question Q14). D'après le principe de superposition quantique, la fonction d'onde totale au point M_0 est la somme des fonctions d'onde associées à chacun des deux chemins :

    \psi(M_0) = \psi_1(M_0) + \psi_2(M_0)

    L'impulsion laser initiale à t = 0 sépare le paquet incident de manière équilibrée (séparatrice 50/50), et les deux bras sont symétriques quant aux interactions subies. Les deux fonctions d'onde ont donc la même amplitude au point M_0, notée \psi_a, et ne diffèrent que par leur phase spatiale \varphi_j(M_0) = \int_0^{z_0} k_j(u)\,\mathrm{d}u :

    \psi_1(M_0) = \psi_a \, \mathrm{e}^{i\varphi_1(M_0)} \quad \text{et} \quad \psi_2(M_0) = \psi_a \, \mathrm{e}^{i\varphi_2(M_0)}

    La fonction d'onde résultante s'écrit alors :

    \begin{aligned} \psi(M_0) &= \psi_a\,\mathrm{e}^{i\varphi_1(M_0)}\left(1 + \mathrm{e}^{i[\varphi_2(M_0) - \varphi_1(M_0)]}\right) \\ &= \psi_a\,\mathrm{e}^{i\frac{\varphi_1(M_0)+\varphi_2(M_0)}{2}}\left(\mathrm{e}^{-i\frac{\varphi}{2}} + \mathrm{e}^{i\frac{\varphi}{2}}\right) \\ &= 2\psi_a\,\mathrm{e}^{i\frac{\varphi_1(M_0)+\varphi_2(M_0)}{2}}\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right) \end{aligned}

    où \varphi = \varphi_2(M_0) - \varphi_1(M_0) est le déphasage défini par l'énoncé.

    La densité de probabilité de présence au point M_0 vaut donc :

    |\psi(M_0)|^2 = 4|\psi_a|^2 \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right)

    Le signal de fluorescence s étant proportionnel à cette densité de probabilité, il est de la forme :

    s = s_0 \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right) = \frac{s_0}{2}(1 + \cos\varphi)

    Comme la fonction \cos^2(\varphi/2) varie entre 0 et 1, la constante multiplicative s_0 représente bien la valeur maximale du signal.

    On en déduit :

    \boxed{s = s_0\,f(\varphi) \quad \text{avec} \quad f(\varphi) = \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right) = \frac{1+\cos\varphi}{2}}

    Résultat

    $$s=s_{0}f(\phi )\text{avec}f(\phi )={\cos }^2\left(\frac{\phi }{2}\right)=\frac{1+\cos \phi }{2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question