Feuille d'entraînement : Interférences lumineuses

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2024, Q[31]

   Le SLM, assimilé à une lame mince sans absorption située dans le plan z = 0, applique au champ incident une transmittance purement de phase :

   t(x) = e^{i\Phi(x)} = e^{i\left(\Phi_0 + \Phi_1 \cos(qx)\right)}.

   En adoptant la convention de dépendance temporelle en e^{-i\omega t} introduite à la question Q[30], l'onde plane incidente de pulsation \omega et d'amplitude E_0, se propageant selon les z croissants, s'écrit en z = 0^- :

   \underline{E}_{\text{inc}}(x, z=0^-, t) = E_0 e^{-i\omega t}.

   Le champ électrique immédiatement en sortie du SLM (en z = 0^+) est donc donné par :

   \boxed{\underline{E}(x, 0, t) = E_0 e^{i\Phi_0} e^{i\Phi_1 \cos(qx)} e^{-i\omega t}}

   Pour une modulation de faible amplitude (\Phi_1 \ll 1), effectuons un développement de Taylor au premier ordre de l'exponentielle :

   e^{i\Phi_1 \cos(qx)} = 1 + i\Phi_1 \cos(qx) + \mathcal{O}(\Phi_1^2).

   En injectant ce développement, le champ électrique à la sortie du SLM s'écrit au premier ordre en \Phi_1 :

   \boxed{\underline{E}(x, 0, t) \simeq E_0 e^{i\Phi_0} \Bigl( 1 + i\Phi_1 \cos(qx) \Bigr) e^{-i\omega t}}

   En utilisant les formules d'Euler, on peut également l'écrire sous forme décomposée :

   \underline{E}(x, 0, t) \simeq E_0 e^{i\Phi_0} \left( 1 + i\frac{\Phi_1}{2} e^{iqx} + i\frac{\Phi_1}{2} e^{-iqx} \right) e^{-i\omega t}.

   Résultat

   $$\underline{E}(x,0,t)=E_0{e}^{i{\Phi }_0}{e}^{i{\Phi }_1\cos (qx)}{e}^{-i\omega t}$$

   $$\underline{E}(x,0,t)\simeq E_0{e}^{i{\Phi }_0}(1+i{\Phi }_1\cos (qx))e^{-i\omega t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique U PSI 2024, Q[32]

   D'après le résultat de la question Q31, le champ électrique à la sortie du modulateur spatial de lumière (z = 0) s'écrit au premier ordre en \Phi_1 :

   \underline{E}(x, 0, t) \simeq E_0 e^{i\Phi_0} e^{-i\omega t} + i\frac{\Phi_1}{2} E_0 e^{i\Phi_0} e^{i(qx - \omega t)} + i\frac{\Phi_1}{2} E_0 e^{i\Phi_0} e^{i(-qx - \omega t)}.

   Par linéarité des équations de propagation, le champ pour z > 0 est la superposition de trois ondes planes, dont la forme est donnée par la question Q30 avec respectivement k_x = 0, k_x = +q et k_x = -q :

   • Faisceau d'ordre 0 (k_{x,0} = 0) : Le vecteur d'onde est purement longitudinal, dirigé selon l'axe optique \vec{u}_z. L'angle avec l'axe optique est :

     \theta_0 = 0.

   • Faisceaux d'ordre ± 1 (k_{x,\pm 1} = \pm q) : Pour une onde plane de norme d'onde k = \omega/c, la projection de la direction de propagation sur le plan transverse vérifie :

     \sin\theta_{\pm} = \frac{k_{x,\pm 1}}{k} = \pm \frac{qc}{\omega}.

     Puisque le rapport \frac{qc}{\omega} \ll 1, on effectue un développement à l'ordre 1 :

     \theta_{\pm} \simeq \pm \frac{qc}{\omega}.

   Le faisceau incident se sépare donc en trois faisceaux transmis, inclinés par rapport à l'axe optique des angles :

   \boxed{\theta_0 = 0 \quad \text{et} \quad \theta_{\pm} \simeq \pm \frac{qc}{\omega}}

   Résultat

   $${\theta }_0=0\text{et}{\theta }_{\pm }\simeq \pm \frac{qc}{\omega }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2024, Q[33]

   À la traversée du modulateur spatial de lumière (SLM), le champ électrique incident subit un déphasage \Phi(x, y). En se plaçant au premier ordre en \Phi_1 \ll 1, le champ complexe en sortie du SLM s'écrit :

   \begin{aligned} \underline{E}(x, y, 0, t) &= E_0 e^{i \Phi(x, y)} e^{-i \omega t} \\ &\simeq E_0 e^{i \Phi_0} \left[ 1 + i \Phi_1 \sum_{n, m} \cos(n q_0 x) \cos(m q_0 y) \right] e^{-i \omega t}. \end{aligned}

   En linéarisant le produit des cosinus :

   \cos(n q_0 x) \cos(m q_0 y) = \frac{1}{4} \sum_{\epsilon_x = \pm 1} \sum_{\epsilon_y = \pm 1} e^{i (\epsilon_x n q_0 x + \epsilon_y m q_0 y)}.

   Le champ transmis est donc une superposition d'une onde d'ordre 0 se propageant selon z et d'une collection discrète d'ondes planes inclinées, caractérisées par un vecteur d'onde transverse :

   \vec{k}_{\perp} = (k_x, k_y) = (\pm n q_0, \pm m q_0).

   Chaque composante (n, m) correspond à une onde plane inclinée par rapport à l'axe optique z d'angles faibles (au sens de la question Q[32]) :

   \theta_x \simeq \pm n \frac{q_0 c}{\omega}, \qquad \theta_y \simeq \pm m \frac{q_0 c}{\omega}.

   D'après la question Q[29], la lentille de distance focale f focalise chacune de ces ondes planes en un point du plan focal image décalé transversalement de :

   x_n = f \theta_x \simeq \pm n \frac{q_0 c f}{\omega}, \qquad y_m = f \theta_y \simeq \pm m \frac{q_0 c f}{\omega}.

   La lentille crée donc une matrice bidimensionnelle régulière de foyers lumineux aux coordonnées (x_n, y_m) espacés d'un pas \Delta x = \Delta y = \frac{q_0 c f}{\omega}.

   D'après les questions Q[15] et Q[19], sous un désaccord vers le rouge (\Delta < 0, soit \alpha > 0), l'énergie potentielle dipolaire s'écrit U_{\text{dip}}(\vec{R}) = -\frac{\varepsilon_0 \alpha}{4} \|\vec{E}_0(\vec{R})\|^2. Chaque maximum d'intensité lumineuse au niveau d'un foyer constitue ainsi un puits de potentiel attractif 3D capable de capturer un atome individuel.

   \boxed{\text{Ce profil de phase génère un ensemble de puits de potentiel réguliers formant la matrice de pinces optiques (figure 2.b).}}

   Résultat

   $$\text{Ce profil de phase geˊneˋre un ensemble de puits de potentiel reˊguliers formant la matrice de pinces optiques (figure 2.b).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique U PSI 2022, Q28

   D'après la question 27, la faible raideur longitudinale \kappa_z \propto 1/z_R^2 provient du fait que l'intensité varie très lentement le long de l'axe de propagation (z_R \gg w_0 \gg \lambda). Pour améliorer considérablement le confinement selon l'axe Oz, deux méthodes principales sont couramment employées en physique atomique :

   1. La formation d'une onde stationnaire (réseau optique 1D) : En faisant interférer le faisceau avec un faisceau contra-propageant de même pulsation et polarisation (par exemple en plaçant un miroir rétro-réfléchissant ou en insérant l'atome dans une cavité optique résonante, comme étudié dans la section suivante), on crée une onde stationnaire le long de Oz. L'intensité lumineuse présente alors une modulation spatiale périodique à l'échelle de \lambda/2 :

      I(z) \propto \cos^2(kz)

      Le gradient d'intensité selon z varie désormais sur une distance de l'ordre de \lambda au lieu de z_R. La raideur longitudinale devient alors :

      \kappa_z \sim \frac{|U_0|}{\lambda^2} \gg \kappa_\perp

      Les atomes se trouvent alors piégés aux ventres d'intensité (si \omega < \omega_0), réalisant un confinement longitudinal sub-longueur d'onde extrêmement efficace.

   2. L'utilisation de faisceaux croisés : En superposant orthogonalement au col un second faisceau laser identique se propageant selon un axe perpendiculaire (par exemple Ox), le confinement longitudinal selon Oz du premier faisceau est assuré par le très fort confinement transverse (de raideur \kappa_\perp \propto 1/w_0^2) du second faisceau. Le piège tridimensionnel résultant est alors quasi isotrope, avec une raideur de l'ordre de \kappa_\perp dans les trois directions de l'espace.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique U PSI 2022, Q52

   D'après les résultats de la question Q50, pour chaque oscillateur n :

   \lambda_n = -\frac{\kappa_n}{2m\omega_0} \quad \text{et} \quad \lambda'_n = -\frac{\kappa_n}{2m\omega_n}

   Les raideurs \kappa_n, la masse m et les pulsations propres \omega_0, \omega_n étant positives, le produit de couplage vérifie pour tout n \in \{1,\dots,N\} :

   \lambda_n \lambda'_n = \frac{\kappa_n^2}{4m^2\omega_0\omega_n} > 0

   L'inégalité triangulaire appliquée à l'expression de la fonction de mémoire donne :

   |N(\tau)| = \left| \sum_{n=1}^N \lambda_n \lambda'_n \, e^{-i(\omega_n - \omega_0)\tau} \right| \le \sum_{n=1}^N |\lambda_n \lambda'_n| \, |e^{-i(\omega_n - \omega_0)\tau}| = \sum_{n=1}^N \lambda_n \lambda'_n

   Or, pour \tau = 0, toutes les exponentielles de phase sont égales à 1 :

   N(0) = \sum_{n=1}^N \lambda_n \lambda'_n = |N(0)|

   On en déduit que pour tout \tau \in \mathbb{R} :

   \boxed{|N(\tau)| \le N(0)}

   La fonction |N(\tau)| atteint donc son maximum global en \tau = 0.

   Analogie avec l'optique et temps caractéristique t_{\mathrm{coh}} :

   La fonction N(\tau) représente la superposition de N composantes oscillantes de pulsations respectives \omega_n - \omega_0 réparties sur une bande spectrale de largeur \Delta\omega autour d'une valeur moyenne.

   • À \tau = 0, toutes les composantes sont exactement en phase : les interférences sont purement constructives, ce qui correspond au maximum de l'enveloppe.

   • Lorsque \tau croît, le déphasage relatif entre deux composantes extrêmes de l'ensemble vaut :

     \Delta\phi(\tau) \sim \Delta\omega \, \tau

     Dès que \Delta\phi(\tau) \gtrsim 1 (ou 2\pi), les phases (\omega_n - \omega_0)\tau se répartissent uniformément sur le cercle trigonométrique. Les termes de la somme se compensent mutuellement : il y a interférence destructive globale (brouillage de phase).

   Par analogie directe avec le train d'ondes d'une source lumineuse quasi-monochromatique de largeur spectrale \Delta\omega, l'enveloppe |N(\tau)| s'annule (ou tend vers 0 par moyennage) au-delà d'un temps de cohérence :

   \boxed{t_{\mathrm{coh}} \sim \frac{1}{\Delta\omega}}

   Résultat

   $$|N(\tau )|\le N(0)$$

   $$t_{\mathrm{coh}}\sim \frac{1}{\Delta \omega }$$

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6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q5

   1. Schéma complété et principe de fonctionnement

   Le faisceau incident collimaté de largeur d_0' arrive parallèlement à l'axe optique. Le plan médian horizontal constitue un plan de symétrie pour le dispositif :

   • Le demi-faisceau supérieur (y > 0) rencontre la face supérieure gauche inclinée d'un angle \alpha = \pi/4 par rapport à la verticale, y subit une première réfraction, traverse l'épaisseur de verre d'indice n_p, puis subit une seconde réfraction sur la face supérieure droite, parallèle à la première. Il émerge ainsi parallèlement à sa direction incidente (faisceau horizontal), translaté vers le haut.
   • De manière symétrique, le demi-faisceau inférieur (y < 0) traverse la partie inférieure inclinée en sens opposé et émerge translaté vers le bas.

   On obtient ainsi en sortie deux faisceaux parallèles entre eux et à l'axe optique, de largeur identique d_0'', dont les axes sont séparés d'une distance D.

   2. Valeur de la largeur d_0''

   Le prisme réalise une division du front d'onde : l'arête centrale sépare le faisceau incident de largeur d_0' en deux demi-faisceaux de largeur égale d_0'/2.

   Chaque demi-faisceau traverse un bloc délimité par deux faces planes parallèles. La réfraction à travers deux dioptres plans parallèles conserve le parallélisme des rayons ainsi que l'extension transverse (largeur) d'un faisceau collimaté. Par conséquent :

   \boxed{d_0'' = \frac{d_0'}{2}}

   3. Différence de marche nulle

   Par raison de symétrie plane par rapport au plan horizontal contenant l'axe optique, les deux demi-faisceaux parcourent des trajets géométriques rigoureusement identiques, avec la même longueur de propagation dans le verre d'indice n_p et dans l'air d'indice n_a.

   La différence de chemin optique entre les deux faisceaux est donc strictement nulle en tout plan d'onde aval :

   \delta = [L]_1 - [L]_2 = 0

   On parle ainsi de diviseur à différence de marche nulle.

   4. Autre dispositif de division de faisceau

   On peut réaliser la division d'un faisceau par division d'amplitude à l'aide d'une lame semi-réfléchissante (ou miroir semi-transparent).

   • Pour une lame semi-réfléchissante simple à faces parallèles, le faisceau réfléchi ne traverse pas la lame alors que le faisceau transmis la traverse : la différence de marche introduite par l'épaisseur de la lame n'est pas nulle (\delta \neq 0), sauf si l'on insère une lame compensatrice identique sur le faisceau réfléchi.
   • En revanche, un cube séparateur (constitué de deux prismes rectangles identiques collés par leur hypoténuse traitée) présente une symétrie qui assure une différence de marche nulle entre les deux voies.

   Résultat

   $$d_0^{\prime \prime }=\frac{d_0^{\prime }}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q7

   D'après la relation (1) établie à la question Q3, la fréquence reçue par le détecteur après diffusion de l'onde issue du faisceau F_1 s'écrit :

   f_{d1} \simeq f_e + \frac{(\widehat{u}_d - \widehat{u}_{e1}) \cdot \vec{V}}{\lambda_e}

   De même, pour le faisceau F_2, la fréquence diffusée perçue par le même récepteur dans la direction \widehat{u}_d vaut :

   f_{d2} \simeq f_e + \frac{(\widehat{u}_d - \widehat{u}_{e2}) \cdot \vec{V}}{\lambda_e}

   Par différence entre ces deux fréquences, le terme dépendant de la direction de diffusion \widehat{u}_d s'élimine rigoureusement :

   f_{d1} - f_{d2} = \frac{(\widehat{u}_{e2} - \widehat{u}_{e1}) \cdot \vec{V}}{\lambda_e}

   D'après la figure 4, les faisceaux se propagent dans le plan (xOz) de manière symétrique par rapport à l'axe Oz. L'angle entre leurs directions de propagation étant noté \theta, les vecteurs unitaires d'onde incidente s'écrivent :

   \begin{aligned} \widehat{u}_{e1} &= -\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \widehat{u}_x + \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \widehat{u}_z \\ \widehat{u}_{e2} &= +\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \widehat{u}_x + \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \widehat{u}_z \end{aligned}

   On en déduit :

   \widehat{u}_{e2} - \widehat{u}_{e1} = 2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \widehat{u}_x

   En projetant le vecteur vitesse \vec{V} = V_x \widehat{u}_x + V_y \widehat{u}_y + V_z \widehat{u}_z, il vient :

   (\widehat{u}_{e2} - \widehat{u}_{e1}) \cdot \vec{V} = 2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) V_x

   On obtient finalement l'expression de l'écart de fréquence en fonction de la seule composante transverse V_x de la vitesse :

   \boxed{f_{d1} - f_{d2} = \frac{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}{\lambda_e} V_x}

   Résultat

   $$f_{d1}-f_{d2}=\frac{2\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}{{\lambda }_e}{V}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-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

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 PSI 2020, Q8

   D'après le résultat de la question Q7, la phase à l'instant t en S de l'onde retour diffractée par la marche S_n s'écrit :

   \phi'_n(t) = \omega \left(t - \frac{2d_n}{c_s}\right)

   De même, pour l'onde issue de la marche consécutive S_{n+1}, la phase en S au même instant vaut :

   \phi'_{n+1}(t) = \omega \left(t - \frac{2d_{n+1}}{c_s}\right)

   La différence de phase \Delta\phi'_n = \phi'_n(t) - \phi'_{n+1}(t) s'exprime donc par :

   \begin{aligned} \Delta\phi'_n &= \omega \left(t - \frac{2d_n}{c_s}\right) - \omega \left(t - \frac{2d_{n+1}}{c_s}\right) \\ &= \frac{2\omega}{c_s}(d_{n+1} - d_n) \end{aligned}

   En introduisant la fréquence \nu = \frac{\omega}{2\pi} de la composante considérée, on peut également l'écrire sous la forme :

   \boxed{\Delta\phi'_n = \frac{2\omega}{c_s}(d_{n+1} - d_n) = \frac{4\pi \nu}{c_s}(d_{n+1} - d_n)}

   Résultat

   $$\Delta {\varphi }_n^{\prime }=\frac{2\omega }{c_s}(d_{n+1}-d_n)=\frac{4\pi \nu }{c_s}(d_{n+1}-d_n)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 PSI 2020, Q9

    Les deux ondes retour diffractées par les marches S_n et S_{n+1} se superposent de manière totalement constructive en S si et seulement si leur différence de phase \Delta\phi'_n est un multiple entier de 2\pi :

    \Delta\phi'_n = 2m\pi \quad \text{avec} \quad m \in \mathbb{N}^*

    D'après le résultat de la question Q8, le déphasage en S s'écrit :

    \Delta\phi'_n = \frac{2\omega}{c_s}(d_{n+1} - d_n) = \frac{4\pi \nu}{c_s}(d_{n+1} - d_n)

    La condition de superposition constructive devient donc :

    \begin{aligned} \frac{4\pi \nu_m}{c_s}(d_{n+1} - d_n) &= 2m\pi \\ \frac{2\nu_m}{c_s}(d_{n+1} - d_n) &= m \end{aligned}

    On en déduit l'ensemble des fréquences audibles sélectionnées constructivement :

    \boxed{\nu_m = m \, \frac{c_s}{2(d_{n+1} - d_n)} \quad (m \in \mathbb{N}^*)}

    Résultat

    $${\nu }_m=m\frac{c_s}{2(d_{n+1}-d_n)}(m\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question