Feuille d'entraînement : Interférences lumineuses

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2020, Q1

   • Signification de la configuration en « lame d'air » :
     L'interféromètre de Michelson est réglé de telle sorte que les miroirs plans M_x et M_y soient rigoureusement perpendiculaires entre eux. L'image de M_y à travers la lame séparatrice semi-réfléchissante, notée M'_y, est alors un plan strictement parallèle au miroir M_x. L'ensemble \{M_x, M'_y\} est optiquement équivalent à une lame d'air à faces planes et parallèles d'épaisseur :

     e = |L_x - L_y|
   • Lieu d'observation des franges avec une source étendue :
     Dans une lame à faces parallèles, la différence de marche \delta = 2e\cos i ne dépend que de l'angle d'incidence i des rayons lumineux. Pour une source spatialement étendue, des rayons issus de points sources distincts mais se propageant dans la même direction (même incidence i) émergent parallèles entre eux et présentent la même différence de marche. Les interférences sont donc localisées à l'infini (franges d'égale inclinaison ou anneaux de Haidinger). On les observe dans le plan focal image d'une lentille convergente (ou à l'infini à l'œil nu sans accommoder).
   • Effet d'un déplacement de l'écran :
     Si l'écran d'observation est placé à distance finie hors du plan focal image d'une lentille, les rayons qui interfèrent en un même point de l'écran proviennent d'incidences i différentes issues de différents points de la source étendue. Les figures d'interférence produites par chacun des points sources indépendants se décalent les unes par rapport aux autres : il y a brouillage spatial et le contraste s'annule rapidement, l'écran présentant alors un éclairement quasi uniforme.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2020, Q2

   Dans un interféromètre réel, la séparatrice possède une épaisseur non nulle e et est constituée d'un matériau d'indice n(\lambda) dispersif. La couche semi-réfléchissante n'est déposée que sur l'une de ses faces (généralement la face d'entrée).

   En suivant les trajets des deux ondes :

   • le rayon réfléchi par le traitement semi-réfléchissant se dirige vers le miroir M_y, s'y réfléchit, puis traverse une seule fois le substrat de verre de la séparatrice pour émerger vers la voie de sortie ;
   • le rayon transmis traverse le substrat pour aller vers le miroir M_x, s'y réfléchit, puis retraverse le substrat avant d'être réfléchi par le traitement vers la sortie : il effectue au total trois traversées du substrat.

   Sans compensation, il existe une différence de marche additionnelle liée à deux traversées du verre, de la forme \Delta L_{\text{verre}} = 2(n-1)e/\cos r', où r' est l'angle de réfraction dans le verre. Cette dissymétrie présente deux défauts majeurs :

   • La dispersion chromatique : l'indice n dépend de la longueur d'onde \lambda (loi de Cauchy). En lumière polychromatique (ou blanche), la différence de marche dépend de \lambda, ce qui empêche d'obtenir une frange centrale achromatique (\delta = 0 pour toutes les longueurs d'onde) et réduit considérablement le contraste des franges.
   • La dépendance angulaire : pour une source étendue, la compensation angulaire n'est plus rigoureusement vérifiée à tous les ordres d'incidence.

   Pour y remédier, on introduit une lame compensatrice, taillée dans le même verre, rigoureusement de même épaisseur e que la séparatrice, mais sans traitement réfléchissant. On la dispose :

   • dans le bras vers le miroir M_y (le bras qui ne subissait qu'une seule traversée) ;
   • parallèlement à la séparatrice, de sorte que l'onde réfléchie traverse deux fois la compensatrice (un aller et un retour).

   Les deux faisceaux effectuent alors exactement le même trajet dans le verre (deux traversées chacun), ce qui rétablit la stricte symétrie des deux bras.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2020, Q3

   1. Schéma et marche des rayons

   L'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air est optiquement équivalent à deux miroirs plans parallèles M_1 et M_2' séparés par une couche d'air d'épaisseur e = |L_x - L_y|. Deux rayons parallèles issus d'une même onde plane incidente inclinée d'un angle i par rapport à la normale aux miroirs émergent parallèlement avec le même angle i et sont focalisés par la lentille convergente (L) de distance focale image f' en un même point M du plan focal image (l'écran).

   2. Expression de la différence de marche \delta

   Considérons une onde incidente plane inclinée de l'angle i. L'onde se réfléchit partiellement en I_1 sur M_1 (rayon 1) et traverse pour se réfléchir en I_2 sur M_2' avant d'émerger en J parallèlement au rayon 1 (rayon 2).

   Soit K le projeté orthogonal de I_1 sur le rayon incident passant par J (surface d'onde incidente) et H le projeté orthogonal de I_1 sur le segment [I_2 J] (surface d'onde réfléchie). Le milieu étant l'air d'indice n \approx 1, la différence de marche géométrique entre les deux rayons vaut :

   \delta = (I_1 J)_{\text{rayon 2}} - (I_1 K) = (I_1 I_2 + I_2 J) - I_1 K

   D'après le principe du retour inverse ou la construction géométrique standard projetant I_1 en H perpendiculairement à (I_2 J), la différence de marche s'écrit directement :

   \delta = I_2 H + I_2 J

   Or dans le triangle rectangle formé par I_2, sa projection sur la normale issue de I_1 et l'épaisseur e, on a I_2 J = \frac{e}{\cos i}. De plus, la distance I_1 J = 2e \tan i, d'où H J = I_1 J \sin i = 2e \tan i \sin i. Il vient :

   \begin{aligned} \delta &= \frac{2e}{\cos i} - 2e\tan i \sin i \\ &= \frac{2e}{\cos i}\left(1 - \sin^2 i\right) \\ &= 2e\cos i \end{aligned}

   \boxed{\delta = 2e\cos i}

   3. Justification de la forme des franges

   Dans le plan focal image de la lentille de distance focale f', un point M est repéré par ses coordonnées polaires (r, \theta) par rapport au foyer image principal F' (axe optique). La relation angulaire s'écrit \tan i = \frac{r}{f'}. Pour les petits angles d'incidence, on a simplement i \approx \frac{r}{f'}.

   La différence de marche \delta ne dépend que de l'angle d'incidence i, c'est-à-dire uniquement de la distance radiale r = OM :

   \delta(r) \approx 2e\left(1 - \frac{i^2}{2}\right) \approx 2e\left(1 - \frac{r^2}{2{f'}^2}\right)

   Le système présente une invariance par rotation autour de l'axe optique. Les lignes d'égale différence de marche (\delta = \text{cte}) correspondent donc à i = \text{cte}, soit r = \text{cte} : ce sont des anneaux concentriques centrés sur le foyer principal F', appelés anneaux d'égale inclinaison (ou franges de Haidinger).

   Résultat

   $$\delta =2e\cos i$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2020, Q6

   Considérons une onde incidente plane monochromatique de longueur d'onde dans le vide \lambda.

   1. Chemins optiques et déphasages de propagation :

   • Dans le bras selon Ox, l'onde traverse la séparatrice, effectue l'aller-retour entre O et A (distance 2L_x) dans un milieu d'indice n_x, puis se réfléchit sur la séparatrice vers la sortie - \vec{u}_y. Le chemin optique associé à ce trajet est :

     \delta_x = 2 n_x L_x

     Le déphasage accumulé lors de la propagation s'écrit donc :

     \varphi_x = \frac{2\pi}{\lambda} \delta_x = \frac{4\pi}{\lambda} n_x L_x

   • Dans le bras selon Oy, l'onde est réfléchie par la séparatrice, effectue l'aller-retour entre O et B (distance 2L_y) dans un milieu d'indice n_y, puis traverse la séparatrice vers la sortie - \vec{u}_y. Le chemin optique associé est :

     \delta_y = 2 n_y L_y

     Le déphasage accumulé lors de la propagation s'écrit donc :

     \varphi_y = \frac{2\pi}{\lambda} \delta_y = \frac{4\pi}{\lambda} n_y L_y

   La différence de phase de propagation entre les deux trajets s'exprime ainsi :

   \varphi = \varphi_y - \varphi_x = \frac{4\pi}{\lambda}(n_y L_y - n_x L_x)

   2. Prise en compte des déphasages aux réflexions :

   • Les miroirs M_x et M_y sont identiques et introduisent chacun un déphasage de \pi à la réflexion ; leur contribution relative est donc nulle (\pi - \pi = 0).
   • Selon le préambule, la séparatrice d'épaisseur nulle est dissymétrique : l'une des réflexions (face avant ou arrière) introduit un déphasage de \pi et l'autre un déphasage nul. L'une des deux ondes subit la réflexion sur la face avant (onde y) tandis que l'autre se réfléchit sur la face arrière (onde x). Les réflexions introduisent donc un saut de phase relatif intrinsèque de \pi.

   Comme l'indique la formule cible de la question 10, l'énoncé désigne par \varphi le déphasage lié au trajet optique, le terme additionnel \pi intervenant dans le signe relatif des amplitudes complexes à la question 7.

   \boxed{\varphi = \frac{4\pi}{\lambda}(n_y L_y - n_x L_x)}

   Résultat

   $$\phi =\frac{4\pi }{\lambda }(n_y{L}_y-n_x{L}_x)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2020, Q7

   Soit \underline{S}_{\text{inc}} = S_0 l'amplitude complexe de l'onde incidente en O (prise comme origine des phases).

   1. Onde issue du bras x :

   • traverse la séparatrice (S_p) en O avec un coefficient de transmission t = 1/\sqrt{2} ;
   • se propage dans le bras x sur un aller-retour (facteur de phase \mathrm{e}^{-j\varphi_x}) ;
   • subit une réflexion sur le miroir parfait M_x (facteur \mathrm{e}^{j\pi} = -1) ;
   • se réfléchit sur la face arrière de (S_p) pour émerger selon -\vec{u}_y avec un coefficient de réflexion r_x.

   2. Onde issue du bras y :

   • se réfléchit sur la face avant de (S_p) en O avec un coefficient de réflexion r_y ;
   • se propage dans le bras y sur un aller-retour (facteur de phase \mathrm{e}^{-j\varphi_y}) ;
   • subit une réflexion sur le miroir parfait M_y (facteur \mathrm{e}^{j\pi} = -1) ;
   • traverse la séparatrice (S_p) en O avec un coefficient de transmission t = 1/\sqrt{2}.

   D'après l'énoncé, |r_x| = |r_y| = 1/\sqrt{2}, et l'une des réflexions sur la séparatrice s'accompagne d'un déphasage de \pi tandis que l'autre se fait sans déphasage, soit r_y / r_x = -1 = \mathrm{e}^{j\pi}. Les deux réflexions sur les miroirs M_x et M_y introduisent le même déphasage \pi et n'introduisent donc aucune phase relative supplémentaire.

   À une phase globale près, les amplitudes complexes des deux ondes s'écrivent :

   \boxed{\underline{S}_x = \frac{S_0}{2}\,\mathrm{e}^{-j\varphi_x}} \quad \text{et} \quad \boxed{\underline{S}_y = -\frac{S_0}{2}\,\mathrm{e}^{-j\varphi_y}}

   3. Éclairement en sortie :

   L'amplitude complexe totale résultant de la superposition dans la direction -\vec{u}_y vaut :

   \underline{S} = \underline{S}_x + \underline{S}_y = \frac{S_0}{2}\,\mathrm{e}^{-j\varphi_x}\left(1 - \mathrm{e}^{-j(\varphi_y - \varphi_x)}\right) = \frac{S_0}{2}\,\mathrm{e}^{-j\varphi_x}\left(1 - \mathrm{e}^{-j\varphi}\right)

   L'éclairement détecté est donné par E_y = \underline{S}\,\underline{S}^* :

   \begin{aligned} E_y &= \frac{S_0^2}{4}\,|1 - \mathrm{e}^{-j\varphi}|^2 \\ &= \frac{E_0}{4}\,\left((1 - \cos\varphi)^2 + \sin^2\varphi\right) \\ &= \frac{E_0}{4}\,\left(1 - 2\cos\varphi + \cos^2\varphi + \sin^2\varphi\right) \\ &= \frac{E_0}{2}\,(1 - \cos\varphi) \end{aligned}

   \boxed{E_y = \frac{E_0}{2}\,(1 - \cos\varphi) = E_0\sin^2\left(\frac{\varphi}{2}\right)}

   Résultat

   $${\underline{S}}_x=\frac{S_0}{2}{\mathrm{e}}^{-j{\phi }_x}$$

   $${\underline{S}}_y=-\frac{S_0}{2}{\mathrm{e}}^{-j{\phi }_y}$$

   $$E_y=\frac{E_0}{2}(1-\cos \phi )=E_0{\sin }^2\left(\frac{\phi }{2}\right)$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2020, Q4

   D'après la question précédente Q3, la différence de marche entre les deux rayons émergeant avec une incidence i s'écrit :

   \delta(i) = 2e\cos i \approx 2e\left(1 - \frac{i^2}{2}\right)

   L'ordre d'interférence associé à cette différence de marche est :

   p(i) = \frac{\delta(i)}{\lambda} = p_0 \cos i \approx p_0\left(1 - \frac{i^2}{2}\right)

   où l'ordre au centre (i=0) vaut :

   p_0 = \frac{2e}{\lambda}

   Effectuons l'application numérique de p_0 :

   p_0 = \frac{2 \times 3{,}0 \times 10^{-3}}{600 \times 10^{-9}} = 10\,000 = 10^4

   1. Cas usuel où les anneaux brillants vérifient \delta = p\lambda :
   Puisque p_0 = 10\,000 est un entier, le centre (i=0) correspond à un maximum d'intensité (centre brillant). L'ordre d'interférence décroissant à partir du centre lorsque i augmente, le premier anneau brillant non confondu avec le centre correspond à l'ordre immédiatement inférieur :

   p_1 = p_0 - 1 = 9\,999

   On en déduit l'angle d'incidence i_1 associé :

   p_0 - p_1 = 1 = p_0 \frac{i_1^2}{2} \implies i_1 = \sqrt{\frac{2}{p_0}} = \sqrt{\frac{\lambda}{e}}

   Le rayon R_1 de cet anneau dans le plan focal image de la lentille vaut :

   R_1 = f' \tan i_1 \approx f' i_1 = f'\sqrt{\frac{\lambda}{e}}

   Numériquement :

   R_1 = 0{,}10 \times \sqrt{\frac{600 \times 10^{-9}}{3{,}0 \times 10^{-3}}} = 0{,}10 \times \sqrt{2 \times 10^{-4}} = \sqrt{2} \times 10^{-3}\text{ m} \approx 1{,}4\text{ mm}

   2. Prise en compte du déphasage supplémentaire de \pi introduit par la séparatrice :
   Si l'on tient compte de la remarque liminaire (déphasage relatif intrinsèque de \pi entre les deux voies), le déphasage total est \Delta\phi = \frac{2\pi\delta}{\lambda} \pm \pi. Les anneaux brillants correspondent alors aux ordres demi-entiers p = k - \frac{1}{2}.

   Le centre étant alors sombre, le premier anneau brillant correspond à p_1 = p_0 - \frac{1}{2}, soit p_0 - p_1 = \frac{1}{2}, d'où :

   i_1 = \sqrt{\frac{1}{p_0}} = 10^{-2}\text{ rad} \implies R_1 = f' i_1 = 0{,}10 \times 10^{-2}\text{ m} = 1{,}0\text{ mm}

   Conformément à la consigne de l'énoncé précisant que les calculs se feront avec un seul chiffre significatif, les deux approches conduisent au même résultat :

   \boxed{R_1 \approx 1\text{ mm}}

   Résultat

   $$R_1\approx 1\text{ mm}$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2020, Q5

   L'onde incidente, d'éclairement E_0, arrive sur la lame séparatrice (S_p) sous une incidence de 45^\circ. Les miroirs M_x et M_y sont supposés parfaits, soit un facteur de réflexion énergétique R_M = 1. La séparatrice réfléchit une fraction R = 0{,}5 et transmet une fraction T = 0{,}5 de l'éclairement incident.

   Considérons les deux situations possibles selon le miroir occulté :

   • Si le miroir M_y est occulté : seul le faisceau parcourant le bras selon Ox parvient à la sortie. Le faisceau incident est d'abord transmis par (S_p) vers M_x (facteur T), se réfléchit totalement sur M_x (R_M = 1), puis est réfléchi par (S_p) vers la sortie dans la direction -\vec{u_y} (facteur R). L'éclairement en sortie vaut donc :

     E_{s,x} = T \times R_M \times R \times E_0 = 0{,}5 \times 1 \times 0{,}5 \times E_0 = \frac{E_0}{4}

   • Si le miroir M_x est occulté : seul le faisceau parcourant le bras selon Oy parvient à la sortie. Le faisceau incident est d'abord réfléchi par (S_p) vers M_y (facteur R), se réfléchit totalement sur M_y (R_M = 1), puis est transmis par (S_p) vers la sortie dans la direction -\vec{u_y} (facteur T). L'éclairement en sortie vaut donc :

     E_{s,y} = R \times R_M \times T \times E_0 = 0{,}5 \times 1 \times 0{,}5 \times E_0 = \frac{E_0}{4}

   Dans les deux cas, l'éclairement obtenu en sortie de l'interféromètre est identique :

   \boxed{E_1 = \frac{E_0}{4}}

   Résultat

   $$E_1=\frac{E_0}{4}$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2020, Q8

   L'onde gravitationnelle se propage le long de l'axe Oz à la célérité c avec une fréquence f_0 \approx 1\text{ kHz}. Sa longueur d'onde spatiale est :

   \Lambda_g = \frac{c}{f_0}

   Avec c = 3{,}0\times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_0 \approx 10^3\text{ Hz} :

   \Lambda_g = \frac{3{,}0\times 10^8}{10^3} = 3\times 10^5\text{ m} = 300\text{ km}

   La variation de la phase spatiale sur la hauteur maximale des miroirs D = 1\text{ m} s'écrit :

   \Delta \phi_z = 2\pi f_0 \frac{D}{c} = 2\pi \frac{D}{\Lambda_g}

   Numériquement, avec un chiffre significatif :

   \Delta \phi_z = 2\pi \times \frac{1}{3\times 10^5} \approx 2\times 10^{-5}\text{ rad} \ll 1\text{ rad}

   De manière équivalente, le temps mis par l'onde pour traverser la dimension verticale d'un miroir, \Delta t = D/c \approx 3\times 10^{-9}\text{ s}, est infiniment plus court que sa période temporelle T_0 = 1/f_0 = 10^{-3}\text{ s}.

   Comme D \ll \Lambda_g, la perturbation \tau(z,t) peut être considérée comme uniforme selon z sur l'ensemble de la surface des miroirs :

   \boxed{\tau(z,t) \approx \tau(t) = \tau_M \cos(2\pi f_0 t)}

   Résultat

   $$\tau (z,t)\approx \tau (t)={\tau }_M\cos (2\pi f_{0}t)$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2020, Q9

   Trois échelles temporelles caractéristiques interviennent dans cette mesure :

   • La période de l'onde lumineuse (fréquence optique \nu = c/\lambda) :

     T_{\text{opt}} = \frac{\lambda}{c} = \frac{600 \times 10^{-9}}{3{,}0 \times 10^8} = 2 \times 10^{-15}\text{ s}.

   • Le temps d'intégration (ou temps de réponse) du photodétecteur :

     T = 10^{-4}\text{ s}.

   • La période de l'onde gravitationnelle de fréquence f_0 \approx 1\text{ kHz} :

     T_g = \frac{1}{f_0} = \frac{1}{10^3} = 10^{-3}\text{ s}.

   On constate que ces grandeurs vérifient la hiérarchie :

   T_{\text{opt}} \ll T < T_g.

   1. D'une part, comme T \gg T_{\text{opt}} (10^{-4}\text{ s} \gg 2 \times 10^{-15}\text{ s}), le photodétecteur moyenne parfaitement les oscillations optiques ultra-rapides du champ électromagnétique. Il donne donc bien accès à l'éclairement moyen E_y = \underline{S}_y \underline{S}_y^* tel que défini à la question 7.
   2. D'autre part, comme T \ll T_g (ou plus précisément T = T_g / 10 = 0{,}1\text{ ms}), le temps de réponse est suffisamment court pour que la phase \varphi(t), modulée par l'onde gravitationnelle, puisse être considérée comme quasi constante pendant une durée de mesure T. Le détecteur n'estompe pas le signal et peut suivre en temps réel la modulation temporelle de l'éclairement E_y(t).

   \boxed{T_{\text{opt}} \ll T < T_g \implies \text{l'expression de l'éclairement } E_y \text{ établie à la question~7 reste valable à chaque instant } t.}

   Résultat

   $$T_{\text{opt}}\ll T<T_g⟹\text{l’expression de l’eˊclairement }{E}_y\text{ eˊtablie aˋ la question 7 reste valable aˋ chaque instant }t.$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2020, Q10

    D'après la question Q6, la différence de phase entre les deux ondes en sortie s'écrit :

    \varphi = \frac{4\pi}{\lambda}(n_y L_y - n_x L_x)

    En introduisant les indices modifiés par l'onde gravitationnelle, n_x = 1 - \tau(t) et n_y = 1 + \tau(t), on obtient :

    \begin{aligned} \varphi &= \frac{4\pi}{\lambda}\left[(1 + \tau(t))L_y - (1 - \tau(t))L_x\right] \\ &= \frac{4\pi}{\lambda}(L_y - L_x) + \frac{4\pi}{\lambda}(L_x + L_y)\,\tau(t) \end{aligned}

    Posons le déphasage statique en l'absence d'onde gravitationnelle :

    \boxed{\varphi_0 = \frac{4\pi(L_y - L_x)}{\lambda}}

    et la perturbation temporelle :

    \delta\varphi(t) = \frac{4\pi(L_x + L_y)}{\lambda}\,\tau(t)

    Puisque \tau_M = 10^{-21} \ll 1, la perturbation \delta\varphi(t) est extrêmement petite devant 1. On peut donc développer la fonction cosinus au premier ordre en \tau :

    \begin{aligned} \cos\varphi &= \cos(\varphi_0 + \delta\varphi(t)) \\ &= \cos\varphi_0 \cos(\delta\varphi(t)) - \sin\varphi_0 \sin(\delta\varphi(t)) \\ &= \cos\varphi_0 - \delta\varphi(t)\sin\varphi_0 + \mathcal{O}(\tau^2) \\ &= \cos\varphi_0 - \frac{4\pi(L_x + L_y)\tau(t)\sin\varphi_0}{\lambda} + \mathcal{O}(\tau^2) \end{aligned}

    D'après la question Q7, l'éclairement en sortie vaut E_y = \frac{E_0}{2}(1 - \cos\varphi). En substituant ce développement limité, on trouve :

    \frac{E_y}{E_0} = \frac{1 - \left(\cos\varphi_0 - \frac{4\pi(L_x + L_y)\tau(t)\sin\varphi_0}{\lambda}\right)}{2}

    soit finalement :

    \boxed{\frac{E_y}{E_0} = \frac{1 - \cos\varphi_0}{2} + \frac{2\pi(L_x + L_y)\tau(t)\sin\varphi_0}{\lambda}}

    Résultat

    $${\phi }_0=\frac{4\pi (L_y-L_x)}{\lambda }$$

    $$\frac{E_y}{E_0}=\frac{1-\cos {\phi }_0}{2}+\frac{2\pi (L_x+L_y)\tau (t)\sin {\phi }_0}{\lambda }$$

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