Feuille d'entraînement : Modèle scalaire de la lumière et cohérence

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q22

   Dans le milieu d'indice n \simeq 1, la norme commune des vecteurs d'onde associés à la longueur d'onde \lambda_0 est :

   k = \|\vec{k}_1\| = \|\vec{k}_2\| = \frac{2\pi}{\lambda_0}

   D'après la figure 12, les deux ondes planes se propagent vers les x croissants avec un angle d'inclinaison \pm \alpha par rapport à l'axe horizontal (Ox) dans le plan (xOy). Les vecteurs d'onde s'écrivent :

   \begin{aligned} \vec{k}_1 &= k \cos\alpha\,\vec{u}_x - k \sin\alpha\,\vec{u}_y \\ \vec{k}_2 &= k \cos\alpha\,\vec{u}_x + k \sin\alpha\,\vec{u}_y \end{aligned}

   Pour un point M repéré par \vec{OM} = x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z, le déphasage de l'onde 1 par rapport à l'onde 2 est :

   \Delta\phi(M) = (\vec{k}_2 - \vec{k}_1) \cdot \vec{OM} = 2 k \sin\alpha\,y = \frac{4\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}

   Les deux ondes étant scalaires, monochromatiques, mutuellement cohérentes et de même intensité I_0, la formule de Fresnel donne l'intensité résultante I(M) :

   \begin{aligned} I(x, y, z) &= I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0}\cos(\Delta\phi) \\ &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}\right)\right) \end{aligned}

   Soit, sous forme condensée :

   \boxed{I(x, y, z) = 4I_0 \cos^2\left(\frac{2\pi y \sin\alpha}{\lambda_0}\right)}

   Description de la figure d'interférence :

   • L'intensité est strictement indépendante de x et de z : les surfaces d'égale intensité sont des plans parallèles au plan (xOz) (plans orthogonaux à l'axe (Oy)).
   • Dans le plan d'observation (xOy), on observe une alternance de franges rectilignes brillantes et sombres, parallèles à l'axe (Ox) (axe de propagation moyen).
   • L'intensité varie sinusoïdalement entre I_{\min} = 0 et I_{\max} = 4I_0, assurant un contraste maximal (V = 1).

   Résultat

   $$I(x,y,z)=4I_0{\cos }^2\left(\frac{2\pi y\sin \alpha }{{\lambda }_0}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q29

   a) Dans le domaine visible, la longueur d'onde dans le vide est comprise entre \lambda_0 = 400\text{ nm} et \lambda_0 = 800\text{ nm}. La pulsation associée vaut \omega = \frac{2\pi c}{\lambda_0}. Pour \lambda_0 \approx 600\text{ nm} :

   \omega \approx \frac{2\pi \times 3{,}0 \cdot 10^8}{6{,}0 \cdot 10^{-7}} \approx 3 \cdot 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{\omega_1, \, \omega_2 \sim 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}

   b) Le récepteur étant l'œil nu, la durée d'intégration \tau correspond au temps de persistance rétinienne :

   \boxed{\tau \sim 0{,}1\text{ s} \quad (\approx 50 \text{ à } 100\text{ ms})}

   Cette durée est extrêmement grande devant les périodes optiques T_i = \frac{2\pi}{\omega_i} \sim 10^{-15}\text{ s} (\tau \gg T_i).

   c) Le principe de superposition donne l'amplitude totale en P :

   s(P, t) = s_1(P, t) + s_2(P, t)

   En élevant au carré et en appliquant la moyenne temporelle :

   \langle s^2(P, t) \rangle_\tau = \langle s_1^2(P, t) \rangle_\tau + \langle s_2^2(P, t) \rangle_\tau + 2\langle s_1(P, t)s_2(P, t) \rangle_\tau

   En multipliant par la constante de sensibilité K, il vient :

   I(P) = I_1 + I_2 + I_{12}(P)

   avec les intensités propres de chaque onde :

   I_1 = K\langle s_1^2 \rangle_\tau = \frac{1}{2}Ka_1^2 \quad \text{et} \quad I_2 = K\langle s_2^2 \rangle_\tau = \frac{1}{2}Ka_2^2

   car \langle \cos^2(\omega_i t + \dots) \rangle_\tau = \frac{1}{2} puisque \tau \gg T_i.

   Le terme d'interférence s'écrit :

   \begin{aligned} I_{12}(P) &= 2K \langle s_1(P,t) s_2(P,t) \rangle_\tau \\ &= K a_1 a_2 \Big\langle \cos\big((\omega_1+\omega_2)t - (k_1 x_1 + k_2 x_2) + \varphi_1 + \varphi_2\big) \\ &\quad\quad\quad\quad + \cos\big((\omega_1-\omega_2)t - k_1 x_1 + k_2 x_2 + \varphi_1 - \varphi_2\big) \Big\rangle_\tau \end{aligned}

   Le terme à très haute fréquence \omega_1 + \omega_2 \approx 2\cdot 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} a une moyenne temporelle strictement nulle sur \tau \sim 0{,}1\text{ s}. Le terme en \omega_1 - \omega_2 n'a une moyenne non nulle que si sa période d'oscillation est très grande devant \tau, c'est-à-dire si :

   \boxed{\omega_1 = \omega_2 \quad (\text{ou } |\omega_1 - \omega_2| \ll \frac{2\pi}{\tau})}

   De plus, pour observer une figure stable dans le temps, la différence de phase à l'origine \varphi_1 - \varphi_2 doit être constante dans le temps (ondes mutuellement cohérentes).

   d) Avec \omega_1 = \omega_2 = \omega, k_1 = k_2 = k = \frac{n\omega}{c} = \frac{2\pi n}{\lambda} (où \lambda = \frac{2\pi c}{\omega} est la longueur d'onde dans le vide) et \varphi_1 = \varphi_2, le terme d'interférence devient :

   I_{12}(P) = K a_1 a_2 \cos\big(k(x_2 - x_1)\big) = 2 \sqrt{\frac{1}{2}Ka_1^2} \sqrt{\frac{1}{2}Ka_2^2} \, \cos\left(\frac{2\pi}{\lambda} n(x_2 - x_1)\right)

   En identifiant avec l'expression demandée :

   \boxed{I(P) = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2}\cos\left(\frac{2\pi}{\lambda}\delta(P)\right)}

   où la différence de marche optique \delta(P) s'exprime par :

   \boxed{\delta(P) = n(x_2 - x_1)}

   (ou par parité de la fonction cosinus, \delta(P) = n(x_1 - x_2)).

   Résultat

   $${\omega }_1,{\omega }_2\sim 10^{15}\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$\tau \sim 0,1\text{ s}(\approx 50\text{ aˋ }100\text{ ms})$$

   $${\omega }_1={\omega }_2(\text{ou }|{\omega }_1-{\omega }_2|\ll \frac{2\pi }{\tau })$$

   $$I(P)=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\cos \left(\frac{2\pi }{\lambda }\delta (P)\right)$$

   $$\delta (P)=n(x_2-x_1)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q14

   La différence de marche entre les deux rayons interférant au point M s'écrit :

   \delta(M) = [S P_1 M] - [S P_2 M] = \left([S P_1] + [P_1 M]\right) - \left([S P_2] + [P_2 M]\right)

   1. Trajet aller (de la source S aux miroirs P_1 et P_2) : La source ponctuelle S est située au foyer objet de la lentille \mathcal{L}_2. Le faisceau émerge de \mathcal{L}_2 sous forme d'une onde plane se propageant parallèlement à l'axe optique (Ox). Les surfaces d'onde incidentes sont donc des plans normaux à (Ox).
   Comme les pixels P_1 et P_2 sont situés dans un même plan orthogonal à l'axe optique, ils appartiennent à la même surface d'onde incidente. Les chemins optiques depuis la source S sont donc identiques :

   [S P_1] = [S P_2]

   2. Trajet retour (des miroirs P_1 et P_2 au point M) et théorème de Malus : Les rayons réfléchis et diffractés par P_1 et P_2 qui convergent au point M de l'écran forment un faisceau de rayons parallèles entre eux avant la traversée de \mathcal{L}_2 (question Q13). D'après le théorème de Malus, les rayons lumineux sont orthogonaux aux surfaces d'onde. Le plan perpendiculaire à ce faisceau parallèle passant par le point P_2 et coupant le rayon issu de P_1 en H constitue une surface d'onde de ce faisceau réfléchi.
   La lentille \mathcal{L}_2 réalisant la conjugaison stigmatique entre ce faisceau incident parallèle et son point de convergence M dans le plan focal image, le chemin optique séparant la surface d'onde (P_2 H) du point M est le même pour tous les rayons :

   [P_2 M] = [H M]

   Le milieu de propagation étant l'air d'indice n = 1, le chemin optique [P_1 M] se décompose ainsi :

   [P_1 M] = [P_1 H] + [H M] = P_1 H + [P_2 M]

   On en déduit immédiatement :

   \delta(M) = [P_1 M] - [P_2 M] = P_1 H

   3. Expression en fonction de y et f'_2 : Soit \theta l'angle algébrique que font les rayons parallèles réfléchis avec l'axe (Ox).

   • Dans le triangle P_1 P_2 H, rectangle en H, la droite (P_1 P_2) est portée par l'axe vertical (Oy) (orthogonal à (Ox)) et le segment [P_1 H] est porté par le rayon incliné de \theta par rapport à (Ox). L'angle \widehat{H P_1 P_2} vaut donc \frac{\pi}{2} - \theta. Il vient :

     P_1 H = P_1 P_2 \cos\!\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = a \sin \theta

   • Par ailleurs, le rayon parallèle passant par le centre optique O_2 n'est pas dévié et rencontre l'écran au point M d'ordonnée y. L'écran étant situé dans le plan focal à la distance f'_2 du centre optique, on a :

     \tan \theta = \frac{y}{f'_2}

   Dans le cadre de l'approximation paraxiale (points voisins de l'axe, |y| \ll f'_2), l'angle \theta est petit, de sorte que \sin \theta \approx \tan \theta \approx \frac{y}{f'_2}.

   On obtient finalement :

   \boxed{\delta(M) = \frac{a y}{f'_2}}

   Résultat

   $$\delta (M)=\frac{ay}{f_2^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MPI 2023, Q39

   D'après le principe de superposition, l'amplitude de l'onde scalaire résultante au point M s'écrit :

   s(t, M) = s_1(t, M) + s_2(t, M) = s_0 \cos(\omega t - \varphi_1) + s_0 \cos(\omega t - \varphi_2)

   En utilisant la formule trigonométrique \cos p + \cos q = 2 \cos\left(\frac{p-q}{2}\right) \cos\left(\frac{p+q}{2}\right), avec p = \omega t - \varphi_1 et q = \omega t - \varphi_2, il vient :

   s(t, M) = 2 s_0 \cos\left(\frac{\varphi_2 - \varphi_1}{2}\right) \cos\left(\omega t - \frac{\varphi_1 + \varphi_2}{2}\right) = 2 s_0 \cos\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) \cos\left(\omega t - \varphi_0\right)

   où l'on a posé \varphi_0 = \frac{\varphi_1 + \varphi_2}{2} et \Delta\varphi = \varphi_2 - \varphi_1.

   L'intensité lumineuse est définie par I = 2\,\langle s^2(t, M) \rangle (la moyenne temporelle d'un signal étant nulle, l'énoncé fait référence à la moyenne du carré du signal) :

   s^2(t, M) = 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) \cos^2(\omega t - \varphi_0)

   Sachant que la moyenne temporelle d'un cosinus au carré sur une ou plusieurs périodes est \langle \cos^2(\omega t - \varphi_0) \rangle = \frac{1}{2}, on obtient :

   \begin{aligned} I(\theta) &= 2 \times 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) \times \frac{1}{2} \\ &= 4 s_0^2 \cos^2\left(\frac{\Delta\varphi}{2}\right) = 2 s_0^2 (1 + \cos\Delta\varphi) \end{aligned}

   En posant I_0 = 2\langle s_1^2 \rangle = s_0^2 l'intensité associée à un rayon incident isolé, et en rappelant d'après la question Q38 que \Delta\varphi = \frac{4\pi a_c \sin\theta}{\lambda}, on déduit :

   \boxed{I(\theta) = 4 I_0 \cos^2\left(\frac{2\pi a_c \sin\theta}{\lambda}\right) = 2 I_0 \left[1 + \cos\left(\frac{4\pi a_c \sin\theta}{\lambda}\right)\right]}

   (avec I_0 = s_0^2).

   Résultat

   $$I(\theta )=4I_0{\cos }^2\left(\frac{2\pi a_c\sin \theta }{\lambda }\right)=2I_0\left[1+\cos \left(\frac{4\pi a_c\sin \theta }{\lambda }\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q40

   L'angle de déflexion du micro-levier étant supposé très faible, les rayons incidents sous incidence normale reviennent sur eux-mêmes selon des directions rigoureusement parallèles.

   Par rapport au rayon réfléchi sur la base fixe prise pour référence, le rayon atteignant l'extrémité du micro-levier défléchi d'une distance d parcourt :

   • une distance supplémentaire d lors du trajet incident avant d'atteindre la surface réfléchissante ;
   • une distance supplémentaire d lors du trajet réfléchi pour revenir au niveau du plan d'onde de référence.

   Dans le vide (indice optique n = 1), la différence de chemin optique entre le rayon mobile et le rayon de référence est donc :

   \delta = 2d

   Avec la convention temporelle adoptée par l'énoncé en \mathrm{e}^{+i\omega t}, un retard de propagation d'une durée \tau = \delta/c = 2d/c introduit un facteur de phase \mathrm{e}^{-i\omega\tau} = \mathrm{e}^{-i\varphi}. Le retard de phase \varphi s'exprime ainsi :

   \begin{aligned} \varphi &= \frac{2\pi}{\lambda_0} \delta = \frac{4\pi d}{\lambda_0} \end{aligned}

   \boxed{\varphi = \frac{4\pi d}{\lambda_0}}

   Résultat

   $$\phi =\frac{4\pi d}{{\lambda }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q41

   Le faisceau issu de \mathrm{BD}_0 se propageant vers la voie d'analyse possède une amplitude complexe de la forme :

   \underline{\vec{E}}_{\mathrm{inc}} = \underline{E}_0' \left(\vec{e}_x + \mathrm{e}^{-i\varphi} \vec{e}_y\right).

   D'après l'énoncé, le déplaceur \mathrm{BD}_1 sépare ce faisceau en deux faisceaux polarisés rectilignement selon deux vecteurs unitaires et orthogonaux \vec{e}_{A_1} et \vec{e}_{B_1} atteignant respectivement les cadrans A_1 et B_1, d'amplitudes :

   \underline{\vec{E}}_{A_1} = \underline{E}_0'' (1 + \mathrm{e}^{-i\varphi}) \vec{e}_{A_1} \quad \text{et} \quad \underline{\vec{E}}_{B_1} = \underline{E}_0'' (1 - \mathrm{e}^{-i\varphi}) \vec{e}_{B_1}.

   Or, décomposons \underline{\vec{E}}_{\mathrm{inc}} sur la base (\vec{e}_{A_1}, \vec{e}_{B_1}) :

   \underline{\vec{E}}_{\mathrm{inc}} = \left(\underline{\vec{E}}_{\mathrm{inc}} \cdot \vec{e}_{A_1}\right) \vec{e}_{A_1} + \left(\underline{\vec{E}}_{\mathrm{inc}} \cdot \vec{e}_{B_1}\right) \vec{e}_{B_1}.

   Pour obtenir des termes proportionnels respectivement à (1 + \mathrm{e}^{-i\varphi}) et (1 - \mathrm{e}^{-i\varphi}), il faut que :

   \begin{aligned} \vec{e}_x \cdot \vec{e}_{A_1} &= \vec{e}_y \cdot \vec{e}_{A_1} = \frac{1}{\sqrt{2}}, \\ \vec{e}_x \cdot \vec{e}_{B_1} &= -\vec{e}_y \cdot \vec{e}_{B_1} = \frac{1}{\sqrt{2}}. \end{aligned}

   On en déduit l'expression des vecteurs propres de polarisation de \mathrm{BD}_1 :

   \boxed{\vec{e}_{A_1} = \frac{\vec{e}_x + \vec{e}_y}{\sqrt{2}} \quad \text{et} \quad \vec{e}_{B_1} = \frac{\vec{e}_x - \vec{e}_y}{\sqrt{2}}}

   qui vérifient bien \|\vec{e}_{A_1}\| = \|\vec{e}_{B_1}\| = 1 et \vec{e}_{A_1} \cdot \vec{e}_{B_1} = 0.

   Le déplaceur polarisant \mathrm{BD}_1 doit donc avoir :

   • son axe normal d'entrée \vec{e}_w aligné avec la direction de propagation du faisceau (selon l'axe Oz) ;
   • ses axes neutres propres (\vec{e}_u, \vec{e}_v) tournés d'un angle de \pm 45^\circ (soit \pm \pi/4) par rapport aux axes (\vec{e}_x, \vec{e}_y) dans le plan transverse (Oxy).

   Résultat

   $${\vec{e}}_{A_1}=\frac{{\vec{e}}_x+{\vec{e}}_y}{\sqrt{2}}\text{et}{\vec{e}}_{B_1}=\frac{{\vec{e}}_x-{\vec{e}}_y}{\sqrt{2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2026, Q42

   1. Calcul du contraste C_1 (détecteur \mathrm{PD}_1) :

   D'après l'énoncé, les amplitudes complexes des champs atteignant les cadrans A_1 et B_1 sont :

   \underline{\vec{E}}_{A_1} = \underline{E}_0''\left(1 + \mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\vec{e}_{A_1} \quad \text{et} \quad \underline{\vec{E}}_{B_1} = \underline{E}_0''\left(1 - \mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\vec{e}_{B_1}

   Comme \vec{e}_{A_1} et \vec{e}_{B_1} sont unitaires, les intensités relevées s'écrivent :

   \begin{aligned} I_{A_1} &= \underline{\vec{E}}_{A_1} \cdot \underline{\vec{E}}_{A_1}^* = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left|1 + \mathrm{e}^{-i\varphi}\right|^2 = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(1 + \mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\left(1 + \mathrm{e}^{i\varphi}\right) = 2\left|\underline{E}_0''\right|^2 (1 + \cos\varphi) \\ I_{B_1} &= \underline{\vec{E}}_{B_1} \cdot \underline{\vec{E}}_{B_1}^* = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left|1 - \mathrm{e}^{-i\varphi}\right|^2 = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(1 - \mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\left(1 - \mathrm{e}^{i\varphi}\right) = 2\left|\underline{E}_0''\right|^2 (1 - \cos\varphi) \end{aligned}

   Le contraste C_1 mesuré par \mathrm{PD}_1 vaut donc :

   C_1 = \frac{I_{A_1} - I_{B_1}}{I_{A_1} + I_{B_1}} = \frac{4\left|\underline{E}_0''\right|^2 \cos\varphi}{4\left|\underline{E}_0''\right|^2} = \cos\varphi

   2. Calcul du contraste C_2 (détecteur \mathrm{PD}_2) :

   En l'absence de la lame quart d'onde, les amplitudes complexes sur A_2 et B_2 avaient la même forme que sur A_1 et B_1. Dans cette voie, le terme \mathrm{e}^{-i\varphi} provient de la composante polarisée selon l'axe y, tandis que le terme 1 est associé à la composante de référence (selon l'axe z).

   La lame quart d'onde introduit une avance de phase de \pi/2 sur la composante selon y par rapport à celle selon z. Avec la convention adoptée en régime sinusoïdal (\vec{E} = \mathrm{Re}\left[\underline{\vec{E}}_0 \mathrm{e}^{i\omega t}\right]), une avance de phase de \pi/2 se traduit par la multiplication de l'amplitude complexe selon y par le facteur \mathrm{e}^{i\pi/2} = i. Les amplitudes complexes atteignant les cadrans A_2 et B_2 deviennent ainsi :

   \underline{\vec{E}}_{A_2} = \underline{E}_0''\left(1 + i\,\mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\vec{e}_{A_2} \quad \text{et} \quad \underline{\vec{E}}_{B_2} = \underline{E}_0''\left(1 - i\,\mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\vec{e}_{B_2}

   Les intensités associées valent :

   \begin{aligned} I_{A_2} &= \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(1 + i\,\mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\left(1 - i\,\mathrm{e}^{i\varphi}\right) = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(2 + i\left(\mathrm{e}^{-i\varphi} - \mathrm{e}^{i\varphi}\right)\right) = 2\left|\underline{E}_0''\right|^2 (1 + \sin\varphi) \\ I_{B_2} &= \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(1 - i\,\mathrm{e}^{-i\varphi}\right)\left(1 + i\,\mathrm{e}^{i\varphi}\right) = \left|\underline{E}_0''\right|^2 \left(2 - i\left(\mathrm{e}^{-i\varphi} - \mathrm{e}^{i\varphi}\right)\right) = 2\left|\underline{E}_0''\right|^2 (1 - \sin\varphi) \end{aligned}

   Le contraste C_2 mesuré par \mathrm{PD}_2 est par conséquent :

   C_2 = \frac{I_{A_2} - I_{B_2}}{I_{A_2} + I_{B_2}} = \frac{4\left|\underline{E}_0''\right|^2 \sin\varphi}{4\left|\underline{E}_0''\right|^2} = \sin\varphi

   3. Interprétation géométrique dans le plan complexe :

   Le contraste complexe s'écrit donc :

   \underline{C} = C_1 + i\,C_2 = \cos\varphi + i\sin\varphi = \mathrm{e}^{i\varphi}

   Dans le plan complexe (C_1, C_2), le point représentatif de \underline{C} décrit le cercle trigonométrique de centre O et de rayon 1.

   Le déphasage \varphi s'obtient donc directement par la mesure de l'angle polaire \theta :

   \boxed{\theta = \arg(\underline{C}) \equiv \varphi \pmod{2\pi}}

   Résultat

   $$\theta =\arg (\underline{C})\equiv \phi (\mathrm{mod}2\pi )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q21

   Considérons deux rayons incidents issus d'un même front d'onde plan perpendiculaire à l'axe optique en amont du prisme, symétriques par rapport à l'axe optique (l'un dans le faisceau supérieur, l'autre dans le faisceau inférieur) :

   • Le prisme présente une symétrie plane par rapport au plan horizontal contenant l'axe optique. Les deux rayons symétriques parcourent donc des trajectoires géométriquement et optiquement identiques (mêmes longueurs traversées dans le verre et dans l'air, sous les mêmes angles d'incidence et de réfraction).
   • De plus, chaque demi-faisceau traverse deux faces opposées et parallèles du prisme cubique (comportement d'une lame à faces parallèles). Tous les rayons d'un même faisceau parcourent la même épaisseur de verre, ce qui préserve la planéité des surfaces d'onde perpendiculaires à l'axe optique.

   Entre un plan d'onde incident orthogonal à l'axe optique et un plan d'onde émergent orthogonal à l'axe optique, les chemins optiques suivis par les rayons des deux faisceaux sont donc strictement égaux. La différence de marche \delta est ainsi nulle :

   \boxed{\delta = 0}

   Intérêt de ce dispositif dans la démarche : Pour réaliser des mesures par vélocimétrie laser à franges, l'énoncé indique que les deux faisceaux doivent être :

   • Cohérents : la différence de marche étant rigoureusement nulle (\delta = 0 \ll L_c, où L_c est la longueur de cohérence du laser), les deux faisceaux sont en phase et possèdent une cohérence mutuelle parfaite.
   • De même intensité : par symétrie du diviseur, la puissance du faisceau laser incident est divisée équitablement en deux faisceaux d'égale énergie et de même section transverse, ce qui garantit un contraste d'interférence maximal (\mathcal{V} = 1).
   • Plans : les rayons ressortent parallèles à l'axe optique après avoir traversé des dioptres plans parallèles, produisant des ondes planes bien collimatées prêtes à être recombinées.

   Résultat

   $$\delta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q29

   Dans l'interféromètre de Michelson réglé en lame d'air sous incidence normale, la différence de marche introduite entre les deux bras à l'instant t vaut :

   \delta(t) = 2\,d(t) = 2\,v_0 t

   L'amplitude des oscillations du signal s(t) (le contraste des franges) décroît avec le temps en raison de la cohérence temporelle limitée de la source.

   Sur l'interférogramme de la figure 7b, l'amplitude de modulation, maximale à t = 0 (valeur crête-à-crête de 2 unités), est divisée par deux vers t_{1/2} \approx 30\text{ s} à 35\text{ s}, et les interférences sont quasiment éteintes pour t_{\text{ext}} \approx 60\text{ s}.

   En choisissant la demi-largeur de l'enveloppe temporelle (atténuation de moitié du contraste), on estime le temps caractéristique d'interférence à \Delta t \approx 30\text{ s}. La longueur de cohérence L_c correspondante s'exprime par :

   L_c \approx 2\,v_0\,\Delta t

   Avec v_0 = 7,0\cdot 10^{-7}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \Delta t \approx 30\text{ s} :

   L_c \approx 2 \times 7,0\cdot 10^{-7} \times 30 = 4,2\cdot 10^{-5}\text{ m}

   En conservant un seul chiffre significatif :

   \boxed{L_c \approx 4\cdot 10^{-5}\text{ m}}

   (Remarque : si l'on prend le temps d'extinction quasi-totale des franges à t \approx 60\text{ s}, on trouve L_c \approx 8\cdot 10^{-5}\text{ m}, ce qui donne le même ordre de grandeur).

   La longueur de cohérence est liée au temps de cohérence \tau_c par :

   L_c = c\,\tau_c

   D'après la relation fournie, la largeur spectrale en fréquence vérifie :

   \Delta\nu \approx \frac{1}{\tau_c} = \frac{c}{L_c}

   Par ailleurs, la fréquence \nu et la longueur d'onde dans le vide \lambda sont reliées par \nu = \frac{c}{\lambda}. En différentiant au voisinage de la longueur d'onde moyenne \lambda_m :

   |\Delta\nu| \approx \frac{c}{\lambda_m^2}\,\Delta\lambda \implies \Delta\lambda \approx \frac{\lambda_m^2}{c}\,\Delta\nu \approx \frac{\lambda_m^2}{L_c}

   En utilisant la valeur \lambda_m \approx 5\cdot 10^{-7}\text{ m} déterminée à la question Q28 :

   \Delta\lambda \approx \frac{(5\cdot 10^{-7})^2}{4\cdot 10^{-5}} \approx \frac{2,5\cdot 10^{-13}}{4\cdot 10^{-5}} \approx 6\cdot 10^{-9}\text{ m}

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\Delta\lambda \approx 6\text{ nm}}

   Résultat

   $$L_c\approx 4\cdot 10^{-5}\text{ m}$$

   $$\Delta \lambda \approx 6\text{ nm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2025, Q14

    Les deux ondes issues de la division d'amplitude sont cohérentes entre elles et se propagent le long des deux bras de l'interféromètre avec la même intensité I_0. En un point où la différence de marche entre les deux trajets optiques est \delta, le déphasage entre les deux ondes vaut :

    \Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda_0}\,\delta

    D'après la formule de Fresnel pour l'interférence de deux ondes d'égales intensités I_1 = I_2 = I_0, l'intensité résultante s'écrit :

    \begin{aligned} I(\delta) &= I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0}\cos(\Delta\phi) \\ &= 2I_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right)\right) \end{aligned}

    \boxed{I(\delta) = 2I_0\left[1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta}{\lambda_0}\right)\right] = 4I_0\cos^2\left(\frac{\pi\delta}{\lambda_0}\right)}

    Le facteur de contraste (ou visibilité) de Michelson C est défini par :

    \boxed{C = \frac{I_{\max} - I_{\min}}{I_{\max} + I_{\min}}}

    Pour une source rigoureusement monochromatique, l'intensité varie entre les valeurs extrêmes :

    I_{\max} = 4I_0 \quad \text{et} \quad I_{\min} = 0

    On en déduit immédiatement le contraste des franges :

    \boxed{C = 1}

    Résultat

    $$I(\delta )=2I_0\left[1+\cos \left(\frac{2\pi \delta }{{\lambda }_0}\right)\right]=4I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi \delta }{{\lambda }_0}\right)$$

    $$C=\frac{I_{\max }-I_{\min }}{I_{\max }+I_{\min }}$$

    $$C=1$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question