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

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique PC 2026, Q8

   Soient \underline{s}_1(t) = s_0\,\text{e}^{j\omega t} et \underline{s}_2(t) = s_0\,\text{e}^{j(\omega t - \Delta\phi)} les signaux lumineux complexes associés aux deux rayons interférant en un point de l'écran, où s_0 est l'amplitude commune et \Delta\phi le déphasage optique induit par la différence de marche \delta(x) :

   \Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda}\,\delta(x)

   L'amplitude complexe totale s'écrit :

   \underline{s}_{\text{tot}} = \underline{s}_1 + \underline{s}_2 = s_0\,\text{e}^{j\omega t}\left(1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right)

   L'éclairement \mathcal{E} résultant est proportionnel au carré moyen du signal réel, soit au module au carré de l'amplitude complexe :

   \begin{aligned} \mathcal{E} &= K\,\langle s_{\text{tot}}^2(t) \rangle = \frac{K}{2}\,\left|\underline{s}_{\text{tot}}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left|1 + \text{e}^{-j\Delta\phi}\right|^2 \\ &= \frac{K}{2}\,s_0^2\,\left(2 + 2\cos\Delta\phi\right) \end{aligned}

   L'éclairement apporté par une seule onde étant \mathcal{E}_0 = \frac{K}{2}\,s_0^2, on obtient la formule de Fresnel :

   \boxed{\mathcal{E} = 2\mathcal{E}_0\left(1 + \cos\left(\frac{2\pi\delta(x)}{\lambda}\right)\right)}

   En utilisant le résultat de la question Q7, \delta(x) = \delta_0 + 2x, l'argument du cosinus devient :

   \frac{2\pi\delta(x)}{\lambda} = \frac{4\pi x}{\lambda} + \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}

   Par identification avec l'expression proposée :

   \mathcal{E} = \frac{\mathcal{E}_{\max}}{2}\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi x}{\lambda} + \Psi\right)\right)

   on en déduit :

   \boxed{\mathcal{E}_{\max} = 4\mathcal{E}_0} \quad \text{et} \quad \boxed{\Psi = \frac{2\pi\delta_0}{\lambda}}

   Résultat

   $$\mathcal{E}=2{\mathcal{E}}_0\left(1+\cos \left(\frac{2\pi \delta (x)}{\lambda }\right)\right)$$

   $${\mathcal{E}}_{\max }=4{\mathcal{E}}_0$$

   $$\Psi =\frac{2\pi {\delta }_0}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique 2 PC 2025, Q32

   L'onde électromagnétique se propageant dans le vide, sa pulsation \alpha et son vecteur d'onde k sont reliés par la relation de dispersion :

   k = \frac{\alpha}{c}.

   D'après l'expression établie à la question Q31, le signal émis par la p-ième source (p \in \{0, \dots, N-1\}) s'écrit :

   \begin{aligned} s_p(z,t) &= S_0 \cos \left( \alpha t - kz - p \left( \frac{\alpha \lambda_u}{v_m} - k\lambda_u \right) \right) \\ &= S_0 \cos \left( \alpha t - kz - p\,\Delta\phi \right), \end{aligned}

   en posant le déphasage entre deux sources consécutives :

   \Delta\phi = \left( \frac{1}{v_m} - \frac{1}{c} \right) \alpha \lambda_u.

   Associons à chaque signal s_p(z,t) son amplitude complexe \underline{s}_p(z,t) telle que s_p(z,t) = \mathrm{Re}\left(\underline{s}_p(z,t)\right) :

   \underline{s}_p(z,t) = S_0 \mathrm{e}^{i(\alpha t - kz)} \mathrm{e}^{-ip\Delta\phi}.

   Le signal total reçu en un point z > N\lambda_u est la somme des N signaux :

   \underline{s}_{\text{tot},N}(t) = \sum_{p=0}^{N-1} \underline{s}_p(z,t) = S_0 \mathrm{e}^{i(\alpha t - kz)} \sum_{p=0}^{N-1} \left( \mathrm{e}^{-i\Delta\phi} \right)^p.

   On reconnaît la somme des N premiers termes d'une suite géométrique de raison q = \mathrm{e}^{-i\Delta\phi} \neq 1 :

   \sum_{p=0}^{N-1} \mathrm{e}^{-ip\Delta\phi} = \frac{1 - \mathrm{e}^{-iN\Delta\phi}}{1 - \mathrm{e}^{-i\Delta\phi}}.

   En factorisant par l'angle moitié au numérateur et au dénominateur :

   \begin{aligned} \sum_{p=0}^{N-1} \mathrm{e}^{-ip\Delta\phi} &= \frac{\mathrm{e}^{-i\frac{N\Delta\phi}{2}} \left( \mathrm{e}^{i\frac{N\Delta\phi}{2}} - \mathrm{e}^{-i\frac{N\Delta\phi}{2}} \right)}{\mathrm{e}^{-i\frac{\Delta\phi}{2}} \left( \mathrm{e}^{i\frac{\Delta\phi}{2}} - \mathrm{e}^{-i\frac{\Delta\phi}{2}} \right)} \\ &= \mathrm{e}^{-i\frac{(N-1)\Delta\phi}{2}} \frac{2i\sin\left( \frac{N\Delta\phi}{2} \right)}{2i\sin\left( \frac{\Delta\phi}{2} \right)} \\ &= \mathrm{e}^{-i\frac{(N-1)\Delta\phi}{2}} \frac{\sin\left( \frac{N\Delta\phi}{2} \right)}{\sin\left( \frac{\Delta\phi}{2} \right)}. \end{aligned}

   L'amplitude S_{0,N} de l'oscillation résultante s_{\text{tot},N}(t) correspond au module de l'amplitude complexe :

   S_{0,N} = \left| \underline{s}_{\text{tot},N}(t) \right| = S_0 \left| \frac{\sin\left(\frac{N\Delta\phi}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\Delta\phi}{2}\right)} \right|.

   En remplaçant \Delta\phi par son expression, on obtient bien :

   \boxed{S_{0,N} = S_0 \left| \frac{\sin\left(\frac{N}{2}\left(\frac{1}{v_m} - \frac{1}{c}\right)\alpha \lambda_u\right)}{\sin\left(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{v_m} - \frac{1}{c}\right)\alpha \lambda_u\right)} \right|.}

   Résultat

   $$S_{0,N}=S_0\left|\frac{\sin \left(\frac{N}{2}\left(\frac{1}{v_m}-\frac{1}{c}\right)\alpha {\lambda }_u\right)}{\sin \left(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{v_m}-\frac{1}{c}\right)\alpha {\lambda }_u\right)}\right|.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique B PC 2025, Q28

   Toutes les amplitudes étant égales à A_q = A et toutes les phases étant identiques à \varphi_q = \varphi, le champ complexe s'écrit :

   \underline{E}(t) = \sum_{q=n}^{n+N-1} A \,\mathrm{e}^{i(q\omega t + \varphi)} = A \,\mathrm{e}^{i(n\omega t + \varphi)} \sum_{k=0}^{N-1} \mathrm{e}^{i k \omega t}

   Il s'agit de la somme des termes d'une suite géométrique de raison \mathrm{e}^{i\omega t} \neq 1 (pour \omega t \not\equiv 0 \pmod{2\pi}) :

   \sum_{k=0}^{N-1} \mathrm{e}^{i k \omega t} = \frac{1 - \mathrm{e}^{i N\omega t}}{1 - \mathrm{e}^{i\omega t}} = \frac{\mathrm{e}^{i\frac{N\omega t}{2}}}{\mathrm{e}^{i\frac{\omega t}{2}}} \times \frac{\mathrm{e}^{-i\frac{N\omega t}{2}} - \mathrm{e}^{i\frac{N\omega t}{2}}}{\mathrm{e}^{-i\frac{\omega t}{2}} - \mathrm{e}^{i\frac{\omega t}{2}}} = \mathrm{e}^{i\frac{(N-1)\omega t}{2}} \frac{\sin\left(\frac{N\omega t}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\omega t}{2}\right)}

   Le champ complexe s'exprime donc sous la forme :

   \underline{E}(t) = A \,\mathrm{e}^{i\left[\left(n + \frac{N-1}{2}\right)\omega t + \varphi\right]} \frac{\sin\left(\frac{N\omega t}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\omega t}{2}\right)}

   La puissance instantanée I(t) \propto |\underline{E}(t)|^2 vaut alors :

   I(t) = I_1 \, \frac{\sin^2\left(\frac{N\omega t}{2}\right)}{\sin^2\left(\frac{\omega t}{2}\right)}

   où I_1 \propto A^2 est l'intensité due à une harmonique isolée.

   1. Périodicité et espacement des pics : Lorsque t varie de T = \frac{2\pi}{\omega}, la quantité \frac{\omega t}{2} varie de \pi et \frac{N\omega t}{2} varie de N\pi. Par conséquent :

   \sin^2\left(\frac{\omega(t+T)}{2}\right) = \sin^2\left(\frac{\omega t}{2} + \pi\right) = \sin^2\left(\frac{\omega t}{2}\right)

   \sin^2\left(\frac{N\omega(t+T)}{2}\right) = \sin^2\left(\frac{N\omega t}{2} + N\pi\right) = \sin^2\left(\frac{N\omega t}{2}\right)

   La fonction I(t) est donc strictement périodique de période :

   \boxed{T = \frac{2\pi}{\omega}}

   Les maxima principaux ont lieu lorsque le dénominateur s'annule, c'est-à-dire pour \frac{\omega t}{2} = p\pi, soit :

   t_p = p T = p \frac{2\pi}{\omega} \quad (p \in \mathbb{Z})

   À ces instants, par équivalent usuel \sin(u) \sim u, la valeur maximale vaut :

   I_{\max} = N^2 I_1

   Les pics sont donc espacés de la période T du laser fondamental.

   2. Demi-largeur des pics : Au voisinage du pic situé en t = 0, pour t \ll T :

   \sin\left(\frac{\omega t}{2}\right) \approx \frac{\omega t}{2} \implies I(t) \approx I_{\max} \, \mathrm{sinc}^2\left(\frac{N\omega t}{2}\right)

   Le premier zéro de part et d'autre du maximum correspond à une annulation du numérateur sans que le dénominateur ne s'annule :

   \frac{N\omega \Delta t}{2} = \pi \implies \Delta t = \frac{2\pi}{N\omega} = \frac{T}{N}

   La demi-largeur au premier zéro (distance temporelle séparant le centre du pic de son premier minimum) est donc :

   \boxed{\Delta t = \frac{T}{N}}

   Comme N \gg 1, on a \Delta t \ll T : les pics de puissance sont extrêmement étroits devant leur période de répétition T.

   Résultat

   $$T=\frac{2\pi }{\omega }$$

   $$\Delta t=\frac{T}{N}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique B PC 2023, Q16.b

   À un instant t fixé, une surface d'onde (ou surface équiphase) correspond à l'ensemble des points de l'espace \vec{r} ayant la même phase totale :

   \phi(\vec{r}) - \omega t = \text{cte} \iff \phi(\vec{r}) = C \quad (\text{avec } C \in \mathbb{R}).

   Les surfaces d'onde sont donc les surfaces de niveau du champ scalaire de phase spatiale \phi(\vec{r}).

   Considérons un déplacement élémentaire \mathrm{d}\vec{r} tangent en un point \vec{r} à la surface d'onde \Sigma. Puisque la phase spatiale y est constante, sa différentielle est nulle :

   \mathrm{d}\phi = \vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r}) \cdot \mathrm{d}\vec{r} = 0.

   Cette relation étant vérifiée pour tout déplacement \mathrm{d}\vec{r} appartenant au plan tangent à la surface d'onde au point \vec{r}, on en déduit que :

   \boxed{\vec{\mathrm{grad}}\,\phi(\vec{r}) \text{ est localement orthogonal aux surfaces d'onde.}}

   Résultat

   $$\overrightarrow{\mathrm{grad}}\varphi (\vec{r})\text{ est localement orthogonal aux surfaces d’onde.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique PC 2022, Q29

   D'après le principe de superposition, le champ électrique total en un point M de la zone de croisement est :

   \vec{E}(M, t) = \vec{E}_1(M, t) + \vec{E}_2(M, t) = \left( E_1(M, t) + E_2(M, t) \right) \vec{u}_z

   L'éclairement \mathcal{E}(M) est défini comme la moyenne temporelle du carré de la norme du champ électrique :

   \begin{aligned} \mathcal{E}(M) &= \left\langle \|\vec{E}(M, t)\|^2 \right\rangle = \left\langle \left(E_1(M, t) + E_2(M, t)\right)^2 \right\rangle \\ &= \left\langle E_1^2(M, t) \right\rangle + \left\langle E_2^2(M, t) \right\rangle + 2\left\langle E_1(M, t) E_2(M, t) \right\rangle \end{aligned}

   Calculons séparément chacun des termes :

   • Pour le premier faisceau :

     \left\langle E_1^2(M, t) \right\rangle = E_0^2 \left\langle \cos^2(\omega_{\mathrm{L}} t - \vec{k}_1 \cdot \vec{OM}) \right\rangle = \frac{E_0^2}{2} = \mathcal{E}_0

   • De même, pour le second faisceau :

     \left\langle E_2^2(M, t) \right\rangle = \frac{E_0^2}{2} = \mathcal{E}_0

   • Pour le terme d'interférence, en utilisant l'identité trigonométrique du formulaire \cos a \cos b = \frac{1}{2}(\cos(a+b) + \cos(a-b)) avec a = \omega_{\mathrm{L}} t - \vec{k}_1 \cdot \vec{OM} et b = \omega_{\mathrm{L}} t - \vec{k}_2 \cdot \vec{OM} :

     \begin{aligned} 2\left\langle E_1(M, t) E_2(M, t) \right\rangle &= 2 E_0^2 \left\langle \cos(\omega_{\mathrm{L}} t - \vec{k}_1 \cdot \vec{OM}) \cos(\omega_{\mathrm{L}} t - \vec{k}_2 \cdot \vec{OM}) \right\rangle \\ &= E_0^2 \left\langle \cos(2\omega_{\mathrm{L}} t - (\vec{k}_1 + \vec{k}_2)\cdot\vec{OM}) + \cos((\vec{k}_1 - \vec{k}_2)\cdot\vec{OM}) \right\rangle \end{aligned}

     Le terme oscillant à la pulsation 2\omega_{\mathrm{L}} est de moyenne temporelle nulle, tandis que le second terme est indépendant du temps :

     2\left\langle E_1(M, t) E_2(M, t) \right\rangle = E_0^2 \cos\left((\vec{k}_1 - \vec{k}_2)\cdot\vec{OM}\right) = 2\mathcal{E}_0 \cos\left((\vec{k}_1 - \vec{k}_2)\cdot\vec{OM}\right)

   En sommant ces trois contributions, on obtient bien :

   \boxed{\mathcal{E}(M) = 2\mathcal{E}_0 \left( 1 + \cos\left((\vec{k}_1 - \vec{k}_2)\cdot\vec{OM}\right) \right)}

   Résultat

   $$\mathcal{E}(M)=2{\mathcal{E}}_0\left(1+\cos \left(({\vec{k}}_1-{\vec{k}}_2)\cdot \overrightarrow{OM}\right)\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique PC 2022, Q30

   D'après la figure 9, les deux faisceaux se propagent vers les x croissants avec une inclinaison d'angle \alpha par rapport à l'axe (Ox). Les vecteurs d'onde s'écrivent :

   \begin{aligned} \vec{k}_1 &= \frac{2\pi}{\lambda_0}\left(\cos\alpha\,\vec{u}_x - \sin\alpha\,\vec{u}_y\right) \\ \vec{k}_2 &= \frac{2\pi}{\lambda_0}\left(\cos\alpha\,\vec{u}_x + \sin\alpha\,\vec{u}_y\right) \end{aligned}

   La différence des vecteurs d'onde vaut donc :

   \vec{k}_1 - \vec{k}_2 = -\frac{4\pi}{\lambda_0}\sin\alpha\,\vec{u}_y

   Pour un point M(x,y,z) repéré par \vec{OM} = x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z, le produit scalaire intervenant dans l'éclairement vaut :

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

   D'après le résultat de la question Q29, l'éclairement dans la zone d'interférences s'écrit, par parité de la fonction cosinus :

   \mathcal{E}(M) = 2\mathcal{E}_0\left(1 + \cos\left(\frac{4\pi}{\lambda_0}y\sin\alpha\right)\right)

   Les franges brillantes correspondent aux maxima d'éclairement (\mathcal{E}(M) = 4\mathcal{E}_0), obtenus lorsque le cosinus vaut 1 :

   \frac{4\pi}{\lambda_0}y\sin\alpha = 2p\pi \quad (p \in \mathbb{Z})

   Dans le plan (x,y), les franges brillantes sont donc des droites parallèles à l'axe (Ox) d'équations :

   \boxed{ y_p = \frac{p\lambda_0}{2\sin\alpha} \quad (p \in \mathbb{Z}) }

   L'interfrange \Delta y est la distance séparant deux franges brillantes consécutives :

   \boxed{ \Delta y = y_{p+1} - y_p = \frac{\lambda_0}{2\sin\alpha} }

   Application numérique :

   • \lambda_0 = 514{,}5\text{ nm} = 514{,}5 \cdot 10^{-9}\text{ m}
   • \alpha = 6{,}0^\circ

   \Delta y = \frac{514{,}5 \cdot 10^{-9}}{2\sin(6{,}0^\circ)} \approx 2{,}46 \cdot 10^{-6}\text{ m}

   Compte tenu des deux chiffres significatifs sur l'angle \alpha :

   \boxed{ \Delta y \approx 2{,}5\ \mu\text{m} }

   Résultat

   $$y_p=\frac{p{\lambda }_0}{2\sin \alpha }(p\in \mathbb{Z})$$

   $$\Delta y=y_{p+1}-y_p=\frac{{\lambda }_0}{2\sin \alpha }$$

   $$\Delta y\approx 2,5\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PC 2022, Q9

   1. Théorème de Malus

   Dans un milieu transparent, homogène et isotrope, les rayons lumineux issus d'une même source ponctuelle sont les trajectoires orthogonales aux surfaces d'onde. Après un nombre quelconque de réflexions et de réfractions, cette orthogonalité est conservée. En particulier, le chemin optique entre deux surfaces d'onde est indépendant du rayon lumineux suivi.

   2. Expression de la différence de marche \delta_A

   L'étoile A se situe à l'infini sur l'axe optique du télescope : l'onde incidente est donc une onde plane dont la surface d'onde est normale à l'axe (Oz).

   • Par symétrie du dispositif par rapport à l'axe optique, les chemins optiques de l'étoile A jusqu'aux miroirs auxiliaires M'_1 et M'_2 sont strictement identiques :

     (A M_1 M'_1) = (A M_2 M'_2).
   • Les miroirs M'_1 et M'_2, séparés de la distance a selon l'axe (Ox), se comportent comme deux sources secondaires cohérentes et en phase, situées respectivement en x_1 = -a/2 et x_2 = +a/2 dans le plan d'entrée de la lentille équivalente.
   • Les rayons issus de ces deux miroirs qui convergent au point P(x) du plan focal image font un angle \alpha \simeq \frac{x}{f'} avec l'axe optique (dans les conditions de Gauss, \tan\alpha \simeq \alpha \ll 1).
   • D'après le théorème de Malus, la lentille transforme une onde plane incidente inclinée de l'angle \alpha en une onde sphérique convergeant en P. Tous les rayons de cette onde plane ont le même chemin optique jusqu'en P à partir d'un plan d'onde orthogonal à la direction \alpha.

   Le décalage de marche entre le rayon issu de M'_1 (x = -a/2) et celui issu de M'_2 (x = +a/2) correspond donc à la projection de leur écartement sur la direction de propagation :

   \delta_A = (A M_1 P) - (A M_2 P) = a \sin\alpha \simeq a \frac{x}{f'}.

   \boxed{\delta_A = \frac{a\,x}{f'}}

   3. Application numérique : calcul et commentaire de l'interfrange i

   L'interfrange i est la distance séparant deux franges brillantes consécutives, correspondant à une variation de \delta_A égale à \lambda_0 :

   \Delta \delta_A = \frac{a\,i}{f'} = \lambda_0 \implies \boxed{i = \frac{\lambda_0 f'}{a}}

   Avec \lambda_0 = 550\text{ nm} = 5{,}50 \cdot 10^{-7}\text{ m}, f' = 33\text{ m} et a = 2{,}50\text{ m} :

   \begin{aligned} i &= \frac{5{,}50 \cdot 10^{-7} \times 33}{2{,}50} = 2{,}20 \cdot 10^{-7} \times 33 = 7{,}26 \cdot 10^{-6}\text{ m} \simeq 7{,}3\ \mu\text{m}. \end{aligned}

   \boxed{i \simeq 7{,}3\ \mu\text{m}}

   Commentaire : Cette valeur est extrêmement faible, de l'ordre de grandeur de quelques micromètres seulement (comparable à la taille des pixels d'un capteur CCD actuel). Ces franges sont donc invisibles à l'œil nu et nécessitent un oculaire de fort grossissement (microscope d'observation) pour pouvoir être résolues et mesurées.

   Résultat

   $${\delta }_A=\frac{ax}{f^{\prime }}$$

   $$i=\frac{{\lambda }_0{f}^{\prime }}{a}$$

   $$i\simeq 7,3\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PC 2020, Q22

   D'après la figure 6, la courbe d'émission relative du cristal de Ti : Saphir présente une bande très large :

   • le maximum d'émission est centré autour de \lambda_0 \approx 780\text{ à } 800\text{ nm} ;

   • la largeur spectrale à mi-hauteur (pour une intensité relative de 0{,}5) s'étend d'environ 700\text{ nm} à 900\text{ nm}, ce qui donne une largeur :

     \Delta\lambda \approx 150\text{ à } 200\text{ nm} \sim 2 \times 10^{-7}\text{ m}.

   La fréquence du rayonnement est liée à sa longueur d'onde par \nu = \frac{c}{\lambda}. En différentiant cette relation, on obtient la largeur en fréquence :

   \Delta\nu \approx \left| \frac{\mathrm{d}\nu}{\mathrm{d}\lambda} \right| \Delta\lambda = \frac{c}{\lambda_0^2}\,\Delta\lambda

   Avec \lambda_0 \approx 800\text{ nm} = 8{,}0 \times 10^{-7}\text{ m}, c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \Delta\lambda \approx 2 \times 10^{-7}\text{ m} :

   \begin{aligned} \Delta\nu &\approx \frac{3{,}0 \times 10^8}{(8{,}0 \times 10^{-7})^2} \times 2 \times 10^{-7} \\ &\approx \frac{6{,}0 \times 10^1}{64 \times 10^{-14}} \approx 10^{14}\text{ Hz} \end{aligned}

   En utilisant la relation liant la durée d'un train d'onde à sa largeur spectrale, \tau_c \Delta\nu \sim 1, il vient :

   \tau_c \sim \frac{1}{\Delta\nu} \approx \frac{\lambda_0^2}{c\,\Delta\lambda}

   D'où l'ordre de grandeur de la durée des impulsions :

   \boxed{\tau_c \sim 10^{-14}\text{ s} = 10\text{ fs}}

   Résultat

   $${\tau }_c\sim 10^{-14}\text{ s}=10\text{ fs}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q47

   Le contraste (ou facteur de visibilité de Michelson) \mathcal{C} des franges d'interférences est défini par :

   \mathcal{C} = \frac{\mathcal{I}_{\max} - \mathcal{I}_{\min}}{\mathcal{I}_{\max} + \mathcal{I}_{\min}}

   D'après la formule d'Airy établie à la question Q44 :

   \mathcal{I}(\varphi) = \frac{\mathcal{I}_0}{1 + m \sin^2(\varphi/2)}

   Le maximum d'intensité est atteint pour \sin^2(\varphi/2) = 0 et vaut \mathcal{I}_{\max} = \mathcal{I}_0 (question Q45).
   Le minimum d'intensité est atteint lorsque \sin^2(\varphi/2) = 1, soit pour \varphi = (2p+1)\pi avec p \in \mathbb{Z} :

   \mathcal{I}_{\min} = \frac{\mathcal{I}_0}{1 + m}

   On en déduit l'expression du contraste en fonction de m :

   \mathcal{C} = \frac{\mathcal{I}_0 - \dfrac{\mathcal{I}_0}{1 + m}}{\mathcal{I}_0 + \dfrac{\mathcal{I}_0}{1 + m}} = \frac{1 - \dfrac{1}{1 + m}}{1 + \dfrac{1}{1 + m}} = \frac{m}{m + 2}

   En utilisant l'expression du facteur de finesse obtenue à la question Q44, m = \dfrac{4r^2}{(1 - r^2)^2} :

   \begin{aligned} m + 2 &= \frac{4r^2 + 2(1 - r^2)^2}{(1 - r^2)^2} \\ &= \frac{4r^2 + 2(1 - 2r^2 + r^4)}{(1 - r^2)^2} \\ &= \frac{2(1 + r^4)}{(1 - r^2)^2} \end{aligned}

   D'où :

   \mathcal{C} = \frac{\dfrac{4r^2}{(1 - r^2)^2}}{\dfrac{2(1 + r^4)}{(1 - r^2)^2}}

   \boxed{\mathcal{C} = \frac{2r^2}{1 + r^4}}

   Résultat

   $$\mathcal{C}=\frac{2r^2}{1+r^4}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q27

    La durée caractéristique d'émission du train d'onde correspond au temps caractéristique d'amortissement de l'énergie radiative de l'oscillateur :

    \tau_r = \frac{1}{\Gamma}

    Pendant cette durée, l'onde électromagnétique se propage dans le vide à la célérité c. La longueur \mathcal{L} du train d'onde s'exprime donc par :

    \mathcal{L} = c\,\tau_r = \frac{c}{\Gamma}

    Application numérique : Avec \Gamma \simeq 9{,}4 \times 10^{7}\text{ s}^{-1} (calculé à la question Q26) et c = 3{,}0 \times 10^{8}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

    \mathcal{L} = \frac{3{,}0 \times 10^{8}}{9{,}4 \times 10^{7}} \simeq 3{,}2\text{ m}

    \boxed{\mathcal{L} \simeq 3{,}2\text{ m}}

    Commentaire : La longueur du train d'onde est de l'ordre de quelques mètres, ce qui est une dimension macroscopique très surprenante pour une émission issue d'un processus atomique dont l'échelle spatiale est subnanométrique. Cette longueur correspond également à la longueur de cohérence temporelle intrinsèque associée à la largeur naturelle de la raie.

    Comparaison entre 1/\Gamma et T_0 et justification : La période d'oscillation de l'électron vaut :

    T_0 = \frac{\lambda_0}{c} = \frac{486{,}1 \times 10^{-9}}{3{,}0 \times 10^{8}} \simeq 1{,}6 \times 10^{-15}\text{ s}

    La durée caractéristique d'amortissement vaut quant à elle :

    \frac{1}{\Gamma} \simeq \frac{1}{9{,}4 \times 10^{7}} \simeq 1{,}1 \times 10^{-8}\text{ s} \simeq 11\text{ ns}

    On constate ainsi que :

    \frac{1/\Gamma}{T_0} = \frac{\mathcal{L}}{\lambda_0} \simeq \frac{3{,}2}{4{,}86 \times 10^{-7}} \simeq 6{,}6 \times 10^{6} \gg 1

    \boxed{\frac{1}{\Gamma} \gg T_0}

    Puisque le temps d'amortissement 1/\Gamma est près de sept ordres de grandeur supérieur à la période fondamentale d'oscillation T_0, la perte d'énergie au cours d'une seule période est totalement négligeable. Cela justifie rigoureusement l'hypothèse de découplage des échelles de temps et l'approche quasi-statique adoptée à la question Q26 (moyenne temporelle sur une pseudo-période T_0 à énergie quasi-constante).

    Résultat

    $$\mathcal{L}\simeq 3,2\text{ m}$$

    $$\frac{1}{\Gamma }\gg T_0$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question