Interférences

Cours complet · physique des ondes (MPSI), chapitre 3 · CPGE MPSI (1re année)

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Que se passe-t-il lorsque deux ondes de même fréquence se superposent en un point ? Selon leur déphasage, elles peuvent se renforcer (interférences constructives) ou s'annuler (interférences destructives). Ce phénomène, spectaculaire avec la lumière (les franges des trous d'Young), est la signature même du caractère ondulatoire — et reviendra de façon troublante au chapitre sur la physique quantique.

On établit ici l'amplitude résultante de deux ondes en fonction de leur déphasage, puis on applique ce résultat aux interférences acoustiques et, surtout, aux interférences lumineuses, en introduisant la différence de chemin optique et la formule de Fresnel.

3.1 Superposition de deux ondes de même fréquence

Quand deux ondes se rencontrent, leurs signaux s'ajoutent (principe de superposition). En un point, considérons deux signaux de même amplitude et même fréquence, déphasés de $Δ φ$ :

$s_{1} = A cos (ω t), s_{2} = A cos (ω t - Δ φ) .$

◆Théorème 3.1Amplitude résultante

À l'aide de $cos p + cos q = 2 cos \frac{p + q}{2} cos \frac{p - q}{2}$ :

$s = s_{1} + s_{2} = amplitude 2 A cos (\frac{Δ φ}{2}) cos (ω t - \frac{Δ φ}{2}) .$

L'amplitude résultante vaut $A_{r e ˊ s} = 2 A cos \frac{Δ φ}{2}$ et l'intensité (proportionnelle au carré de l'amplitude) :

$I = 4 I_{0} cos^{2} (\frac{Δ φ}{2}) = 2 I_{0} (1 + cos Δ φ),$

où $I_{0}$ est l'intensité d'une seule onde.

ImportantConditions d'interférences

$constructives destructives Δ φ = 2 nπ Δ φ = (2 n + 1) π A_{r e ˊ s} = 2 A, I = 4 I_{0} (maximum), A_{r e ˊ s} = 0, I = 0 (extinction) .$

Deux ondes en phase se renforcent ; en opposition de phase, elles s'annulent.

3.2 Origine du déphasage : la différence de marche

Lorsque les deux ondes proviennent de deux sources en phase mais parcourent des trajets de longueurs différentes pour atteindre le point $M$ , le déphasage vient de cette différence de marche $δ$ :

$Δ φ = \frac{2 π}{λ} δ$

On a donc des interférences constructives si $δ = nλ$ et destructives si $δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ .

3.3 Interférences acoustiques

Méthode

Deux haut-parleurs en phase émettent le même son (fréquence $f$ , longueur d'onde $λ$ ). En un point $M$ situé aux distances $d_{1}$ et $d_{2}$ des sources, la différence de marche est $δ = d_{2} - d_{1}$ . On entend un son fort là où $δ = nλ$ (constructif) et un silence là où $δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ (destructif).

3.4 Interférences lumineuses : les trous d'Young

Le dispositif des trous d'Young éclaire deux fentes (ou trous) $S_{1}$ et $S_{2}$ , distantes de $a$ , avec une source monochromatique de longueur d'onde $λ$ . Les deux trous se comportent comme deux sources en phase ; sur un écran placé à la distance $D ≫ a$ , on observe des franges.

Méthode : Différence de chemin optique

Dans l'air ( $n \approx 1$ ), le chemin optique se confond avec la distance géométrique. Pour un point $M$ à l'abscisse $x$ sur l'écran, un calcul géométrique (approximation $D ≫ a, x$ ) donne la différence de chemin optique

$δ = \frac{a x}{D}$

d'où le déphasage $Δ φ = \frac{2 π}{λ} δ = \frac{2 π a x}{λ D}$ .

◆Théorème 3.2Répartition d'intensité (formule de Fresnel)

L'intensité sur l'écran est

$I (x) = 2 I_{0} (1 + cos Δ φ) = 4 I_{0} cos^{2} (\frac{π a x}{λ D}) .$

Elle est maximale (frange brillante) si $δ = nλ$ , soit $x = n \frac{λ D}{a}$ , et nulle (frange sombre) si $δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ . La distance entre deux franges brillantes consécutives est l'interfrange

$i = \frac{λ D}{a}$

Capacité numérique : Figure d'interférences des trous d'Young

On trace la répartition d'intensité $I (x)$ sur l'écran (formule de Fresnel).


import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

lam = 633e-9        # longueur d'onde (m), laser He-Ne
a = 0.5e-3          # distance entre les deux trous (m)
D = 2.0             # distance trous-ecran (m)

x = np.linspace(-1e-2, 1e-2, 1000)        # position sur l'ecran (m)
delta = a * x / D                          # difference de chemin optique
I = 4 * np.cos(np.pi * delta / lam)**2     # formule de Fresnel (I0 = 1)

plt.plot(x * 1e3, I)                        # x en mm
plt.xlabel("x (mm)"); plt.ylabel("I / I0"); plt.show()
print("interfrange (mm) :", round(lam * D / a * 1e3, 3))

On obtient des franges régulières d'interfrange $i = λ D / a$ ; augmenter $a$ les resserre, augmenter $D$ les écarte.

<i class="fa-solid fa-dumbbell mr-2" style="color:#2E7559"></i>3.5 Exercices résolus

Exercice 1 : Amplitude résultante (

⋆

)

Deux ondes d'amplitude $A$ arrivent en un point (a) en phase, (b) en opposition de phase, (c) déphasées de $π /2$ . Donner l'amplitude résultante.

Démonstration

$A_{r e ˊ s} = 2 A ∣ cos (Δ φ /2) ∣$ . (a) $Δ φ = 0$ : $A_{r e ˊ s} = 2 A$ . (b) $Δ φ = π$ : $A_{r e ˊ s} = 0$ . (c) $Δ φ = π /2$ : $A_{r e ˊ s} = 2 A cos (π /4) = A 2$ .

Exercice 2 : Conditions d'interférence (

⋆

)

Exprimer, en fonction de la différence de marche $δ$ , les conditions d'interférences constructives et destructives.

Démonstration

$Δ φ = 2 π δ / λ$ . Constructif : $Δ φ = 2 nπ \Leftrightarrow δ = nλ$ . Destructif : $Δ φ = (2 n + 1) π \Leftrightarrow δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ .

Exercice 3 : Silence acoustique (

⋆ ⋆

)

Deux haut-parleurs en phase émettent à $f = 1700 Hz$ ( $c = 340 m / s$ ). En un point, la différence de distance aux deux HP est $δ = 0.30 m$ . Qu'entend-on ?

Démonstration

$λ = c / f = 340/1700 = 0.20 m$ . Le rapport $δ / λ = 0, 30/0, 20 = 1, 5 = (1 + \frac{1}{2})$ : interférences destructives, on entend un silence (extinction).

Exercice 4 : Interfrange des trous d'Young (

⋆ ⋆

)

Trous d'Young : $a = 0.30 mm$ , $D = 1.5 m$ , $λ = 600 nm$ . Calculer l'interfrange.

Démonstration

$i = \frac{λ D}{a} = \frac{600 \times 1 0 ^{- 9} \times 1 , 5}{0 , 30 \times 1 0 ^{- 3}} = 3.0 \times 1 0^{- 3} m = 3.0 mm$ . Les franges sont espacées de $3 mm$ , donc visibles à l'œil.

Exercice 5 : Position des franges brillantes (

⋆ ⋆

)

Pour le dispositif précédent, donner la position de la troisième frange brillante (hors celle du centre).

Démonstration

Frange brillante d'ordre $n$ : $x_{n} = n i = n \frac{λ D}{a}$ . Pour $n = 3$ : $x_{3} = 3 \times 3, 0 = 9.0 mm$ du centre.

Exercice 6 : Différence de chemin optique (

⋆ ⋆

)

Justifier, en approximation $D ≫ a$ , l'expression $δ = a x / D$ pour les trous d'Young.

Démonstration

Les distances $S_{1} M$ et $S_{2} M$ diffèrent par la projection de $S_{1} S_{2} = a$ sur la direction de $M$ . Pour $M$ vu sous un petit angle $θ \approx x / D$ , cette projection vaut $a sin θ \approx a θ \approx a x / D$ . Donc $δ = S_{2} M - S_{1} M \approx a x / D$ .

Exercice 7 : Intensité en un point (

⋆ ⋆

)

En un point où $δ = λ /3$ , exprimer l'intensité en fonction de $I_{0}$ .

Démonstration

$Δ φ = 2 π δ / λ = 2 π /3$ . La formule de Fresnel donne $I = 2 I_{0} (1 + cos (2 π /3)) = 2 I_{0} (1 - \frac{1}{2}) = I_{0}$ . (On peut vérifier : $4 I_{0} cos^{2} (π /3) = 4 I_{0} \times \frac{1}{4} = I_{0}$ .)

Exercice 8 : Lumière blanche (

⋆ ⋆ ⋆

)

Que voit-on au centre de l'écran ( $x = 0$ ) en lumière blanche, et que devient la figure en s'éloignant du centre ?

Démonstration

En $x = 0$ , $δ = 0$ pour toutes les longueurs d'onde : toutes interfèrent constructivement, la frange centrale est blanche. En s'écartant, l'ordre $n = δ / λ$ dépend de $λ$ : les maxima des différentes couleurs se décalent, donnant des franges irisées, qui se brouillent rapidement (le blanc apparaît dès que plusieurs couleurs se recouvrent). C'est pourquoi les interférences en lumière blanche ne montrent que quelques franges colorées près du centre.

3.6 Synthèse du chapitre

À retenir

Superposition : amplitude $A_{r e ˊ s} = 2 A ∣ cos (Δ φ /2) ∣$ ; intensité $I = 4 I_{0} cos^{2} (Δ φ /2) = 2 I_{0} (1 + cos Δ φ)$ .
Constructif : $Δ φ = 2 nπ$ ( $δ = nλ$ ) ; destructif : $Δ φ = (2 n + 1) π$ ( $δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ ).
Différence de marche $δ$ : $Δ φ = \frac{2 π}{λ} δ$ .
Trous d'Young : $δ = \frac{a x}{D}$ , intensité de Fresnel $I = 4 I_{0} cos^{2} (\frac{π a x}{λ D})$ , interfrange $i = \frac{λ D}{a}$ .
En lumière blanche : frange centrale blanche, puis franges irisées qui se brouillent.

3.7 Exercices d'entraînement

( $⋆$ ) Deux ondes d'amplitudes $A$ déphasées de $Δ φ = 2 π /3$ : amplitude résultante ?

( $⋆$ ) Trous d'Young $a = 1 mm$ , $D = 2 m$ , $λ = 500 nm$ : interfrange ?

( $⋆ ⋆$ ) On double la distance $a$ entre les trous : que devient l'interfrange ?

( $⋆ ⋆$ ) Deux HP en phase à $680 Hz$ : donner les valeurs de $δ$ donnant un silence.

( $⋆ ⋆$ ) Établir que les franges brillantes sont équidistantes (de $i$ ).

( $⋆ ⋆$ ) En un point, $δ = λ /4$ : calculer $I / I_{0}$ .

( $⋆ ⋆$ ) On place une lame transparente devant un seul trou : comment se décale la figure ? (raisonner sur le chemin optique supplémentaire)

( $⋆ ⋆$ ) Relier le nombre de franges visibles à la taille de l'écran.

( $⋆ ⋆ ⋆$ ) À l'aide de l'encadré numérique, superposer deux figures pour deux longueurs d'onde différentes (rouge et bleu) et observer le décalage des franges.

( $⋆ ⋆$ ) Pourquoi faut-il une source monochromatique (ou très cohérente) pour obtenir des franges nettes ?

( $⋆ ⋆$ ) Calculer l'écart angulaire entre deux franges brillantes vues depuis les trous.

( $⋆ ⋆ ⋆$ ) Interférences acoustiques : décrire le déplacement des zones de silence lorsqu'on augmente la fréquence des HP.

3.8 Problèmes contextualisés

Les interférences ne sont pas qu'une curiosité de laboratoire : elles expliquent les casques antibruit, les couleurs d'une bulle de savon, le traitement antireflet des lunettes, le contrôle des surfaces optiques et jusqu'à la détection des ondes gravitationnelles.

Exemple 3.11Le casque à réduction de bruit active (

⋆ ⋆

)

Un casque antibruit capte le son ambiant avec un micro et émet dans l'oreille un son « anti-bruit » destiné à l'annuler par interférences destructives.

Pour annuler un bruit $s (t) = A cos (ω t)$ , quel signal le casque doit-il ajouter ? Quel déphasage cela représente-t-il ?
En pratique le casque ne reproduit que $0, 9 A$ avec le bon déphasage. Quelle est l'amplitude résiduelle ? De combien le niveau est-il réduit ?
Pourquoi ces casques sont-ils bien plus efficaces sur le ronronnement d'un avion (basses fréquences) que sur une voix aiguë ?

Démonstration

1. Il faut ajouter $s^{'} (t) = A cos (ω t - π) = - A cos (ω t)$ : un signal en opposition de phase ( $Δ φ = π$ ). Alors $s + s^{'} = 0$ .

2. Résultante $A_{r e ˊ s} = A - 0, 9 A = 0, 1 A$ : il reste $10%$ de l'amplitude. L'intensité passe de $A^{2}$ à $(0, 1 A)^{2} = 0, 01 A^{2}$ , soit une division par $100$ ( $- 20 dB$ ).

3. L'annulation exige un déphasage de $π$ maintenu : c'est faisable quand la longueur d'onde est grande (basses), car le micro et le haut-parleur sont alors très proches devant $λ$ . Aux fréquences aiguës ( $λ$ petite), le moindre décalage spatial détruit le réglage : l'annulation devient impossible.

Exemple 3.12Mesurer la longueur d'onde d'un laser (

⋆ ⋆

)

On éclaire deux fentes d'Young distantes de $a = 0.25 mm$ avec un laser ; sur un écran à $D = 2.0 m$ , on mesure que $10$ interfranges s'étalent sur $50.6 mm$ .

En déduire l'interfrange $i$ .
Calculer la longueur d'onde du laser. De quel laser s'agit-il probablement ?
Comment rendre les franges plus larges pour une mesure plus précise ?

Démonstration

1. $i = \frac{50.6 mm}{10} = 5.06 mm$ .

2. $i = \frac{λ D}{a} \Rightarrow λ = \frac{i a}{D} = \frac{5 , 06 \times 1 0 ^{- 3} \times 0 , 25 \times 1 0 ^{- 3}}{2 , 0} \approx 633 nm$ : c'est un laser hélium-néon (rouge, $632.8 nm$ ).

3. $i = λ D / a$ : on augmente $D$ (écran plus loin) ou on diminue $a$ (fentes plus rapprochées). Mesurer plusieurs interfranges à la fois réduit aussi l'incertitude relative.

Exemple 3.13Marcher dans les zones de silence (

⋆ ⋆

)

Deux haut-parleurs en phase, distants de quelques mètres, émettent le même son pur à $f = 850 Hz$ ( $c = 340 m / s$ ). On marche le long d'une ligne parallèle aux haut-parleurs et l'on perçoit une alternance de zones fortes et de zones de silence.

Calculer la longueur d'onde.
En un point, on est à $d_{1} = 4.00 m$ d'un HP et $d_{2} = 4.60 m$ de l'autre. Qu'entend-on ?
Que deviennent les zones de silence si l'on augmente la fréquence ?

Démonstration

1. $λ = c / f = 340/850 = 0.40 m$ .

2. $δ = d_{2} - d_{1} = 0.60 m$ ; $δ / λ = 0, 60/0, 40 = 1, 5 = (1 + \frac{1}{2})$ : interférences destructives, on est dans une zone de silence.

3. Les positions de silence vérifient $δ = (n + \frac{1}{2}) λ$ ; si $f$ augmente, $λ$ diminue, et ces positions se rapprochent : les zones de silence deviennent plus serrées.

Exemple 3.14Les couleurs d'une bulle de savon (

⋆ ⋆ ⋆

)

Une bulle de savon (indice $n = 1, 33$ ) éclairée en lumière blanche se pare de couleurs vives. La lumière réfléchie sur les deux faces du film d'épaisseur $e$ interfère ; la différence de marche est $δ = 2 n e$ . On admet qu'une des deux réflexions ajoute un terme $λ /2$ , si bien que la réflexion est constructive quand $2 n e = (m + \frac{1}{2}) λ$ .

Pour un film d'épaisseur $e = 100 nm$ , quelle longueur d'onde est renvoyée le plus intensément (prendre $m = 0$ ) ? Quelle couleur ?
Pourquoi la couleur change-t-elle du haut vers le bas de la bulle ?
Juste avant d'éclater, le film devient si fin que $e \to 0$ : que voit-on alors en lumière réfléchie ?

Démonstration

1. $m = 0$ : $2 n e = \frac{1}{2} λ \Rightarrow λ = 4 n e = 4 \times 1, 33 \times 100 \times 1 0^{- 9} \approx 532 nm$ : du vert.

2. Sous l'effet de la gravité, le film s'amincit en haut et s'épaissit en bas : $e$ varie continûment, donc la longueur d'onde renforcée aussi — d'où les bandes colorées qui défilent.

3. Quand $e \to 0$ , $δ = 2 n e \to 0$ ; à cause du terme $λ /2$ , la réflexion devient destructive pour toutes les couleurs : le sommet du film paraît noir, signe annonciateur de l'éclatement.

Exemple 3.15Le traitement antireflet des lunettes (

⋆ ⋆ ⋆

)

Pour limiter les reflets, on dépose sur le verre ( $n_{v} = 1, 5$ ) une fine couche transparente d'indice $n_{c} = 1, 38$ et d'épaisseur $e$ . Les deux réflexions (air/couche et couche/verre) inversent toutes deux la phase ; la réflexion est alors minimale (destructive) quand $2 n_{c} e = (m + \frac{1}{2}) λ$ .

Donner l'épaisseur minimale annulant la réflexion à $λ = 550 nm$ (milieu du visible).
Pourquoi les verres traités ont-ils un reflet résiduel violet/vert ?
En quoi est-ce le phénomène inverse de la bulle de savon ?

Démonstration

1. $m = 0$ : $2 n_{c} e = \frac{1}{2} λ \Rightarrow e = \frac{λ}{4 n _{c}} = \frac{550 \times 1 0 ^{- 9}}{4 \times 1 , 38} \approx 99.6 nm \approx 100 nm$ (couche « quart d'onde »).

2. L'annulation n'est parfaite que pour $550 nm$ ; les extrémités du spectre (bleu et rouge) sont moins bien annulées et subsistent dans le reflet, d'où sa teinte pourpre/verdâtre.

3. La bulle maximise une réflexion (couleurs vives) ; le traitement antireflet minimise la réflexion. Même physique (interférences en lame mince), condition opposée.

Exemple 3.16Contrôler la planéité d'une surface (

⋆ ⋆

)

On pose une lame de verre à tester sur une lame de référence parfaitement plane ; elles se touchent sur un bord et forment un mince coin d'air d'angle $α$ . Éclairé en lumière monochromatique ( $λ = 600 nm$ ) par le dessus, le coin montre des franges sombres parallèles au bord de contact (différence de marche $δ = 2 e$ , où $e = α x$ est l'épaisseur d'air à la distance $x$ ).

Montrer que les franges sombres sont équidistantes et donner leur espacement $Δ x$ en fonction de $λ$ et $α$ .
On observe $Δ x = 2.0 mm$ . Calculer l'angle $α$ .
Si la surface testée présente une bosse, que deviennent les franges à cet endroit ?

Démonstration

1. Franges sombres : $δ = 2 e = mλ$ (avec le terme $λ /2$ de la réflexion, le contact $e = 0$ est sombre), soit $e = mλ /2$ , donc $x_{m} = \frac{mλ}{2 α}$ : positions équidistantes, d'espacement $Δ x = \frac{λ}{2 α}$ .

2. $α = \frac{λ}{2Δ x} = \frac{600 \times 1 0 ^{- 9}}{2 \times 2 , 0 \times 1 0 ^{- 3}} = 1.5 \times 1 0^{- 4} rad$ (soit $\approx 0.009°$ ).

3. Une bosse modifie localement l'épaisseur $e$ : les franges, qui suivent les lignes de même épaisseur, se déforment (s'incurvent) à cet endroit. Une surface parfaite donne des franges parfaitement droites : c'est un test de planéité au centième de micromètre.

Exemple 3.17Détecter une onde gravitationnelle (principe de LIGO) (

⋆ ⋆ ⋆

)

Le détecteur LIGO est un interféromètre dont les deux bras (longueur $L = 4 km$ ) renvoient un faisceau laser ( $λ = 1.06 μ m$ ) vers un point de recombinaison. Une onde gravitationnelle étire un bras et comprime l'autre d'une quantité infime $δ L$ .

Pourquoi recombiner les deux faisceaux permet-il de déceler une variation de longueur que rien d'autre ne pourrait mesurer ?
Une variation $δ L$ d'un bras change la différence de marche de $2 δ L$ (aller-retour). Exprimer le déphasage correspondant.
LIGO détecte $δ L \approx 1 \times 1 0^{- 18} m$ (un millième de la taille d'un proton). Calculer le déphasage : commenter l'exploit.

Démonstration

1. Réglé sur l'obscurité (interférence destructive), le détecteur ne reçoit rien tant que les bras sont égaux. La moindre différence de marche rompt l'extinction et fait apparaître de la lumière : l'interférence convertit une variation de longueur en variation d'intensité mesurable. C'est une mesure différentielle extraordinairement sensible.

2. $Δ φ = \frac{2 π}{λ} (2 δ L) = \frac{4 π δ L}{λ}$ .

3. $Δ φ = \frac{4 π \times 1 0 ^{- 18}}{1 , 06 \times 1 0 ^{- 6}} \approx 1.2 \times 1 0^{- 11} rad$ . Un déphasage de l'ordre de $1 0^{- 11}$ radian est détectable grâce à la puissance du laser, aux cavités résonantes et à un contrôle extrême du bruit : c'est ce qui a permis la première détection d'ondes gravitationnelles (2015).

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