Deux ondes planes qui se croisent

La stratégie. Pour une onde plane, la phase en $M$ est $\overrightarrow{k}\cdot \overrightarrow{OM}$ augmenté de la phase en $O$ : le déphasage est linéaire en position, et les franges sont des plans.

1) Le déphasage. Deux lasers distincts, de phases indépendantes, ne donnent pas de franges stables (exercice 1) ; issues d'un seul faisceau, les deux ondes portent les mêmes fluctuations de phase, qui s'éliminent dans leur différence. Pour l'onde $k$, de vecteur d'onde ${\overrightarrow{k}}_k=\frac{2\pi }{\lambda }{\overrightarrow{u}}_k$, et en phase avec l'autre en $O$ : $${\phi }_k(M)={\overrightarrow{k}}_k\cdot \overrightarrow{OM}+{\phi }_O,\Delta \phi (M)=({\overrightarrow{k}}_2-{\overrightarrow{k}}_1)\cdot \overrightarrow{OM}=\frac{2\pi }{\lambda }2x\sin \theta .$$ La différence de marche est $\delta (M)=\frac{\lambda }{2\pi }\Delta \phi =2x\sin \theta$ : c'est la différence des projections de $\overrightarrow{OM}$ sur les deux directions de propagation. Elle ne dépend ni de $y$ ni de $z$.

2) Les franges. Par la formule de Fresnel, $$I(M)=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\cos \left(\frac{4\pi x\sin \theta }{\lambda }\right).$$ Les surfaces d'égale intensité sont les plans $x=\text{cte}$, perpendiculaires au plan des deux faisceaux et parallèles à leur bissectrice $Oz$. Sur un écran perpendiculaire à $Oz$ : des franges rectilignes parallèles à $Oy$, de période $$i=\frac{\lambda }{2\sin \theta },$$ et l'ordre vaut $p(x)=\delta /\lambda =x/i$ : il augmente d'une unité d'une frange brillante à la suivante. Homogénéité : $i$ est une longueur. Les franges existent dans tout le volume commun aux deux faisceaux.

3) Les interférences redistribuent l'énergie. Le cosinus a une moyenne nulle sur une période spatiale, donc $$⟨I{⟩}_x=I_1+I_2.$$ L'énergie lumineuse qui manque sur les franges sombres se retrouve sur les franges brillantes : les interférences ne créent ni ne détruisent d'énergie, elles la répartissent. Avec $I_1=I_2$, l'intensité varie de $0$ à $4I_1$, autour de la moyenne $2I_1$.

4) Le capteur. $\theta =0,50^{\circ }$, $\sin \theta =8,73\times 10^{-3}$, et $$i=\frac{633\times 10^{-9}}{2\times 8,73\times 10^{-3}}=3,63\times 10^{-5}\mathrm{m}=36,3\mu \mathrm{m},$$ soit $36,3/4,0\approx 9$ photosites par frange. Il faut au moins deux échantillons par période pour restituer une modulation ; avec neuf, le profil sinusoïdal est bien décrit. Au-delà de quelques degrés, le capteur ne résoudrait plus les franges.

5) La teinte plate. Quand $\theta \to 0$, $i\to \infty$ : les deux ondes deviennent parallèles et l'éclairement est uniforme, réglé par le déphasage commun (brillant, sombre ou intermédiaire). Pour moins d'une frange sur $L=1\mathrm{cm}$, il faut $i>L$, soit $2\sin \theta <\lambda /L$ : $$2\theta <\frac{633\times 10^{-9}}{10^{-2}}=6,3\times 10^{-5}\mathrm{rad}\approx 13^{\prime \prime }.$$ C'est la teinte plate : elle signale deux faisceaux parallèles à quelques secondes d'arc près, et c'est ainsi que l'on règle un interféromètre. Inversement, compter les franges mesure l'angle entre deux faisceaux.

6) La lithographie. $\sin \theta =\lambda /(2i)=405/(2\times 500)=0,405$, soit $\theta =23,9^{\circ }$ et $2\theta =47,8^{\circ }$. Le pas est minimal quand $\sin \theta =1$, faisceaux de sens opposés : $i_{\min }=\lambda /2\approx 203\mathrm{nm}$. On fabrique ainsi les réseaux holographiques.

Ce que l'exercice installe. Le déphasage de deux ondes planes est linéaire en position, $\Delta \phi =({\overrightarrow{k}}_2-{\overrightarrow{k}}_1)\cdot \overrightarrow{OM}$, et donne des franges rectilignes de pas $\lambda /(2\sin \theta )$ : la frange est une surface d'égal ordre. Les interférences redistribuent l'énergie sans la changer. Un angle de $1^{\circ }$ donne des franges de quelques dizaines de micromètres.