Feuille d'entraînement : Instruments d'optique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q14

   Un expanseur de faisceau transforme un faisceau incident constitué de rayons parallèles à l'axe optique (objet à l'infini) en un faisceau émergent également constitué de rayons parallèles à l'axe optique (image à l'infini). Il s'agit donc d'un système afocal.

   Pour un doublet de lentilles minces (\mathcal{L}_1, \mathcal{L}_2), cette condition impose que le foyer image principal de la première lentille coïncide avec le foyer objet principal de la seconde :

   F'_1 \equiv F_2

   Les deux lentilles étant convergentes, les distances focales images vérifient f'_1 > 0 et f'_2 > 0. Les rayons marginaux incidents, situés à la distance \frac{d_0}{2} de l'axe optique, émergent de \mathcal{L}_1 en passant par le foyer F'_1 \equiv F_2, puis sont réfractés par la lentille \mathcal{L}_2 parallèlement à l'axe optique à la distance \frac{d'_0}{2}.

   Par application du théorème de Thalès aux triangles formés entre les lentilles et le foyer intermédiaire commun :

   \tau = \frac{d'_0}{d_0} = \frac{f'_2}{f'_1}

   Pour satisfaire la condition d'élargissement \tau > 1, la distance focale de la seconde lentille doit être strictement supérieure à celle de la première :

   f'_2 > f'_1

   Le point focal commun F'_1 \equiv F_2 est donc situé entre les deux lentilles et plus proche de \mathcal{L}_1 que de \mathcal{L}_2.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q15

   Considérons le rayon marginal du faisceau incident, parallèle à l'axe optique et situé à la distance de l'axe :

   y_1 = \frac{d_0}{2}

   Après réfraction par la lentille convergente \mathcal{L}_1, ce rayon passe par le foyer image F'_1 en faisant un angle \theta avec l'axe optique. Dans le triangle rectangle formé par le centre optique O_1, le foyer F'_1 et le point d'impact sur la lentille \mathcal{L}_1, on a :

   \tan\theta = \frac{y_1}{f'_1} = \frac{d_0}{2 f'_1}

   Le système étant afocal, le foyer image F'_1 est confondu avec le foyer objet F_2 de la seconde lentille \mathcal{L}_2. Le rayon se propage donc depuis F_2 jusqu'à \mathcal{L}_2 sous le même angle \theta par rapport à l'axe optique.

   En sortie de \mathcal{L}_2, le rayon émerge parallèlement à l'axe optique à une distance y_2 = \dfrac{d'_0}{2}. Dans le triangle rectangle formé par O_2, F_2 et le point d'émergence sur \mathcal{L}_2, on a :

   \tan\theta = \frac{y_2}{f'_2} = \frac{d'_0}{2 f'_2}

   En égalant les deux expressions de \tan\theta, il vient :

   \frac{d_0}{2 f'_1} = \frac{d'_0}{2 f'_2} \iff \frac{d'_0}{d_0} = \frac{f'_2}{f'_1}

   Le taux d'expansion du faisceau s'écrit donc :

   \boxed{\tau = \frac{f'_2}{f'_1}}

   Résultat

   $$\tau =\frac{f_2^{\prime }}{f_1^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q16

   Pour constituer un expanseur de faisceau, le doublet constitué de la lentille divergente \mathcal{L}_3 (centre O, distance focale image f'_3 < 0) et de la lentille convergente \mathcal{L}_1 (centre O_1, distance focale image f'_1 > 0) doit être un système afocal :

   \boxed{F'_3 \equiv F_1}

   Puisque \mathcal{L}_3 est divergente, son foyer image principal F'_3 est situé dans l'espace objet (à gauche de O) à la distance |f'_3| = -f'_3. Le foyer objet F_1 de la lentille convergente \mathcal{L}_1 est situé à la distance f'_1 à gauche de O_1. La condition de coïncidence implique pour l'encombrement D = OO_1 :

   D = \overline{OF'_3} + \overline{F_1 O_1} = f'_3 + f'_1 = f'_1 - |f'_3|

   Comme D > 0, on a nécessairement f'_1 > |f'_3|, ce qui garantit un taux d'expansion \tau' = f'_1 / |f'_3| > 1.

   Les rayons incidents parallèles à l'axe optique frappent \mathcal{L}_3 et émergent en divergeant comme s'ils provenaient de son foyer image F'_3. Comme F'_3 est confondu avec le foyer objet F_1 de \mathcal{L}_1, ces rayons divergents émergent de la lentille convergente \mathcal{L}_1 parallèlement à l'axe optique, avec un diamètre élargi d'_0 > d_0.

   Résultat

   $$F_3^{\prime }\equiv F_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MPI 2026, Q32

   La luminosité renvoyée par un astéroïde sphérique est proportionnelle à sa section apparente éclairée, donc à R^2.

   • Hors éclipse, les deux corps sont visibles simultanément. La luminosité maximale est proportionnelle à la surface totale visible :

     L_0 = C \left(R_1^2 + R_2^2\right)

     où C est une constante de proportionnalité.

   • Lors du second creux, Dimorphos (S) passe entièrement derrière Didymos (R_2 < R_1), si bien que seule la lumière réfléchie par Didymos nous parvient :

     L_{\text{creux}} = C R_1^2

   La diminution relative de luminosité s'écrit alors :

   \frac{\Delta L}{L_0} = \frac{L_0 - L_{\text{creux}}}{L_0} = \frac{R_2^2}{R_1^2 + R_2^2} = \frac{(R_2/R_1)^2}{1 + (R_2/R_1)^2} = 0{,}04

   Comme \Delta L / L_0 \ll 1, on a au premier ordre :

   \left(\frac{R_2}{R_1}\right)^2 \approx \frac{\Delta L}{L_0} = 0{,}04

   (ou rigoureusement (R_2/R_1)^2 = \frac{0{,}04}{0{,}96} \approx 0{,}0417).

   On en déduit l'estimation :

   \boxed{\frac{R_2}{R_1} \approx \sqrt{0{,}04} = 0{,}20}

   Résultat

   $$\frac{R_2}{R_1}\approx \sqrt{0,04}=0,20$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2026, Q33

   L'orbite de Dimorphos (satellite S) étant circulaire de rayon D, sa vitesse orbitale est donnée par :

   v = \frac{2\pi D}{T}

   où T est la période orbitale. Lors d'un passage (éclipse ou occultation), Dimorphos traverse le diamètre de Didymos, parcourant une distance de l'ordre de 2R_1 (en première approximation car R_2 \ll R_1). La durée \Delta t du phénomène vérifie ainsi :

   v\,\Delta t \approx 2 R_1 \implies \frac{2\pi D}{T}\Delta t \approx 2 R_1

   d'où l'expression du rapport géométrique :

   \frac{R_1}{D} \approx \pi \frac{\Delta t}{T}

   Sur la figure 2, la durée d'un creux (par exemple le creux centré autour de t/T \approx 0{,}25, qui s'étend approximativement de 0{,}20 à 0{,}30) est estimée à :

   \frac{\Delta t}{T} \approx 0{,}10 \quad (\pm 0{,}02)

   On en déduit :

   \frac{R_1}{D} \approx \pi \times 0{,}10 \approx 0{,}3

   soit une distance orbitale D \approx 3{,}3\, R_1 (ou D \approx 3\,R_1).

   \boxed{\frac{R_1}{D} \approx 0{,}3}

   D'après la question Q32, le rayon de Dimorphos vérifie R_2 \approx 0{,}2\, R_1. On trace l'astéroïde double à l'échelle (en prenant par exemple R_1 = 1{,}0\text{ cm}, D = 3{,}3\text{ cm} et R_2 = 0{,}2\text{ cm}) :

   Résultat

   $$\frac{R_1}{D}\approx 0,3$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q16

   Le système optique du télescope spatial James Webb adopte une configuration réflectrice à deux miroirs (type Cassegrain) :

   • le miroir primaire (M_1), concave (ou composé de facettes inclinées), collecte la lumière venant de l'infini et la converge vers le miroir secondaire ;
   • le miroir secondaire (M_2), placé sur l'axe optique en avant du miroir primaire, renvoie le faisceau convergent vers le centre du miroir primaire ;
   • le capteur (détecteur) est situé au centre du miroir primaire pour enregistrer le signal focalisé.

   Le schéma optique de principe est représenté ci-dessous :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q17

   D'après la figure 7, la longueur totale du bouclier thermique est de 22\text{ m}. La flèche du mât supportant le miroir secondaire en avant du miroir primaire peut être estimée à :

   L \approx 7{,}5\text{ à }8{,}0\text{ m} \quad (\text{on retiendra } L \approx 7{,}6\text{ m}).

   Dans le modèle simplifié imposé par l'énoncé, tous les miroirs sont modélisés par des miroirs plans. Le miroir secondaire M_2 possède un diamètre D_2 = 74\text{ cm} (soit un rayon R_2 = D_2/2 = 37\text{ cm} = 0{,}37\text{ m}) et le capteur circulaire placé au centre de M_1 a un rayon R_3 = 3\text{ cm} = 0{,}03\text{ m}.

   Un rayon réfléchi par le bord supérieur de M_2 (ordonnée +R_2) et atteignant le bord opposé du capteur (ordonnée -R_3) présente avec l'axe optique un angle d'inclinaison maximal \alpha délimitant le champ total :

   \tan\alpha \approx \alpha = \frac{R_2 + R_3}{L} = \frac{\frac{D_2}{2} + R_3}{L}.

   Remarque : pour le champ de pleine lumière (l'ensemble du capteur est éclairé par M_2), on aurait de même \alpha_{\text{pl}} = \frac{R_2 - R_3}{L}.

   Application numérique :

   \begin{aligned} \alpha &= \frac{0{,}37 + 0{,}03}{7{,}6} = \frac{0{,}40}{7{,}6} \approx 0{,}053\text{ rad}, \\ \alpha_{\text{pl}} &= \frac{0{,}37 - 0{,}03}{7{,}6} = \frac{0{,}34}{7{,}6} \approx 0{,}045\text{ rad}. \end{aligned}

   Sachant que 1\text{ rad} = \frac{180 \times 60}{\pi} \approx 3\,438', le demi-angle vaut \alpha \approx 180' (et \alpha_{\text{pl}} \approx 154').

   Le champ de vision angulaire total du télescope 2\alpha estimé par ce modèle vaut donc :

   \boxed{2\alpha \approx 340' \text{ à } 360' \quad (\text{soit environ } 6^\circ).}

   Comparaison avec la valeur de l'énoncé : L'énoncé indique un champ de vision de 2{,}2'. L'estimation obtenue ici est environ 150 fois plus grande.

   Résultat

   $$2\alpha \approx 340^{\prime }\text{ aˋ }360^{\prime }(\text{soit environ }{6}^{\circ }).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q1

   Soit N_x = 4000 et N_y = 3000 le nombre de pixels selon la longueur L et la largeur l du capteur. Les pixels étant supposés carrés de côté p et accolés, les dimensions du capteur s'écrivent :

   L = N_x \, p \quad \text{et} \quad l = N_y \, p

   Le rapport des dimensions vérifie donc :

   \frac{L}{l} = \frac{N_x}{N_y} = \frac{4000}{3000} = \frac{4}{3}

   Par le théorème de Pythagore, la diagonale d du capteur rectangulaire vaut :

   d = \sqrt{L^2 + l^2} = \sqrt{\left(\frac{4}{3}l\right)^2 + l^2} = \frac{5}{3}\,l = \frac{5}{4}\,L

   On en déduit les expressions de la longueur et de la largeur :

   \begin{aligned} L &= \frac{4}{5}\,d \\ l &= \frac{3}{5}\,d \end{aligned}

   D'après les données de l'énoncé, la diagonale est égale à un tiers de pouce avec 1\text{ pouce} = 25,4\text{ mm} :

   d = \frac{25,4}{3}\text{ mm} \approx 8,47\text{ mm}

   On calcule alors numériquement les dimensions du capteur :

   \begin{aligned} L &= \frac{4}{5} \times \frac{25,4}{3}\text{ mm} = \frac{101,6}{15}\text{ mm} \approx 6,77\text{ mm} \\ l &= \frac{3}{5} \times \frac{25,4}{3}\text{ mm} = \frac{25,4}{5}\text{ mm} = 5,08\text{ mm} \end{aligned}

   \boxed{L \approx 6,8\text{ mm} \quad \text{et} \quad l \approx 5,1\text{ mm}}

   La taille approximative p d'un pixel s'en déduit directement :

   p = \frac{L}{N_x} = \frac{l}{N_y} = \frac{d}{\sqrt{N_x^2 + N_y^2}} = \frac{d}{5000}

   p = \frac{25,4 \times 10^{-3}}{3 \times 5000}\text{ m} \approx 1,69 \times 10^{-6}\text{ m}

   \boxed{p \approx 1,7\ \mu\text{m}}

   Résultat

   $$L\approx 6,8\text{ mm}\text{et}l\approx 5,1\text{ mm}$$

   $$p\approx 1,7\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q3

   Le capteur possède une définition native de 4000 \times 3000 pixels pour une taille de pixel physique p \approx 1,7\ \mu\mathrm{m} (question Q1).

   1. Limite optique imposée par la diffraction : D'après la question Q2, le diamètre de la tache d'Airy vaut d_{\text{diff}} \approx 3,0\ \mu\mathrm{m}. Cette tache s'étend sur une largeur supérieure à celle d'un pixel physique (d_{\text{diff}} > p).

      • En résolution 4K (3840 \times 2160), le format utilise quasiment chaque pixel physique individuellement (avec un léger recadrage au format 16:9). La taille d'un pixel d'image est donc de l'ordre de 1,7\ \mu\mathrm{m} < d_{\text{diff}} : l'image est optiquement sur-échantillonnée et la diffraction limite la résolution effective. La 4K n'apporte donc pas de gain réel de netteté par rapport à la limite de diffraction.

      • En résolution Full HD (1920 \times 1080), le nombre de pixels par ligne et par colonne est divisé par 2 par rapport à la 4K. Cela correspond à regrouper les pixels par blocs de 2 \times 2 (pixel binning ou sous-échantillonnage). La taille d'un pixel virtuel devient alors :

        p' \approx 2 \times 1,69\ \mu\mathrm{m} \approx 3,4\ \mu\mathrm{m}

        Cette dimension est en excellente adéquation avec le diamètre de la tache d'Airy (p' \approx d_{\text{diff}}), satisfaisant de façon optimale le critère de Shannon sans sous-échantillonnage perceptible.

   2. Avantages techniques et ergonomiques :

      • Qualité d'image et sensibilité : Le regroupement de 4 pixels physiques pour former un pixel Full HD permet d'augmenter le rapport signal sur bruit (SNR), particulièrement en basse luminosité.
      • Stockage et bande passante : Une image ou vidéo en Full HD contient 4 fois moins de données qu'en 4K (1920 \times 1080 \approx 2,1\ \text{Mpx} contre 3840 \times 2160 \approx 8,3\ \text{Mpx}), ce qui réduit drastiquement l'espace de stockage nécessaire et accélère les transferts.
      • Consommation et échauffement : L'enregistrement en Full HD sollicite beaucoup moins le processeur d'image (ISP), ce qui préserve l'autonomie de la batterie et limite la surchauffe du téléphone portable.

   \boxed{\text{Le choix du Full HD adapte la résolution à la limite de diffraction } (p' \approx d_{\text{diff}}), \text{ tout en réduisant le bruit, le stockage et la chauffe.}}

   Résultat

   $$\text{Le choix du Full HD adapte la reˊsolution aˋ la limite de diffraction }(p^{\prime }\approx d_{\text{diff}}),\text{ tout en reˊduisant le bruit, le stockage et la chauffe.}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q11

    Soit un pixel de taille a observé à la distance normale d = 30\text{ cm}. Sous l'approximation des petits angles (car a \ll d), l'angle sous-tendu par le pixel depuis la pupille de l'œil est :

    \theta \approx \frac{a}{d}

    D'après le critère de résolution de l'œil humain, deux points sources ou les bords d'un détail ne peuvent être discernés si leur séparation angulaire est inférieure au pouvoir de résolution angulaire \alpha de l'œil :

    \theta \le \alpha \iff \frac{a}{d} \le \alpha

    Il existe donc une taille maximale de pixel a_{\max}, donnée par :

    \boxed{a_{\max} = \alpha\, d}

    Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

    • distance normale d'observation : d = 30\text{ cm} = 0{,}30\text{ m} ;
    • pouvoir de résolution de l'œil : \alpha = 3{,}0 \times 10^{-4}\text{ rad}.

    a_{\max} = 3{,}0 \times 10^{-4} \times 0{,}30 = 9{,}0 \times 10^{-5}\text{ m} = 90\ \mu\text{m}

    \boxed{a_{\max} = 90\ \mu\text{m}}

    Résultat

    $$a_{\max }=\alpha d$$

    $$a_{\max }=90\mu \text{m}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question