Feuille d'entraînement : Lentilles, miroirs et formation des images

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie MP 2023, Q32

   Puisque les rayons émergents interfèrent à l'infini dans une direction repérée par l'angle \theta, l'observation sur un écran placé à distance finie nécessite un montage d'optique de Fraunhofer (interférences à l'infini) :

   1. Collimation du faisceau incident : Pour éclairer l'échantillon par une onde plane (rayons parallèles), on place une source ponctuelle monochromatique S au foyer principal objet d'une première lentille mince convergente L_1 de distance focale f'_1 :

      S \equiv F_1

      (Dans le cas d'une source laser, cette lentille n'est pas indispensable car le faisceau est naturellement quasi-parallèle).

   2. Échantillon diffractant : L'échantillon (ou réseau diffractant) est placé dans le faisceau parallèle issu de L_1.

   3. Observation à l'infini (projection) : On place après l'échantillon une seconde lentille mince convergente L_2 de distance focale image f'_2. L'écran d'observation (E) est placé rigoureusement dans le plan focal image de cette lentille :

      (E) \equiv \mathcal{P}'_{f,2} \quad (\text{soit } O_2E = f'_2)

      D'après les lois de l'optique géométrique, un faisceau de rayons parallèles émergeant de l'échantillon avec l'angle de diffraction \theta converge en un point unique M du plan focal image de L_2, situé à la distance x \approx f'_2 \theta du foyer principal image F'_2.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique MP 2021, Q2

   a) Schéma optique et construction géométrique

   L'arbre constitue un objet réel AB avec A sur l'axe optique et \overline{AB} = h > 0. L'objectif est modélisé par une lentille mince convergente de centre O et de distance focale f' = \overline{OF'} = -\overline{OF} > 0.

   Pour construire l'image B' du point B, on trace :

   • le rayon issu de B parallèle à l'axe optique, qui émerge en passant par le foyer principal image F' ;
   • le rayon issu de B passant par le centre optique O, qui traverse la lentille sans être dévié.

   L'intersection de ces deux rayons définit l'image réelle B'. Le point A' est le projeté orthogonal de B' sur l'axe optique, et le capteur (C) est positionné dans le plan focal image conjugué de l'objet, en A'.

   b) Expression et calcul de la taille de l'image

   L'arbre se trouve à une distance L devant l'objectif, donc en mesure algébrique :

   \overline{OA} = -L \quad (L > 0) \quad \text{et} \quad \overline{AB} = h

   D'après la formule de conjugaison de Descartes avec origine au centre :

   \frac{1}{\overline{OA'}} - \frac{1}{\overline{OA}} = \frac{1}{f'} \implies \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} - \frac{1}{L} = \frac{L - f'}{L f'} \implies \overline{OA'} = \frac{L f'}{L - f'}

   Le grandissement transversal est donné par :

   \gamma = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}} = \frac{1}{-L} \cdot \frac{L f'}{L - f'} = -\frac{f'}{L - f'}

   La taille de l'image (hauteur absolue) est donc :

   \boxed{A'B' = h \, \frac{f'}{L - f'}}

   Comme L \gg f' (20\text{ m} \gg 0{,}05\text{ m}), on a l'excellente approximation :

   A'B' \approx h \, \frac{f'}{L}

   Application numérique :

   \begin{aligned} A'B' &= 5 \times \frac{50 \cdot 10^{-3}}{20 - 0{,}050} = \frac{0{,}250}{19{,}95} \approx \frac{0{,}250}{20} = 1{,}25 \cdot 10^{-2}\text{ m} \end{aligned}

   Soit :

   \boxed{A'B' = 12{,}5\text{ mm}} \quad (\text{valeur exacte non approchée : } 12{,}53\text{ mm})

   Résultat

   $$A^{\prime }{B}^{\prime }=h\frac{f^{\prime }}{L-f^{\prime }}$$

   $$A^{\prime }{B}^{\prime }=12,5\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MP 2021, Q6

   1. Conditions de Gauss

   Les conditions de Gauss sont satisfaites lorsque le système optique fonctionne dans l'approximation des rayons paraxiaux :

   • les rayons lumineux sont peu inclinés par rapport à l'axe optique (petits angles d'incidence) ;
   • les rayons traversent les dioptres ou lentilles au voisinage immédiat de l'axe optique (proches des centres optiques).

   Ces conditions assurent un stigmatisme et un aplanétisme approchés, limitant ainsi considérablement les aberrations géométriques.

   2. Marche du rayon lumineux et identification de l'angle \alpha'

   D'après la question Q5, la lunette est afocale, de sorte que le foyer principal image de l'objectif F'_1 est confondu avec le foyer principal objet de l'oculaire F_2 :

   F'_1 \equiv F_2

   Pour construire le trajet du rayon incident incliné d'un angle \alpha sur l'axe optique (\Delta) :

   • On trace le rayon auxiliaire (fictif) parallèle au rayon incident et passant par le centre optique O_1 de l'objectif. Ce rayon n'est pas dévié et coupe le plan focal image commun en B_1, foyer secondaire image de (\mathcal{L}_1) ;
   • Le rayon incident, après traversée de (\mathcal{L}_1) en un point I_1, passe nécessairement par ce point image B_1 et atteint l'oculaire (\mathcal{L}_2) en I_2 ;
   • Puisque B_1 appartient au plan focal objet de (\mathcal{L}_2), tous les rayons issus de B_1 émergent de l'oculaire parallèlement entre eux, dans la direction de la droite (B_1 O_2) ;
   • Le rayon émergent issu de I_2 est donc parallèle à la droite (B_1 O_2) et forme avec l'axe optique l'angle \alpha' sous lequel la planète est vue à travers l'instrument.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MP 2021, Q22

   Pour qu'un observateur emmétrope observe sans accommoder, l'image finale A_2 B_2 donnée par l'instrument doit se former à l'infini :

   A_1 B_1 \xrightarrow{L_2} A_2 B_2 \text{ à l'infini} \iff A_1 \equiv F_2

   L'image intermédiaire A_1 B_1 est donc réelle, inversée, et située dans le plan focal objet de l'oculaire L_2.

   Construction des rayons lumineux :

   • Le rayon issu de B parallèle à l'axe optique émerge de l'objectif L_1 en passant par son foyer image F'_1.
   • Le rayon issu de B passant par le centre optique O_1 émerge sans déviation.
   • Ces deux rayons se croisent en B_1, situé dans le plan focal objet de L_2 (à l'abscisse de F_2).
   • En traversant l'oculaire L_2, ces rayons émergent parallèles entre eux selon une direction faisant un angle \alpha' avec l'axe optique, direction donnée par la droite joignant B_1 au centre optique O_2.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MP 2020, Q9

   1. Transformation d'une onde plane par une lentille convergente

   D'après les lois de l'optique géométrique :

   • Une onde plane se propageant parallèlement à l'axe optique (\mathrm{O}z) (\theta = 0) correspond à un faisceau de rayons parallèles à l'axe. Après traversée de la lentille (\mathcal{L}), ces rayons convergent au foyer principal image F' de coordonnées (x'=0, y'=0) dans le plan focal image.

   • Une onde plane dont le vecteur d'onde est incliné d'un angle \theta par rapport à (\mathrm{O}z) dans le plan (x\mathrm{O}z) est constituée de rayons mutuellement parallèles inclinés de \theta. Après réfraction, ils émergent en convergeant en un foyer secondaire image dans le plan focal image, à l'abscisse :

     x' = f' \tan\theta \approx f' \theta

     dans l'approximation des petits angles (conditions de Gauss).

   La lentille mince convergente réalise ainsi une transformation angle-position (ou direction-espace) : à chaque composante d'onde plane d'angle \theta correspond un unique point géométrique x' dans le plan focal image.

   2. Observation dans le plan focal image

   Le champ lumineux diffracté par l'ouverture (\mathcal{O}) s'écrit comme une superposition d'ondes planes d'amplitudes \underline{A}(\alpha), avec \alpha = k \sin\theta \approx k \theta = \frac{2\pi}{\lambda}\theta. Au point d'abscisse x' du plan focal image, l'amplitude complexe du champ électrique est donc directement proportionnelle à l'amplitude spectrale \underline{A}(\alpha) évaluée en :

   \alpha = k \frac{x'}{f'} = \frac{2\pi x'}{\lambda f'}

   Un capteur optique (œil, photodiode, barrette CCD) est sensible à l'éclairement moyen I(x'), proportionnel au carré du module du champ électrique :

   I(x') \propto |\underline{A}(\alpha)|^2 = E_0^2 W_0^2 \, \operatorname{sinc}^2\left(\frac{\alpha W_0}{2}\right) = E_0^2 W_0^2 \, \operatorname{sinc}^2\left(\frac{\pi W_0 x'}{\lambda f'}\right)

   Le capteur optique enregistre la figure de diffraction à l'infini (ou de Fraunhofer) de la fente rectangulaire :

   • une frange (ou tache) centrale brillante très intense, centrée en x' = 0 (F'),
   • bordée de franges d'intensité décroissante (maxima secondaires),
   • séparées par des extinctions régulières (zéros d'intensité) lorsque \frac{\pi W_0 x'}{\lambda f'} = m\pi, soit pour :

   \boxed{x'_m = m \frac{\lambda f'}{W_0} \quad (m \in \mathbb{Z}^*)}

   Résultat

   $$x_m^{\prime }=m\frac{\lambda f^{\prime }}{W_0}(m\in {\mathbb{Z}}^{\ast })$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique-SI MP 2020, Q33

   Lors de la flexion de la lame, la normale à la surface réfléchissante au point d'impact tourne d'un angle \theta autour de l'axe (Az).

   D'après les lois de Snell-Descartes relatives à la réflexion, la direction du faisceau incident étant fixe, une rotation d'angle \theta du miroir entraîne une rotation du rayon réfléchi d'un angle égal à :

   \delta\alpha = 2\theta

   Par ailleurs, le déplacement vertical du point de réflexion est égal à la flèche f. D'après les relations établies à la question Q6, on a l'ordre de grandeur \theta \sim \frac{f}{L}. La déviation sur l'écran due à l'effet angulaire est de l'ordre de 2d\theta \sim 2d\,\frac{f}{L}. Comme d \gg L, cette déviation est très grande devant le déplacement direct f :

   \frac{f}{2d\theta} \sim \frac{L}{2d} \ll 1

   Le déplacement de la source de réflexion peut donc être négligé, et l'on peut considérer que le rayon dévié part du point B_0.

   Le plan de détection étant disposé perpendiculairement au faisceau de référence (lame non fléchie) à une distance d de B_0, la déviation angulaire 2\theta se traduit sur ce plan par un écart algébrique \Delta = P_0P_1 donné par :

   \Delta = d \tan(2\theta)

   Compte tenu de l'hypothèse |\theta| \ll 1, un développement limité au premier ordre donne \tan(2\theta) \simeq 2\theta, d'où :

   \boxed{\Delta = 2 d \theta}

   Résultat

   $$\Delta =2d\theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique MP 2026, Q48

   La source ponctuelle S étant située au foyer principal objet F_1 de la lentille convergente (\mathcal{L}_1), les rayons issus de S émergent de la lentille parallèlement à l'axe optique (Oz). L'onde transmise par (\mathcal{L}_1) est donc une onde plane se propageant selon l'axe optique sous incidence normale.

   Cette configuration présente deux intérêts majeurs :

   • Égalité des chemins optiques en amont : les plans perpendiculaires à l'axe optique sont des surfaces d'onde (surfaces équiphases). Le plan des fentes d'Young étant perpendiculaire à l'axe (Oz), les deux fentes sont atteintes en phase par l'onde incidente :

     [S S_1] = [S S_2] \implies \delta_{\text{amont}} = 0

     Aucune différence de marche parasite n'est donc introduite en amont du dispositif interférentiel.

   • Rendement lumineux : la lentille permet de collecter un cône de lumière important issu de la source S et de le diriger vers les fentes sous la forme d'un faisceau collimaté, augmentant ainsi nettement l'éclairement sur l'écran par rapport à une source placée à l'infini sans optique de collimation.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 MP 2026, Q2

   1. Construction des images géométriques A' et B'

   • Le point A est une source à l'infini située sur l'axe optique. Les rayons issus de A sont parallèles à l'axe optique : ils émergent de la lentille convergente (L) en convergeant au foyer principal image F'. On a donc :

     A' = F'
   • Le point B est une source à l'infini vue sous une inclinaison angulaire \epsilon/2 par rapport à l'axe optique. Les rayons issus de B forment un faisceau de rayons parallèles inclinés de \epsilon/2. En particulier, le rayon passant par le centre optique O n'est pas dévié. Ce rayon coupe le plan focal image en un foyer secondaire image noté B'.

   2. Distance entre ces deux images

   Dans le triangle rectangle O A' B', rectangle en A', la distance entre les deux images est donnée par :

   A'B' = f' \tan\left(\frac{\epsilon}{2}\right)

   Comme la galaxie est vue sous un angle \epsilon \ll 1, on effectue un développement limité au premier ordre : \tan(\epsilon/2) \simeq \epsilon/2. On obtient ainsi :

   \boxed{A'B' = f' \, \frac{\epsilon}{2}}

   3. Résolution angulaire r_{\text{cap}} du capteur

   Le capteur est constitué de cellules CCD distantes d'un pas a. Pour que le télescope puisse distinguer le centre A du bord B de la galaxie, la distance entre leurs deux images géométriques doit être au moins égale à la distance entre deux cellules consécutives :

   A'B' \ge a \iff f' \, \frac{\epsilon}{2} \ge a \iff \epsilon \ge \frac{2a}{f'}

   La plus petite valeur de \epsilon détectable par le capteur définit la résolution angulaire r_{\text{cap}} :

   \boxed{r_{\text{cap}} = \frac{2a}{f'}}

   Résultat

   $$A^{\prime }{B}^{\prime }=f^{\prime }\frac{ϵ}{2}$$

   $$r_{\text{cap}}=\frac{2a}{f^{\prime }}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q15

   D'après la figure 7, le rayon lumineux incident, parallèle à l'axe optique avec un paramètre d'impact b, subit une déviation d'angle \chi dans le plan passant par le centre S du Soleil. En modélisant la trajectoire par deux demi-droites, la géométrie du triangle rectangle en S donne :

   \tan\chi = \frac{b}{S F_b}

   L'angle de déviation étant très faible (\chi \ll 1), on a \tan\chi \approx \chi. Avec l'expression fournie \chi = \dfrac{2 r_{\mathrm{sch}}}{b}, il vient :

   \frac{b}{S F_b} = \frac{2 r_{\mathrm{sch}}}{b} \implies S F_b = \frac{b^2}{2 r_{\mathrm{sch}}}

   \boxed{S F_b = \frac{b^2}{2 r_{\mathrm{sch}}} = \frac{c^2 b^2}{4 G M_s}}

   Pour un rayon rasant le Soleil, b = R_s, et le point d'intersection est le foyer image gravitationnel F_0. La distance focale gravitationnelle associée z_0 = S F_0 vaut :

   z_0 = \frac{R_s^2}{2 r_{\mathrm{sch}}} = \frac{c^2 R_s^2}{4 G M_s}

   Calculons préalablement le rayon de Schwarzschild du Soleil :

   \begin{aligned} r_{\mathrm{sch}} &= \frac{2 G M_s}{c^2} = \frac{2 \times 6{,}67 \times 10^{-11} \times 1{,}99 \times 10^{30}}{(3{,}00 \times 10^8)^2} \approx 2{,}95 \times 10^3\text{ m} = 2{,}95\text{ km} \end{aligned}

   On en déduit :

   \begin{aligned} z_0 &= \frac{(6{,}96 \times 10^8)^2}{2 \times 2{,}95 \times 10^3} \approx 8{,}21 \times 10^{13}\text{ m} \end{aligned}

   En unités astronomiques (1{,}00\text{ au} = 1{,}50 \times 10^{11}\text{ m}) :

   z_0 = \frac{8{,}21 \times 10^{13}}{1{,}50 \times 10^{11}} \approx 547\text{ au}

   \boxed{z_0 \approx 547\text{ au}}

   Comparaison avec l'orbite de Neptune (r_{\mathrm{N}} = 30\text{ au}) :

   \frac{z_0}{r_{\mathrm{N}}} = \frac{547}{30} \approx 18

   Le foyer gravitationnel du Soleil est situé à une distance environ 18 fois plus grande que le rayon de l'orbite de Neptune.

   Résultat

   $$S{F}_b=\frac{b^2}{2r_{\mathrm{sch}}}=\frac{c^2{b}^2}{4G{M}_s}$$

   $$z_0\approx 547\text{ au}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q16

    Le point source A_0, situé à l'infini sur l'axe optique, émet des rayons parallèles à l'axe avec une infinité de paramètres d'impact b'. D'après la question Q15, un rayon de paramètre d'impact b' coupe l'axe optique en un point à l'abscisse :

    z = \frac{b'^2}{2 r_{\mathrm{sch}}} \iff b' = \sqrt{2 r_{\mathrm{sch}} z}

    Pour qu'un rayon lumineux contourne le Soleil et parvienne jusqu'à l'axe, son paramètre d'impact doit nécessairement vérifier :

    b' \ge R_s

    Le rayon rasant (b' = R_s) converge au foyer image gravitationnel F_0, situé à la distance minimale z_0 = SF_0 \approx 547\text{ au}.

    On distingue donc deux zones pour un observateur situé sur l'axe entre S et F_b (0 < z \le SF_b) :

    • Entre S et F_0 (z < z_0) : les rayons qui convergeraient en une telle abscisse devraient avoir un paramètre d'impact b' < R_s. Ces rayons rencontrent la surface du Soleil et sont absorbés ou diffusés par la matière solaire. Aucun rayon gravitationnellement dévié ne converge donc sur l'axe en avant de F_0 : il est impossible d'exploiter la lentille gravitationnelle entre S et F_0.
    • Entre F_0 et F_b (z_0 \le z \le SF_b) : pour chaque position z, les rayons ayant pour paramètre d'impact b' = \sqrt{2 r_{\mathrm{sch}} z} \in [R_s, b] passent à l'extérieur du Soleil et convergent précisément sur l'axe. Par symétrie de révolution autour de l'axe optique, l'observateur voit alors le point A_0 amplifié sous la forme d'un anneau circulaire (anneau d'Einstein) : l'effet de lentille gravitationnelle est parfaitement exploitable entre F_0 et F_b.

    \boxed{\text{L'observation est impossible entre } S \text{ et } F_0 \ (z < z_0), \text{ mais possible entre } F_0 \text{ et } F_b \ (z_0 \le z \le SF_b).}

    Résultat

    $$\text{L’observation est impossible entre }S\text{ et }{F}_0(z<z_0),\text{ mais possible entre }{F}_0\text{ et }{F}_b(z_0\le z\le S{F}_b).$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question