Feuille d'entraînement : Optique géométrique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q1

   La relation de conjugaison de Descartes avec origine au centre optique O s'écrit :

   \frac{1}{\overline{OA'}} - \frac{1}{\overline{OA}} = \frac{1}{f'} \iff \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} + \frac{1}{\overline{OA}}

   où f' > 0 pour une lentille mince convergente.

   • Tracé a) : Objet situé en amont du foyer objet F (\overline{OA} < -f' < 0)

     L'inégalité \overline{OA} < -f' implique :

     \frac{1}{\overline{OA}} > -\frac{1}{f'} \implies \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} + \frac{1}{\overline{OA}} > 0

     Ainsi, \overline{OA'} > 0 : le point image A' se trouve en aval de la lentille. Les rayons émergents convergent et se coupent physiquement au point B', de sorte que l'image peut être recueillie sur un écran.

     \boxed{\text{Pour le tracé a), l'image } A'B' \text{ est réelle.}}

   • Tracé b) : Objet situé entre le foyer objet F et la lentille (-f' < \overline{OA} < 0)

     L'encadrement -f' < \overline{OA} < 0 entraîne :

     \frac{1}{\overline{OA}} < -\frac{1}{f'} \implies \frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{f'} + \frac{1}{\overline{OA}} < 0

     Ainsi, \overline{OA'} < 0 : le point image A' se trouve en amont de la lentille. Les rayons émergents divergent et ce sont uniquement leurs prolongements géométriques vers l'arrière qui se coupent en B'.

     \boxed{\text{Pour le tracé b), l'image } A'B' \text{ est virtuelle.}}

   Résultat

   $$\text{Pour le traceˊ a), l’image }{A}^{\prime }{B}^{\prime }\text{ est reˊelle.}$$

   $$\text{Pour le traceˊ b), l’image }{A}^{\prime }{B}^{\prime }\text{ est virtuelle.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q2

   Pour construire l'image du point B situé dans le plan focal objet (soit A = F), on utilise deux rayons caractéristiques issus de B :

   1. le rayon incident parallèle à l'axe optique (\Delta), qui émerge de la lentille en passant par le foyer principal image F' ;
   2. le rayon incident passant par le centre optique O de la lentille, qui émerge sans être dévié.

   Puisque les deux rayons émergents sont parallèles entre eux, ils se coupent à l'infini : l'image A'B' est rejetée à l'infini.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2023, Q31

   Considérons un dioptre plan séparant deux milieux d'indices respectifs n_1 et n_2. Un rayon lumineux incident se propageant dans le milieu d'indice n_1 rencontre la surface de séparation au point d'incidence I.

   On définit le plan d'incidence comme le plan contenant le rayon incident et la normale au dioptre au point I. Les angles géométriques i_1, i'_1 et i_2 sont mesurés par rapport à cette normale.

   Les trois lois de Snell-Descartes s'énoncent ainsi :

   1. Loi de coplanarité : les rayons réfléchi et réfracté sont situés dans le plan d'incidence. De part et d'autre de la surface séparatrice, ils se trouvent du côté opposé au rayon incident par rapport à la normale.

   2. Loi de la réflexion : l'angle de réflexion i'_1 est égal à l'angle d'incidence i_1 :

      \boxed{i'_1 = i_1}

   3. Loi de la réfraction : l'angle de réfraction i_2 et l'angle d'incidence i_1 vérifient la relation :

      \boxed{n_1 \sin(i_1) = n_2 \sin(i_2)}

   Résultat

   $$i_1^{\prime }=i_1$$

   $$n_1\sin (i_1)=n_2\sin (i_2)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2021, Q22

   1. Construction géométrique et position de l'image

   L'objet étant situé à l'infini, son image par la lentille mince convergente se forme dans le plan focal image, situé à la distance focale image f' du centre optique O de la lentille.

   Le centre de la source sphérique, situé sur l'axe optique, a pour image le foyer principal image F'. Un point du bord de la source, vu sous le demi-angle \beta, émet des rayons inclinés d'un angle \beta par rapport à l'axe optique. Le rayon incident passant par le centre optique O n'est pas dévié et vient couper le plan focal image en un point B', formant ainsi le bord de l'image.

   2. Expression du rayon r de l'image

   Dans le triangle rectangle OF'B', la trigonométrie donne :

   \tan\beta = \frac{F'B'}{OF'} = \frac{r}{f'}

   Puisque le demi-angle apparent vérifie \beta \ll 1, on effectue l'approximation des petits angles \tan\beta \approx \beta, d'où :

   \boxed{r = f'\beta}

   3. Expression de la concentration C

   Par définition, la concentration lumineuse C est le rapport entre la surface de collecte de la lentille et la surface de l'image formée :

   C = \frac{S_{\text{système optique}}}{S_{\text{image}}} = \frac{\pi \rho_L^2}{\pi r^2} = \left(\frac{\rho_L}{r}\right)^2

   En injectant r = f'\beta, il vient :

   \boxed{C = \left(\frac{\rho_L}{f'\beta}\right)^2}

   D'après la définition de l'angle \alpha donnée dans le préambule, le rayon le plus incliné émergeant de la lentille et passant par le foyer image F' provient du bord extrême de la lentille, situé à la distance \rho_L de l'axe optique. Dans le triangle rectangle formé par le centre optique O, le bord supérieur de la lentille et F', on a :

   \tan\alpha = \frac{\rho_L}{f'}

   On en déduit l'expression de la concentration en fonction de \alpha et \beta :

   \boxed{C = \frac{\tan^2(\alpha)}{\beta^2}}

   Résultat

   $$r=f^{\prime }\beta$$

   $$C={\left(\frac{{\rho }_L}{f^{\prime }\beta }\right)}^2$$

   $$C=\frac{{\tan }^2(\alpha )}{{\beta }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q24

   Lorsqu'un rayon lumineux rencontre un dioptre séparant deux milieux transparents, homogènes et isotropes d'indices optiques n_1 et n_2, il donne naissance à un rayon réfléchi dans le milieu 1 et à un rayon réfracté (ou transmis) dans le milieu 2.

   On définit le plan d'incidence comme le plan contenant le rayon incident et la normale au dioptre au point d'incidence I. Les lois de Snell-Descartes s'énoncent alors ainsi :

   1. Lois relatives au plan d'incidence : Le rayon réfléchi et le rayon réfracté sont entièrement situés dans le plan d'incidence.

   2. Loi de la réflexion : Le rayon réfléchi reste dans le milieu d'incidence (milieu 1) et son angle géométrique de réflexion i_1' est égal à l'angle géométrique d'incidence i_1 :

      \boxed{i_1' = i_1}

      (ou i_1' = -i_1 en convention d'angles algébriques).

   3. Loi de la réfraction : Le rayon réfracté se propage dans le second milieu (milieu 2) avec un angle géométrique de réfraction i_2 lié à i_1 par :

      \boxed{n_1 \sin(i_1) = n_2 \sin(i_2)}

   Résultat

   $$i_1^{\prime }=i_1$$

   $$n_1\sin (i_1)=n_2\sin (i_2)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q28

   1. Définition du stigmatisme

   Un système optique est dit rigoureusement stigmatique pour un couple de points (A, A') si tout rayon lumineux issu du point objet A (réel ou virtuel) et traversant le système optique émerge en passant (ou dont le prolongement passe) par un point unique A', appelé point image (réel ou virtuel).

   De façon plus générale, le système est stigmatique s'il transforme tout point objet en un point image unique, sans étalement spatial du faisceau émergent.

   2. Exemple de système optique rigoureusement stigmatique

   Le miroir plan présente un stigmatisme rigoureux pour tout point de l'espace : l'image A' d'un point A quelconque est son symétrique orthogonal par rapport au plan du miroir.

   Autre exemple classique : le miroir parabolique, rigoureusement stigmatique pour le couple constitué de son foyer et d'un point situé à l'infini sur son axe de révolution.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2025, Q33

   D'après la figure (6), le satellite se trouve à l'altitude H au-dessus du point \mathrm{O}. Dans le triangle rectangle reliant le satellite \mathrm{S}, l'origine \mathrm{O} et une cible au sol d'abscisse y, on a :

   \tan\theta = \frac{y}{H} \implies y = H \tan\theta

   Les limites de la zone éclairée par le faisceau (la fauchée) sont données par :

   \begin{aligned} y_{\min} &= H \tan\theta_{\min} \\ y_{\max} &= H \tan\theta_{\max} \end{aligned}

   La largeur de la fauchée s'exprime donc par :

   \Delta y = y_{\max} - y_{\min} = H (\tan\theta_{\max} - \tan\theta_{\min})

   Application numérique : Avec H = 700\text{ km}, \theta_{\min} = 20^\circ et \theta_{\max} = 50^\circ :

   \begin{aligned} \tan(20^\circ) &\simeq 0{,}364 \\ \tan(50^\circ) &\simeq 1{,}192 \\ \Delta y &= 700 \times (1{,}192 - 0{,}364) \simeq 5{,}8 \times 10^2\text{ km} \end{aligned}

   \boxed{\Delta y \simeq 580\text{ km}}

   Commentaire : À la question Q31, la distance minimale séparant deux passages consécutifs au niveau de l'équateur (où l'écart entre traces est maximal) a été évaluée à d_{\mathrm{c}} \simeq 230\text{ km}. On constate que :

   \Delta y > d_{\mathrm{c}} \quad (\Delta y \simeq 2{,}5 \, d_{\mathrm{c}})

   La largeur de la fauchée est largement supérieure à l'écartement maximal entre deux traces descendantes. Cela assure une couverture intégrale de la surface terrestre en un cycle orbital (12 jours), sans zone d'ombre (« trou » de fauchée), avec un recouvrement notable entre deux bandes adjacentes qui facilite les raccords cartographiques et l'interférométrie.

   Résultat

   $$\Delta y\simeq 580\text{ km}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2025, Q46

   Dans le repère local de la figure (6), l'abscisse au sol d'une cible vue sous l'angle \theta depuis le satellite situé à l'altitude H s'écrit :

   y = H \tan\theta

   La zone observée s'étend de y_0 = H \tan\theta_0 à y_1 = H \tan\theta_1, de sorte que l'extension spatiale vaut :

   \Delta y = y_1 - y_0 = H (\tan\theta_1 - \tan\theta_0)

   On en déduit :

   \tan\theta_1 = \tan\theta_0 + \frac{\Delta y}{H}

   Avec H = 700\text{ km}, \Delta y = 30\text{ km} et \theta_0 = 30^\circ :

   \begin{aligned} \frac{\Delta y}{H} &= \frac{30}{700} \simeq 4{,}29 \times 10^{-2} \\ \tan\theta_0 &= \tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}} \simeq 0{,}577 \\ \tan\theta_1 &= 0{,}577 + 0{,}043 = 0{,}620 \implies \theta_1 = \arctan(0{,}620) \simeq 31{,}8^\circ \simeq 0{,}555\text{ rad} \end{aligned}

   L'écart angulaire maximal est donc :

   \beta_{\max} = \theta_1 - \theta_0 \simeq 1{,}8^\circ \simeq 3{,}2 \times 10^{-2}\text{ rad}

   Remarque (calcul différentiel) : À l'ordre 1, \Delta y \simeq \dfrac{H}{\cos^2\theta_0} \beta_{\max}, soit :

   \beta_{\max} \simeq \frac{\Delta y}{H} \cos^2\theta_0 = \frac{3}{70} \times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{9}{280} \simeq 3{,}21 \times 10^{-2}\text{ rad}

   Puisque toute cible de cette zone est vue sous un angle \theta = \theta_0 + \beta avec 0 \le \beta \le \beta_{\max}, on a bien :

   \boxed{\beta \le 3{,}2 \times 10^{-2}\text{ rad} \ll 1}

   L'approximation au premier ordre en \beta est donc pleinement justifiée pour la suite.

   Résultat

   $$\beta \le 3,2\times 10^{-2}\text{ rad}\ll 1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2025, Q51

   Dans le repère local \mathcal{R}(O, x, y, z), le satellite S_1 se trouve à l'altitude H à l'aplomb de l'origine : S_1\,(0, 0, H).
   La cible réelle C a pour coordonnées (0, Y, h) et la cible apparente C' a pour coordonnées (0, Y', 0) avec Y' = Y - \delta Y.

   La distance mesurée par le radar étant identique pour C et C' (R_1 = \|\overrightarrow{S_1 C}\| = \|\overrightarrow{S_1 C'}\|), écrivons l'égalité des carrés des distances :

   \begin{aligned} \|\overrightarrow{S_1 C}\|^2 &= Y^2 + (H - h)^2 = Y^2 + H^2 - 2Hh + h^2 \\ \|\overrightarrow{S_1 C'}\|^2 &= Y'^2 + H^2 = (Y - \delta Y)^2 + H^2 = Y^2 - 2Y\delta Y + (\delta Y)^2 + H^2 \end{aligned}

   En égalant les deux expressions et en simplifiant par Y^2 + H^2 :

   -2Y\delta Y + (\delta Y)^2 = -2Hh + h^2

   Puisque le relief est de faible dimension devant l'altitude et la distance horizontale (h \ll H et \delta Y \ll Y), les termes quadratiques (\delta Y)^2 et h^2 sont négligeables au premier ordre devant les termes linéaires :

   -2Y\delta Y \simeq -2Hh

   On en déduit immédiatement la relation demandée :

   \boxed{\delta Y = \frac{H}{Y} \times h}

   Comparaison des distances pour une montagne de profil triangulaire. Considérons une montagne triangulaire posée sur le sol (z = 0) entre un pied avant P_1\,(Y_1, 0) (le plus proche du satellite, Y_1 < Y) et un pied arrière P_2\,(Y_2, 0) (Y_2 > Y), avec un sommet S\,(Y_S, h) d'altitude h > 0.

   Les pieds P_1 et P_2 étant d'altitude nulle (h = 0), leur position apparente coïncide avec leur position réelle : Y'_{P_1} = Y_1 et Y'_{P_2} = Y_2.
   En revanche, le sommet d'altitude h > 0 subit un décalage vers le satellite :

   Y'_S = Y_S - \delta Y < Y_S \quad \text{avec} \quad \delta Y = \frac{H}{Y_S}h > 0

   On compare alors les distances apparentes au sol aux distances réelles horizontales :

   • Versant avant (face au radar, P_1 \to S) :

     d'_{\text{avant}} = Y'_S - Y_1 = (Y_S - Y_1) - \delta Y = d_{\text{avant}} - \delta Y < d_{\text{avant}}

     La distance apparente est inférieure à la distance réelle : le versant avant apparaît raccourci (phénomène de foreshortening).

   • Versant arrière (opposé au radar, S \to P_2) :

     d'_{\text{arrière}} = Y_2 - Y'_S = (Y_2 - Y_S) + \delta Y = d_{\text{arrière}} + \delta Y > d_{\text{arrière}}

     La distance apparente est supérieure à la distance réelle : le versant arrière apparaît étiré (allongé).

   Résultat

   $$\delta Y=\frac{H}{Y}\times h$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2023, Q32

    1. Schéma du prisme et tracé des rayons

    2. Réfraction sur la face d'entrée

    Le faisceau incident est normal à la face d'entrée plane du prisme, ce qui correspond à un angle d'incidence i_1 = 0. D'après la loi de Snell-Descartes :

    1 \cdot \sin(i_1) = n \sin(r_1) \implies r_1 = 0

    Le faisceau n'est donc pas dévié et pénètre dans le prisme en se propageant en ligne droite le long de l'horizontale.

    3. Réfraction sur la face de sortie

    Dans le triangle formé par le sommet S, le point d'entrée et le point d'émergence I :

    • l'angle au sommet vaut B ;
    • le rayon étant perpendiculaire à la face d'entrée, il fait avec la face de sortie un angle égal à \frac{\pi}{2} - B.

    La normale à la face de sortie étant orthogonale à cette face, l'angle d'incidence i_2 du faisceau sur le dioptre de sortie vérifie :

    i_2 = \frac{\pi}{2} - \left(\frac{\pi}{2} - B\right) = B

    En appliquant la loi de Snell-Descartes pour la réfraction au dioptre verre-air (d'indices respectifs n et n_{\text{air}} = 1) :

    n \sin(i_2) = 1 \cdot \sin(r)

    soit :

    \boxed{\sin r = n \sin B \iff r = \arcsin(n \sin B)}

    Résultat

    $$\sin r=n\sin B⟺r=\arcsin (n\sin B)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question