Feuille d'entraînement : Optique géométrique

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 MP 2026, Q3

   La lumière traverse l'ouverture circulaire du télescope de diamètre D. Le phénomène de diffraction à l'infini (figure d'Airy) donne une tache centrale circulaire dont le demi-angle d'ouverture (rayon angulaire du premier zéro) vaut en ordre de grandeur :

   \theta_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda_0}{D} \quad \left(\text{ou plus précisément } \theta_{\text{diff}} = 1{,}22\,\frac{\lambda_0}{D}\right).

   L'ouverture angulaire totale (diamètre angulaire du disque central d'Airy) est donc de l'ordre de 2\theta_{\text{diff}} \sim \frac{2\lambda_0}{D}.

   Dans le plan focal image de la lentille de distance focale f', la taille spatiale caractéristique (rayon) de cette tache de diffraction est :

   R_{\text{tâche}} = f' \theta_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda_0 f'}{D}.

   D'après le critère de Rayleigh usuel, deux points sont discernables si la distance séparant leurs images géométriques est au moins égale au rayon de la tache de diffraction (le centre d'une tache coïncidant au plus près avec le premier minimum d'intensité de l'autre) :

   A'B' \ge R_{\text{tâche}}.

   En reprenant l'expression de la distance géométrique établie à la question précédente, A'B' = f'\,\frac{\epsilon}{2}, la condition de résolution s'écrit :

   f'\,\frac{\epsilon}{2} \ge \frac{\lambda_0 f'}{D} \iff \epsilon \ge \frac{2\lambda_0}{D}.

   La résolution angulaire due à la diffraction r_{\text{diff}}, définie comme la plus petite valeur de \epsilon détectable par le télescope (conformément à la question 2), vaut donc :

   \boxed{r_{\text{diff}} = \frac{2\lambda_0}{D}} \quad \left(\text{ou avec le facteur d'Airy : } r_{\text{diff}} = 2{,}44\,\frac{\lambda_0}{D}\right).

   Résultat

   $$r_{\text{diff}}=\frac{2{\lambda }_0}{D}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q24

   Considérons le trajet d'un rayon lumineux dans le plan d'incidence passant par le centre O de la goutte sphérique (figure 7) :

   • Première réfraction à l'entrée (point A) : le rayon passe de l'air (indice n_{\text{air}} = 1) à l'eau (indice n) avec un angle d'incidence i et un angle de réfraction r. Le rayon est dévié vers la normale, dans le sens horaire, d'un angle :

     D_1 = i - r

   • Réflexion interne partielle (point B) : le triangle OAB est isocèle en O car OA = OB = R (rayon de la sphère). L'angle d'incidence en B vaut donc également r. D'après les lois de Descartes pour la réflexion, l'angle réfléchi vaut r. La déviation géométrique subie par le rayon (dans le sens horaire) est :

     D_2 = \pi - 2r

   • Seconde réfraction à la sortie (point C) : le triangle OBC est de même isocèle en O (OB = OC = R), de sorte que l'angle d'incidence sur le dioptre de sortie vaut r. D'après la relation de Snell-Descartes, l'angle d'émergence dans l'air est à nouveau i. Le rayon s'éloigne de la normale, toujours dans le sens horaire, d'un angle :

     D_3 = i - r

   Les trois déviations s'opèrent toutes dans le même sens horaire. La déviation totale \Delta représentée sur la figure 7 correspond à la somme arithmétique de ces trois angles :

   \Delta = D_1 + D_2 + D_3 = (i - r) + (\pi - 2r) + (i - r)

   \boxed{\Delta = \pi - 4r + 2i}

   D'après la loi de Snell-Descartes établie en Q23 :

   \sin(i) = n \sin(r) \implies \sin(r) = \frac{\sin(i)}{n} = \frac{x}{n}

   Les angles i et r étant compris entre 0 et \pi/2, on a :

   i = \operatorname{Arcsin}(x) \quad \text{et} \quad r = \operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{n}\right)

   En injectant ces expressions dans la formule de \Delta, il vient :

   \boxed{\Delta(x) = \pi - 4\operatorname{Arcsin}\left(\frac{x}{n}\right) + 2\operatorname{Arcsin}(x)}

   Résultat

   $$\Delta =\pi -4r+2i$$

   $$\Delta (x)=\pi -4\mathrm{Arcsin}\left(\frac{x}{n}\right)+2\mathrm{Arcsin}(x)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A 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

4. Exercice 4CCINP 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

5. Exercice 5E3A 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

6. Exercice 6Mines-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

7. Exercice 7X-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

8. Exercice 8X-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

9. Exercice 9CCINP 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

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q45

    Le paramètre de l'expérience principalement sensible à la température et à la composition chimique est l'indice optique (ou indice de réfraction) n du milieu fluide remplissant la cavité (ainsi que, au second ordre, la longueur de la cavité L sous l'effet de la dilatation thermique).

    • Sensibilité à la température : l'indice de réfraction d'un liquide diminue lorsque la température augmente (effet thermo-optique lié à la dilatation volumique du solvant, quantifié par le coefficient \frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}T}).
    • Sensibilité à la composition chimique : l'indice optique d'une solution dépend directement de la nature et de la concentration des espèces chimiques ou biomolécules présentes en solution (effet réfractométrique).

    Comme la longueur d'onde d'un mode laser d'ordre m est fixée par la condition d'accord de phase :

    \lambda_m = \frac{2nL}{m}

    toute variation \Delta n (ou \Delta L) se traduit par un décalage spectral mesurable des pics d'émission laser :

    \boxed{\frac{\Delta \lambda_m}{\lambda_m} = \frac{\Delta n}{n} + \frac{\Delta L}{L}}

    Le suivi ultra-précis de la position spectrale des pics d'émission permet ainsi de sonder la température ou la composition chimique du milieu optofluidique.

    Résultat

    $$\frac{\Delta {\lambda }_m}{{\lambda }_m}=\frac{\Delta n}{n}+\frac{\Delta L}{L}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question