Feuille d'entraînement : Optique géométrique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q15

   L'approximation de Gauss (ou approximation des rayons paraxiaux) repose sur la sélection de rayons lumineux qui vérifient deux conditions géométriques conjointes :

   1. Rayons peu inclinés sur l'axe optique : l'angle d'inclinaison \theta de chaque rayon lumineux par rapport à l'axe optique du système reste très petit devant 1\text{ rad} (\theta \ll 1\text{ rad}), ce qui autorise les approximations au premier ordre \sin\theta \approx \tan\theta \approx \theta.
   2. Rayons proches de l'axe optique : les rayons interceptent les surfaces optiques (dioptres, miroirs) à une distance de l'axe optique très faible devant les rayons de courbure des surfaces et les dimensions caractéristiques du système (faible ouverture).

   Dans ces conditions, les aberrations géométriques d'ouverture et d'inclinaison deviennent négligeables, ce qui assure un stigmatisme approché et un aplanétisme approché.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

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

   Soit une goutte sphérique de centre O et de rayon R. Notons A le point d'entrée du rayon, B le point de réflexion interne, et C le point de sortie.

   • À l'entrée en A (réfraction air \to eau) : le rayon passe d'un milieu d'indice n_{\text{air}} = 1 à un milieu plus réfringent d'indice n > 1. Il se rapproche de la normale OA. La déviation subie, comptée dans le sens horaire (sens de courbure du rayon sur la figure 7), s'écrit :

     D_1 = i - r

   • À la réflexion en B : le triangle OAB est isocèle en O car OA = OB = R. L'angle entre le rayon incident et la normale OB est donc égal à r. En vertu de la loi de la réflexion de Descartes, l'angle de réflexion vaut également r. La déviation subie dans le sens horaire est :

     D_2 = \pi - 2r

   • À la sortie en C (réfraction eau \to air) : de même, le triangle OBC est isocèle en O (OB = OC = R), de sorte que l'angle d'incidence en C est r. D'après la loi de Snell-Descartes établie à la question Q23, l'angle de réfraction dans l'air est i. Le rayon s'écarte de la normale et subit une déviation dans le sens horaire :

     D_3 = i - r

   Les trois déviations élémentaires s'effectuant dans le même sens horaire (opposé au sens trigonométrique direct défini comme positif sur la figure 7), l'angle opposé à la déviation algébrique, noté \Delta, est simplement la somme de ces trois angles :

   \begin{aligned} \Delta &= D_1 + D_2 + D_3 \\ &= (i - r) + (\pi - 2r) + (i - r) \end{aligned}

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

   Par ailleurs, avec x = \sin(i), comme i \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], on a i = \arcsin(x).
   La loi de Descartes donne \sin(r) = \frac{\sin(i)}{n} = \frac{x}{n}, ce qui conduit à r = \arcsin\left(\frac{x}{n}\right).

   On obtient ainsi l'expression de \Delta en fonction de n et de x :

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

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q25

   D'après la question Q24, l'angle de déviation s'exprime en fonction de x = \sin(i) par :

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

   En utilisant la formule de dérivation de la composée \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arcsin(u(x)) = \frac{u'(x)}{\sqrt{1 - u(x)^2}}, la dérivée de \Delta(x) par rapport à x s'écrit :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\Delta}{\mathrm{d}x} &= -4 \times \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1 - \left(\frac{x}{n}\right)^2}} + \frac{2}{\sqrt{1 - x^2}} \\ &= -\frac{4}{\sqrt{n^2 - x^2}} + \frac{2}{\sqrt{1 - x^2}} \end{aligned}

   La fonction \Delta(x) passe par un extremum en x = x_m lorsque sa dérivée s'annule :

   \begin{aligned} \left. \frac{\mathrm{d}\Delta}{\mathrm{d}x} \right|_{x = x_m} = 0 &\iff \frac{2}{\sqrt{1 - x_m^2}} = \frac{4}{\sqrt{n^2 - x_m^2}} \\ &\iff \frac{1}{\sqrt{1 - x_m^2}} = \frac{2}{\sqrt{n^2 - x_m^2}} \end{aligned}

   Les deux membres étant strictement positifs pour x_m \in \,]0, 1[, on élève au carré :

   \begin{aligned} \frac{1}{1 - x_m^2} = \frac{4}{n^2 - x_m^2} &\iff n^2 - x_m^2 = 4(1 - x_m^2) \\ &\iff 3x_m^2 = 4 - n^2 \end{aligned}

   Comme x_m = \sin(i_m) > 0, on obtient bien :

   \boxed{x_m = \sin(i_m) = \sqrt{\frac{4 - n^2}{3}}}

   Résultat

   $$x_m=\sin (i_m)=\sqrt{\frac{4-n^2}{3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q7

   1. Condition de stigmatisme : D'après les questions précédentes, la position de l'intersection A' du rayon émergent avec l'axe optique dépend de la distance r à l'axe (aberration sphérique). La convergence en un point unique F' n'est obtenue que dans la limite r \to 0.

      Le point F' ne peut donc être considéré comme le conjugué stigmatique d'un point source à l'infini sur l'axe que dans le cadre des conditions de Gauss (ou approximation paraxiale) :

      • les rayons lumineux sont proches de l'axe optique (r \ll R) ;
      • les rayons sont peu inclinés par rapport à l'axe optique (angles i et t petits devant 1 rad).

      Dans ces conditions, le système présente un stigmatisme approché.

   2. Nom du point F' : Le point F', image dans les conditions de Gauss d'un point objet situé à l'infini sur l'axe optique, est le foyer principal image (ou simplement foyer image) de la lentille.

   \boxed{\text{Conditions de Gauss (rayons paraxiaux : } r \ll R \text{ et angles faibles) \quad ; \quad } F' \text{ est le foyer principal image.}}

   Résultat

   $$\text{Conditions de Gauss (rayons paraxiaux : }r\ll R\text{ et angles faibles) ; }{F}^{\prime }\text{ est le foyer principal image.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q22

   Le faisceau laser incident arrive parallèlement à l'axe optique sur la lentille convergente \mathcal{L}_1. Il converge donc en son foyer principal image F'_1, situé au niveau du trou de l'écran, soit au point O : la distance lentille-écran vaut \overline{O_1 O} = f'_1.

   Le faisceau traverse le trou en O, qui constitue le foyer principal objet F_2 de la lentille \mathcal{L}_2 (d'après la question Q13, la distance écran-lentille vérifie \overline{O O_2} = f'_2). Les rayons divergent depuis O et émergent de la lentille \mathcal{L}_2 parallèlement à l'axe optique : le système formé par le doublet (\mathcal{L}_1, \mathcal{L}_2) est un système afocal (élargisseur de faisceau ou télescope de Kepler).

   En notant \theta le demi-angle d'ouverture du cône de lumière issu de O, l'approximation des petits angles (conditions de Gauss) conduit à :

   \tan\theta \approx \frac{d_{\text{laser}} / 2}{f'_1} = \frac{D_{\text{laser}} / 2}{f'_2}

   On en déduit l'expression du rapport des diamètres :

   \boxed{\frac{D_{\text{laser}}}{d_{\text{laser}}} = \frac{f'_2}{f'_1}}

   De manière équivalente, le rapport inverse s'écrit :

   \frac{d_{\text{laser}}}{D_{\text{laser}}} = \frac{f'_1}{f'_2}

   Résultat

   $$\frac{D_{\text{laser}}}{d_{\text{laser}}}=\frac{f_2^{\prime }}{f_1^{\prime }}$$

   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 8X-ENS Physique MPI 2024, Q8

   Soit un rayon arrivant sous un angle de rasance \theta par rapport à la surface du milieu. L'angle d'incidence classique par rapport à la normale à la surface est i = \frac{\pi}{2} - \theta.

   D'après la loi de Snell-Descartes pour la réfraction au dioptre séparant le vide (ou l'air d'indice 1) et la paroi d'indice n < 1 :

   1 \cdot \sin i = n \sin i_t \iff \cos\theta = n \sin i_t

   où i_t est l'angle de réfraction par rapport à la normale.

   La réfraction n'est possible que si \sin i_t \le 1, c'est-à-dire \cos\theta \le n. Il y a réflexion totale dès que :

   \cos\theta > n

   L'angle critique \theta_c, en deçà duquel la réflexion est totale (\theta \le \theta_c), vérifie donc :

   n = \cos\theta_c

   Or, d'après la question Q6, la réflexion totale a lieu lorsque la composante normale de la vitesse est inférieure à la vitesse critique v_c :

   v_0 \sin\theta_c = v_c \implies \sin\theta_c = \frac{v_c}{v_0}

   On en déduit :

   n = \sqrt{1 - \sin^2\theta_c} = \sqrt{1 - \left(\frac{v_c}{v_0}\right)^2}

   \boxed{n = \sqrt{1 - \frac{v_c^2}{v_0^2}}}

   Remarque : Comme \theta_c \ll 1 (ici \theta_c \approx 10^{-2}\text{ rad}), l'indice est très légèrement inférieur à 1 :

   n \approx 1 - \frac{1}{2}\left(\frac{v_c}{v_0}\right)^2 = 1 - \frac{\theta_c^2}{2} \approx 1 - 5 \cdot 10^{-5}

   Résultat

   $$n=\sqrt{1-\frac{v_c^2}{v_0^2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q21

   Le faisceau lumineux se propage selon l'axe de longueur L et présente une section droite rectangulaire d'aire S_{\text{faisceau}} = h \times l. En supposant le flux lumineux uniformément réparti sur cette section, la fraction d'intensité lumineuse occultée par la goutte est égale au rapport de sa section apparente à celle du faisceau.

   Pour une goutte modélisée par une sphère de diamètre D (D < h), la surface occultée projetée perpendiculairement au faisceau est un disque d'aire :

   S_{\text{occultée}} = \frac{\pi D^2}{4}

   Lorsque la goutte est entièrement immergée dans le faisceau (pour t \in [t_1, t_2]), l'intensité lumineuse occultée est maximale et s'écrit :

   I_{\max} = I_0 \frac{S_{\text{occultée}}}{S_{\text{faisceau}}} = I_0 \frac{\pi D^2}{4 h l}

   L'intensité occultée maximale I_{\max} est donc proportionnelle à D^2.

   D'après le synoptique de la chaîne de traitement :

   1. Le signal issu du capteur vaut e(t) = k(I_0 - I(t)).
   2. L'élimination de la composante continue soustrait la valeur permanente k I_0, ce qui donne -k I(t).
   3. L'inverseur change le signe pour donner k I(t).

   4. L'extracteur de racine carrée produit le signal final :

      s(t) = \sqrt{k I(t)}

   Pour t \in [t_1, t_2], la valeur maximale s_{\max} du signal est donc :

   s_{\max} = \sqrt{k I_{\max}} = \sqrt{\frac{k \pi I_0}{4 h l}} \, D

   On obtient bien la relation de proportionnalité :

   \boxed{s_{\max} = K' D \quad \text{avec} \quad K' = \sqrt{\frac{k \pi I_0}{4 h l}}}

   Résultat

   $$s_{\max }=K^{\prime }D\text{avec}{K}^{\prime }=\sqrt{\frac{k\pi I_0}{4hl}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec 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