Feuille d'entraînement : Optique géométrique

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique B PC 2025, Q2

   Le domaine du spectre visible par l'œil humain s'étend approximativement de 400\text{ nm} (violet) à 750\text{ nm} (rouge extrême).

   La longueur d'onde \lambda = 800\text{ nm} étant supérieure à la limite supérieure du domaine visible, ce rayonnement appartient au domaine du proche infrarouge (PIR).

   \boxed{\text{Le laser émet dans le domaine de l'infrarouge (proche infrarouge).}}

   Résultat

   $$\text{Le laser eˊmet dans le domaine de l’infrarouge (proche infrarouge).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Polytechnique Physique A PC 2024, Q32

   Dans le cadre de l'approximation de l'acoustique géométrique, la direction locale du rayon sonore est portée par le vecteur d'onde \vec{k} = (k_x, k_z).

   L'angle i étant défini comme l'inclinaison du rayon par rapport à la verticale axiale z, les composantes horizontale et verticale de \vec{k} vérifient :

   k_x = \|\vec{k}\| \sin i \quad \text{et} \quad k_z = \|\vec{k}\| \cos i

   D'après la relation de dispersion établie à la question 31, la norme du vecteur d'onde vaut \|\vec{k}\| = \frac{\omega}{c(z)}. On en déduit immédiatement :

   \sin i = \frac{k_x}{\|\vec{k}\|} = \frac{k_x c(z)}{\omega}

   \boxed{\sin i = \frac{k_x c(z)}{\omega}}

   Puisque k_x et \omega sont constants le long d'un même rayon, cette relation se réécrit sous la forme :

   \frac{\sin i(z)}{c(z)} = \text{cte}

   En optique géométrique, la propagation dans un milieu stratifié d'indice n(z) est régie par la loi de Snell-Descartes pour la réfraction :

   n(z) \sin i(z) = \text{cte}

   Ce résultat est donc l'analogue acoustique de la loi de Snell-Descartes, où la célérité locale du son c(z) joue un rôle inversement proportionnel à celui de l'indice optique (n(z) \propto \frac{1}{c(z)}).

   Résultat

   $$\sin i=\frac{k_{x}c(z)}{\omega }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique B PC 2024, Q15

   Considérons deux plans d'onde successifs du faisceau acoustique :

   • le plan d'onde \varphi_1 incident dans le milieu (1), orthogonal à la direction de propagation \vec{k}_1, passant par le point O à un instant t ;
   • le plan d'onde \varphi_2 réfracté dans le milieu (2), orthogonal à \vec{k}_2, passant par le point A à l'instant t + \Delta t.

   Désignons par H_1 le projeté orthogonal du point O sur le rayon incident passant par A (ou le pied de la perpendiculaire abaissée de O sur ce rayon) : le segment [O H_1] appartient au plan d'onde \varphi_1, donc le triangle (O H_1 A) est rectangle en H_1.

   Le vecteur d'onde \vec{k}_1 fait l'angle \theta_1 avec la normale à l'interface (l'axe Oz). Le plan d'onde étant orthogonal à \vec{k}_1, l'angle géométrique entre le plan d'onde \varphi_1 et l'interface (Ox) est égal à \theta_1. Dans le triangle rectangle (O H_1 A), la distance restant à parcourir dans le milieu (1) par le bord droit du faisceau pour atteindre A s'écrit :

   H_1 A = OA \sin\theta_1

   La durée nécessaire à l'onde incidente pour parcourir cette distance à la célérité c_1 vaut :

   \Delta t = \frac{H_1 A}{c_1} = \frac{OA \sin\theta_1}{c_1}

   Pendant cette même durée \Delta t, la partie du front d'onde ayant traversé l'interface en O s'est propagée dans le milieu (2) à la célérité c_2 dans la direction définie par \vec{k}_2. Elle a parcouru la distance O H_2 = c_2 \Delta t, où H_2 est le projeté orthogonal du point A sur le rayon réfracté issu de O.

   Le plan \varphi_2 étant orthogonal à \vec{k}_2, il fait un angle \theta_2 avec l'interface. Dans le triangle (O H_2 A), rectangle en H_2, l'hypoténuse est le segment commun [OA]. Il vient :

   O H_2 = OA \sin\theta_2

   La durée \Delta t s'exprime donc également par :

   \Delta t = \frac{O H_2}{c_2} = \frac{OA \sin\theta_2}{c_2}

   L'onde restant plane lors de sa traversée de l'interface, la continuité du front d'onde en tout point I de l'interface impose l'égalité des durées :

   \frac{OA \sin\theta_1}{c_1} = \frac{OA \sin\theta_2}{c_2}

   En simplifiant par OA \neq 0, on obtient la loi de réfraction :

   \boxed{\frac{\sin \theta_2}{c_2} = \frac{\sin \theta_1}{c_1}}

   Résultat

   $$\frac{\sin {\theta }_2}{c_2}=\frac{\sin {\theta }_1}{c_1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique C PC 2022, Q14

   Au dioptre d'entrée plan (normal à l'axe de la fibre), la loi de Snell-Descartes pour la réfraction s'écrit, l'indice de l'air étant égal à 1 :

   1 \cdot \sin \theta_{\text{in}} = n_1 \sin \theta_r

   D'après la géométrie de la fibre (figure 3), la normale au dioptre d'entrée est orthogonale à la normale à l'interface cœur-gaine. Les angles \theta_r et i_1 sont donc complémentaires :

   i_1 + \theta_r = \frac{\pi}{2} \implies \sin \theta_r = \cos i_1

   Pour que le rayon se propage sans atténuation, il doit subir une réflexion totale à chaque réflexion sur l'interface cœur-gaine (n_1 > n_2). La condition de réflexion totale impose :

   \sin i_1 > \frac{n_2}{n_1}

   Comme i_1 \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], cette condition équivaut à :

   \cos i_1 < \sqrt{1 - \sin^2 i_1} = \sqrt{1 - \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2} = \frac{\sqrt{n_1^2 - n_2^2}}{n_1}

   En injectant cette relation dans la loi de réfraction au dioptre d'entrée, on obtient :

   \sin \theta_{\text{in}} = n_1 \cos i_1 < \sqrt{n_1^2 - n_2^2}

   La fonction sinus étant strictement croissante sur \left[0, \frac{\pi}{2}\right], il vient :

   \theta_{\text{in}} < \theta_c \quad \text{avec} \quad \sin \theta_c = \sqrt{n_1^2 - n_2^2}

   Par définition de l'ouverture numérique ON = \sin \theta_c, on a :

   \boxed{ON = \sqrt{n_1^2 - n_2^2}}

   Résultat

   $$ON=\sqrt{n_1^2-n_2^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2022, Q13

   L'utilisation d'un télescope de grand diamètre D présente deux intérêts physiques majeurs :

   1. Augmentation du pouvoir collecteur (luminosité) : La surface collectrice du miroir primaire est proportionnelle au carré de son diamètre :

      S = \frac{\pi D^2}{4}

      Le flux lumineux collecté en provenance d'un objet céleste lointain est donc proportionnel à D^2. Un diamètre plus grand permet de capter des flux très faibles, rendant ainsi observables des objets très peu lumineux (étoiles de magnitude élevée, galaxies lointaines) ou de diminuer les temps d'exposition nécessaires pour un rapport signal sur bruit donné.

   2. Amélioration du pouvoir de résolution angulaire (séparation) : L'image d'un point à l'infini à travers une pupille circulaire de diamètre D est limitée par la diffraction sous la forme d'une tache d'Airy dont le demi-angle d'ouverture est donné par le critère de Rayleigh :

      \theta_{\min} \simeq 1{,}22\,\frac{\lambda}{D}

      Augmenter le diamètre D diminue la diffraction et permet ainsi de séparer des sources angulairement très proches ou de distinguer des détails plus fins de l'objet observé.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique B PC 2022, Q16

   Considérons le faisceau incident arrivant sur la première lame de Jamin avec un angle d'incidence \theta_i par rapport à la normale à la face avant :

   • Le bras (1) correspond à la fraction du faisceau directement réfléchie sur la face avant en un point noté A_1. D'après la première loi de Snell-Descartes pour la réflexion, le rayon réfléchi repart en faisant un angle \theta_i avec la normale.

   • Le bras (2) correspond à la fraction réfractée au point A_1 à l'intérieur de la lame avec un angle de réfraction r. La loi de Snell-Descartes à l'interface air/verre (l'indice du milieu extérieur étant égal à 1) s'écrit :

     \sin \theta_i = n_v \sin r

     Ce rayon se propage sur une épaisseur normale e, se réfléchit sur la face arrière argentée (miroir parfait) en un point B, puis revient sur la face avant en un point noté A_2.

   La distance séparant A_1 et A_2 le long de la face d'entrée s'obtient directement par la géométrie du trajet dans la lame :

   A_1 A_2 = 2e \tan r

   Au point A_2, le rayon se réfracte vers l'extérieur sous le même angle d'émergence \theta_i par rapport à la normale (n_v \sin r = \sin \theta_i). Les deux bras (1) et (2) se propagent donc parallèlement l'un à l'autre.

   La distance d séparant les deux faisceaux parallèles est la projection orthogonale du segment [A_1 A_2] sur la normale commune aux deux rayons émergents. L'angle entre la face de la lame et les rayons émergents étant \frac{\pi}{2} - \theta_i, l'angle entre le vecteur \vec{A_1 A_2} et la normale aux rayons vaut \theta_i :

   d = A_1 A_2 \cos \theta_i = 2e \tan r \cos \theta_i = 2e \frac{\sin r}{\cos r} \cos \theta_i

   En exprimant \sin r et \cos r en fonction de \theta_i :

   \begin{aligned} \sin r &= \frac{\sin \theta_i}{n_v} \\ \cos r &= \sqrt{1 - \sin^2 r} = \sqrt{1 - \frac{\sin^2 \theta_i}{n_v^2}} = \frac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 \theta_i}}{n_v} \end{aligned}

   d'où :

   \tan r = \frac{\sin \theta_i}{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 \theta_i}}

   En réinjectant cette expression dans celle de d et en utilisant l'identité trigonométrique 2 \sin \theta_i \cos \theta_i = \sin 2\theta_i, on obtient :

   \boxed{d = e \frac{\sin 2\theta_i}{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 \theta_i}}}

   Résultat

   $$d=e\frac{\sin 2{\theta }_i}{\sqrt{n_v^2-{\sin }^2{\theta }_i}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique B PC 2022, Q20

   a) Rayon minimal w_{\min} et résolution spatiale

   Pour un faisceau gaussien de longueur d'onde \lambda et de rayon au col w_{\min}, le profil de rayon s'écrit :

   w(z) = w_{\min} \sqrt{1 + \left(\frac{z}{z_R}\right)^2} \quad \text{avec} \quad z_R = \frac{\pi w_{\min}^2}{\lambda}

   À grande distance (z \gg z_R), le faisceau diverge selon un cône de demi-angle au sommet :

   \theta_o = \lim_{z \to \infty} \frac{w(z)}{z} = \frac{w_{\min}}{z_R} = \frac{\lambda}{\pi w_{\min}}

   On en déduit l'expression du rayon minimal au foyer :

   \boxed{w_{\min} = \frac{\lambda}{\pi \theta_o}}

   Application numérique avec \lambda \simeq 1\ \mu\mathrm{m} = 10^{-6}\ \mathrm{m} et \theta_o \simeq 7 \times 10^{-2}\ \mathrm{rad} :

   w_{\min} \simeq \frac{10^{-6}}{\pi \times 7 \times 10^{-2}} \simeq \frac{10^{-5}}{22} \simeq 4{,}5\ \mu\mathrm{m}

   D'après la question Q13, la taille caractéristique du foyer acoustique est \delta x \simeq 200\ \mu\mathrm{m}. Comme :

   w_{\min} \ll \delta x

   le faisceau laser est beaucoup plus étroit que la région métastable. La résolution spatiale minimale est donc largement suffisante pour sonder localement cette région sans effet de moyenne spatiale indésirable.

   b) Longueur de Rayleigh et description du faisceau

   Pour un faisceau de rayon minimal w = 3w_{\min}, la longueur de Rayleigh s'écrit :

   z_R = \frac{\pi w^2}{\lambda} = \frac{9\pi w_{\min}^2}{\lambda} = \frac{9\lambda}{\pi \theta_o^2}

   \boxed{z_R = \frac{\pi w^2}{\lambda} = \frac{9\lambda}{\pi \theta_o^2}}

   Avec w = 3 \times 4{,}5\ \mu\mathrm{m} \simeq 14\ \mu\mathrm{m} :

   z_R \simeq \frac{9 \times 10^{-6}}{\pi \times (7 \times 10^{-2})^2} \simeq \frac{9 \times 10^{-6}}{1{,}54 \times 10^{-2}} \simeq 5{,}8 \times 10^{-4}\ \mathrm{m} \simeq 0{,}6\ \mathrm{mm}

   La profondeur de champ (ou zone de Rayleigh) s'étend sur une longueur 2z_R \simeq 1{,}2\ \mathrm{mm}, ce qui est nettement supérieur à l'extension du foyer acoustique \delta x \simeq 0{,}2\ \mathrm{mm} :

   2z_R \gg \delta x

   Par conséquent, au sein de la région métastable (|z| \le \delta x / 2 \simeq 100\ \mu\mathrm{m}), le rayon du faisceau varie de manière tout à fait négligeable :

   \frac{w(z) - w}{w} \simeq \frac{1}{2}\left(\frac{z}{z_R}\right)^2 \le \frac{1}{2}\left(\frac{100}{600}\right)^2 \simeq 1{,}4\%

   Au niveau de la région métastable, le faisceau laser peut donc être décrit comme un faisceau collimaté cylindrique de rayon constant w \simeq 14\ \mu\mathrm{m}, à fronts d'onde quasi-plans.

   Résultat

   $$w_{\min }=\frac{\lambda }{\pi {\theta }_o}$$

   $$z_R=\frac{\pi w^2}{\lambda }=\frac{9\lambda }{\pi {\theta }_o^2}$$

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 1 PC 2021, Q3

   Pour une source étendue et une lame à faces parallèles, la différence de marche \delta = 2e\cos\theta ne dépend que de l'inclinaison \theta des rayons et non de la position du point source sur la source primaire. Deux rayons issus d'un même rayon incident émergent parallèlement entre eux : ils n'interfèrent donc qu'à l'infini.

   \boxed{\text{La figure d'interférence est localisée à l'infini.}}

   Pour observer cette figure dans de bonnes conditions :

   • On place en sortie de l'interféromètre une lentille convergente (\mathcal{L}) de distance focale image f', et un écran (\mathcal{E}) placé dans son plan focal image.

   • Le rayon d'un anneau associé à l'angle d'incidence \theta s'écrit dans l'approximation des petits angles :

     r = f' \tan\theta \approx f' \theta

     Pour que la figure soit suffisamment grande et détaillée sans dépasser la taille de l'écran ni les limites du banc d'optique usuel (1 à 2\text{ m}), une distance focale intermédiaire à grande est recommandée, typiquement :

     \boxed{f' \approx 50\text{ cm}\text{ à }1\text{ m}}

     (une focale de 20\text{ cm} donnerait des anneaux trop petits, tandis que f' = 1\text{ m} offre un très bon grandissement angulaire).

   Résultat

   $$\text{La figure d’interfeˊrence est localiseˊe aˋ l’infini.}$$

   $$f^{\prime }\approx 50\text{ cm}\text{ aˋ }1\text{ m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique 2 PC 2021, Q1

   Pour un œil standard (emmétrope), une observation sans fatigue, dite « sans accommodation », s'effectue lorsque le système optique renvoie l'image finale à l'infini (au punctum remotum de l'œil).

   L'image intermédiaire A_1B_1, conjuguée de l'objet AB par l'objectif, joue le rôle d'objet pour l'oculaire. Pour qu'une lentille mince donne d'un objet une image située à l'infini, cet objet doit être placé dans son plan focal objet.

   L'image intermédiaire donnée par l'objectif doit donc se former dans le plan focal objet de l'oculaire (le point A_1 étant situé au foyer principal objet F_2 de l'oculaire) :

   \boxed{A_1 \text{ est confondu avec le foyer objet } F_2 \text{ de l'oculaire.}}

   Résultat

   $$A_1\text{ est confondu avec le foyer objet }{F}_2\text{ de l’oculaire.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique 2 PC 2021, Q2

    L'objet AB est placé perpendiculairement à l'axe optique, en avant du foyer principal objet F_1 de l'objectif L_1.

    1. Construction de l'image intermédiaire A_1B_1 par l'objectif L_1 : Pour déterminer la position du point image B_1, on trace deux rayons issus de B :

    • le rayon passant par le centre optique O_1, qui n'est pas dévié ;
    • le rayon parallèle à l'axe optique, qui émerge de L_1 en passant par le foyer principal image F'_1.

    Ces deux rayons se coupent en B_1. Le point A_1 étant le projeté orthogonal de B_1 sur l'axe optique, il est confondu avec le foyer principal objet de l'oculaire :

    A_1 = F_2

    L'image intermédiaire A_1B_1 est réelle, inversée et fortement agrandie.

    2. Construction de l'image définitive à travers l'oculaire L_2 : Le point B_1 appartenant au plan focal objet de L_2, l'oculaire en donne une image à l'infini :

    • les deux rayons précédemment tracés se propagent au-delà de B_1 et rencontrent la lentille L_2 ;
    • ils émergent de L_2 parallèlement entre eux, inclinés d'un angle \alpha' par rapport à l'axe optique, parallèlement au rayon fictif non dévié passant par B_1 et le centre optique O_2.

    L'image finale A'B' est donc rejetée à l'infini :

    \boxed{AB \xrightarrow{L_1} A_1 B_1 \text{ (dans le plan focal objet de } L_2) \xrightarrow{L_2} A_\infty B_\infty \text{ (à l'infini)}}

    Résultat

    $$AB\stackrel{L_1}{\to }{A}_1{B}_1\text{ (dans le plan focal objet de }{L}_2)\stackrel{L_2}{\to }{A}_{\infty }{B}_{\infty }\text{ (aˋ l’infini)}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question