Feuille d'entraînement : Réflexion, réfraction et fibres optiques

Corrigés

1. Exercice 1ENS 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

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q41

   D'après la loi de Snell-Descartes pour la réfraction au dioptre plan séparant les milieux d'indices respectifs n_1 et n_2 :

   n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2

   ce qui conduit à :

   \sin\theta_2 = \frac{n_1}{n_2}\sin\theta_1

   Un rayon réfracté ne peut exister que si \sin\theta_2 \le 1, ce qui impose :

   \sin\theta_1 \le \frac{n_2}{n_1}

   Le milieu incident étant plus réfringent que le milieu émergent (n_1 > n_2), on a \dfrac{n_2}{n_1} < 1. Il existe donc un angle d'incidence particulier \theta_{\lim} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], appelé angle limite de réfraction, tel que :

   \boxed{ \sin\theta_{\lim} = \frac{n_2}{n_1} \iff \theta_{\lim} = \arcsin\left(\frac{n_2}{n_1}\right) }

   Pour tout angle d'incidence strictement supérieur (\theta_1 > \theta_{\lim}), l'équation de Snell-Descartes n'admet aucune solution réelle pour \theta_2 : aucun rayon n'est transmis dans le milieu 2, l'onde incidente est intégralement réfléchie dans le milieu 1. C'est le phénomène de réflexion totale.

   Application numérique : D'après les données fournies :

   \frac{n_2}{n_1} = \frac{1{,}33}{1{,}52} = 0{,}88

   Par lecture sur la figure 1 (courbe de la fonction \arcsin pour x = 0{,}88), on relève :

   \boxed{ \theta_{\lim} \approx 62^\circ \quad (\text{soit } 1{,}1\text{ rad}) }

   Résultat

   $$\sin {\theta }_{\lim }=\frac{n_2}{n_1}⟺{\theta }_{\lim }=\arcsin \left(\frac{n_2}{n_1}\right)$$

   $${\theta }_{\lim }\approx 62^{\circ }(\text{soit }1,1\text{ rad})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS 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

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2021, Q26

   D'après la question Q25, la composante tangentielle du vecteur unitaire incident est v_{1,T} = \sin i_1, de sorte que :

   1 - (v_{1,N})^2 = (v_{1,T})^2 = \sin^2 i_1

   Le terme situé sous la racine carrée dans la relation (5) s'écrit donc :

   \Delta = 1 - \left(\frac{n_1}{n_2}\right)^2 (1 - (v_{1,N})^2) = 1 - \left(\frac{n_1}{n_2}\right)^2 \sin^2 i_1 = \cos^2 i_2

   Ce terme est strictement négatif lorsque :

   \sin^2 i_1 > \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2

   Cette condition ne peut être réalisée que si :

   \boxed{n_1 > n_2 \quad \text{et} \quad i_1 > i_{\text{lim}} = \arcsin\left(\frac{n_2}{n_1}\right)}

   c'est-à-dire lors du passage d'un milieu plus réfringent vers un milieu moins réfringent, pour un angle d'incidence supérieur à l'angle critique i_{\text{lim}} (ou encore v_{1,N} < \sqrt{1 - (n_2/n_1)^2}).

   Dans cette situation, il n'existe pas d'onde transmise sous forme de rayon réfracté : le phénomène observé est la réflexion totale. Le rayon lumineux ne pénètre pas dans le milieu 2 ; il est intégralement réfléchi dans le milieu 1 selon les lois de Snell-Descartes pour la réflexion :

   \boxed{\text{Le rayon est réfléchi dans le milieu 1, avec un angle de réflexion } i_1' = i_1 \text{ par rapport à la normale } \vec{N}.}

   Son vecteur unitaire directeur après réflexion est alors \vec{v}_{\text{réfléchi}} = v_{1,T}\vec{T} - v_{1,N}\vec{N} = \vec{v}_1 - 2(\vec{v}_1\cdot\vec{N})\vec{N}.

   Résultat

   $$n_1>n_2\text{et}{i}_1>i_{\text{lim}}=\arcsin \left(\frac{n_2}{n_1}\right)$$

   $$\text{Le rayon est reˊfleˊchi dans le milieu 1, avec un angle de reˊflexion }{i}_1^{\prime }=i_1\text{ par rapport aˋ la normale }\vec{N}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS 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

6. Exercice 6ENS 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

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2023, Q24

   D'après le schéma de la figure 9 :

   • Le faisceau d'excitation, centré à \lambda_0 = 550\text{ nm} et de largeur \Delta \lambda = 40\text{ nm} (soit une bande [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}]), doit être réfléchi par le miroir dichroïque vers l'échantillon. Le coefficient de réflexion doit donc y être maximal :

     R(\lambda) \approx 1 \quad \text{pour } \lambda \in [530\text{ nm}\,;\,570\text{ nm}].

   • La fluorescence émise par la molécule \mathrm{ATTO565}^{\mathrm{TM}} présente un spectre compris essentiellement entre 570\text{ nm} et 700\text{ nm} (avec un maximum à 590\text{ nm}, d'après la figure 7). Ce signal doit être transmis vers la caméra sans être dévié :

     T(\lambda) \approx 1 \implies R(\lambda) \approx 0 \quad \text{pour } \lambda \ge 580\text{ nm}.

   Le miroir dichroïque agit donc comme un filtre passe-bas en réflexion (ou passe-haut en transmission), avec une longueur d'onde de coupure \lambda_c située entre la bande d'excitation et le début de la bande d'émission, typiquement :

   \lambda_c \approx 575\text{ nm}.

   \boxed{R(\lambda) \approx \begin{cases} 1 & \text{pour } \lambda < \lambda_c \approx 575\text{ nm} \quad \text{(réflexion de l'excitation)} \\ 0 & \text{pour } \lambda > \lambda_c \approx 575\text{ nm} \quad \text{(transmission de la fluorescence)} \end{cases}}

   Résultat

   $$R(\lambda )\approx \{\begin{array}{ll}1& \text{pour }\lambda <{\lambda }_c\approx 575\text{ nm}\text{(reˊflexion de l’excitation)}\\ 0& \text{pour }\lambda >{\lambda }_c\approx 575\text{ nm}\text{(transmission de la fluorescence)}\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q25

   Soient i_1 et i_2 les angles formés respectivement par les rayons incident (\vec{v}_1) et réfracté (\vec{v}_2) avec la normale \vec{N} orientée du milieu 1 vers le milieu 2.

   Dans la base orthonormée (\vec{T}, \vec{N}) du plan d'incidence, les vecteurs unitaires \vec{v}_1 et \vec{v}_2 se décomposent selon :

   \begin{aligned} \vec{v}_1 &= v_{1,T} \vec{T} + v_{1,N} \vec{N} = \sin(i_1) \vec{T} + \cos(i_1) \vec{N} \\ \vec{v}_2 &= v_{2,T} \vec{T} + v_{2,N} \vec{N} = \sin(i_2) \vec{T} + \cos(i_2) \vec{N} \end{aligned}

   On identifie ainsi les composantes tangentielles :

   v_{1,T} = \sin(i_1) \quad \text{et} \quad v_{2,T} = \sin(i_2)

   La seconde loi de Snell-Descartes pour la réfraction s'écrit n_1 \sin(i_1) = n_2 \sin(i_2), ce qui donne immédiatement :

   \boxed{v_{2,T} = \frac{n_1}{n_2} v_{1,T}}

   Puisque les vecteurs \vec{v}_1 et \vec{v}_2 sont unitaires et que la base (\vec{T}, \vec{N}) est orthonormée, leurs normes vérifient :

   \begin{aligned} v_{1,T}^2 + v_{1,N}^2 = 1 &\implies v_{1,T}^2 = 1 - v_{1,N}^2 \\ v_{2,T}^2 + v_{2,N}^2 = 1 &\implies v_{2,N}^2 = 1 - v_{2,T}^2 \end{aligned}

   Le rayon réfracté pénétrant dans le milieu 2 dans le sens de \vec{N}, on a i_2 \in [0, \pi/2[, d'où v_{2,N} = \cos(i_2) > 0. On en déduit :

   v_{2,N} = \sqrt{1 - v_{2,T}^2} = \sqrt{1 - \left(\frac{n_1}{n_2}\right)^2 v_{1,T}^2}

   En exprimant enfin v_{1,T}^2 en fonction de v_{1,N}, il vient :

   \boxed{v_{2,N} = \sqrt{1 - \left(\frac{n_1}{n_2}\right)^2 \left(1 - v_{1,N}^2\right)}}

   Résultat

   $$v_{2,T}=\frac{n_1}{n_2}{v}_{1,T}$$

   $$v_{2,N}=\sqrt{1-{\left(\frac{n_1}{n_2}\right)}^2\left(1-v_{1,N}^2\right)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS 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

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2023, Q33

    D'après la relation établie à la question précédente :

    \sin r = n \sin B

    Dans le cas d'un prisme cale (ou prisme de faible angle au sommet), l'angle B est très petit devant 1\text{ rad} (B \ll 1). On peut alors effectuer un développement limité au premier ordre de la fonction sinus :

    \sin B \approx B

    L'indice optique du verre étant de l'ordre de n \approx 1{,}5, la quantité n \sin B \approx n B reste très petite devant 1. Par conséquent, l'angle émergent r est également très petit (r \ll 1\text{ rad}), ce qui permet d'écrire :

    \sin r \approx r

    La relation se simplifie donc sous la forme linéaire :

    \boxed{r \approx n B}

    où les angles r et B sont impérativement exprimés en radians (ou dans la même unité angulaire).

    Résultat

    $$r\approx nB$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question