Feuille d'entraînement : Réflexion, réfraction et fibres optiques

Corrigés

1. Exercice 1CCINP 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

2. Exercice 2CCINP 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

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q19

   Le prisme cubique présente une section carrée d'arête a, inclinée de 45^\circ par rapport à l'axe optique horizontal.

   1. Faisceau incident supérieur (y > 0) :

   • Il frappe la face supérieure gauche avec un angle d'incidence i_1 = 45^\circ par rapport à la normale (inclinée de 45^\circ vers le bas).

   • D'après la loi de Snell-Descartes, l'angle de réfraction r_1 vérifie :

     n_{\text{air}} \sin i_1 = n_v \sin r_1 \implies \sin r_1 = \frac{\sin 45^\circ}{n_v} = \frac{\sqrt{2}}{3} \approx 0{,}47 \quad (r_1 \approx 28{,}1^\circ < 45^\circ)

     Le rayon est donc dévié vers l'intérieur (vers le bas) et atteint la face inférieure droite.

   • La face inférieure droite est rigoureusement parallèle à la face supérieure gauche. L'angle d'incidence sur ce second dioptre vaut donc i_2 = r_1.

   • À la sortie dans l'air, l'angle de réfraction r_2 vérifie :

     n_v \sin i_2 = n_{\text{air}} \sin r_2 \implies \sin r_2 = n_v \sin r_1 = \sin 45^\circ \implies r_2 = 45^\circ

     Le rayon ressort donc parallèle à sa direction incidente, c'est-à-dire horizontalement, mais ayant subi une translation vers le bas.

   2. Faisceau incident inférieur (y < 0) : Par symétrie par rapport à l'axe optique, la moitié inférieure du faisceau pénètre par la face inférieure gauche et ressort par la face supérieure droite (qui lui est parallèle). Elle ressort donc également parallèle à l'axe optique horizontal, décalée vers le haut.

   3. Rayon sur l'axe optique (y = 0) : Ce rayon arrive exactement sur l'arête d'entrée du prisme :

   • la partie infinitésimale supérieure du rayon est réfractée par la face supérieure gauche et constitue la limite inférieure du faisceau dévié vers le bas ;
   • la partie infinitésimale inférieure est réfractée par la face inférieure gauche et constitue la limite supérieure du faisceau dévié vers le haut.

   Le prisme opère ainsi un dédoublement spatial du faisceau initial de diamètre d'_0 en deux faisceaux disjoints et parallèles.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q20

   Le faisceau incident, centré sur l'axe optique, a un diamètre d'_0. L'arête sommitale du prisme cubique divise ce faisceau symétriquement en deux demi-faisceaux de largeur incidente :

   \frac{d'_0}{2}

   Chacune des deux moitiés du faisceau traverse un dioptre plan d'entrée puis un dioptre plan de sortie qui lui est parallèle (le prisme cubique agit pour chaque demi-faisceau comme une lame à faces parallèles).

   Tous les rayons incidents étant parallèles entre eux et ayant le même angle d'incidence sur la face d'entrée, ils subissent exactement la même translation latérale lors de la traversée de la lame à faces parallèles. La distance transverse séparant deux rayons quelconques est donc rigoureusement conservée.

   Par conséquent, le diamètre (ou largeur transversale) d_f de chacun des faisceaux en sortie du dispositif est égal à :

   \boxed{d_f = \frac{d'_0}{2}}

   Résultat

   $$d_f=\frac{d_0^{\prime }}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q34

   Considérons la section de la fibre représentée sur la figure 8 :

   • Le cœur a un diamètre d, un indice n_1, un rayon intérieur R et un rayon extérieur R + d.
   • La face d'entrée étant plane et normale à la direction initiale de la fibre (verticale), les rayons lumineux y pénètrent sans déviation et se propagent parallèlement à la direction verticale.
   • La tangente à la fibre à l'entrée étant verticale, le centre de courbure C appartient à la droite prolongeant la face d'entrée horizontale.

   Chaque rayon entre dans le cœur à une distance r_0 \in [R,\, R+d] du centre de courbure C. En se propageant en ligne droite verticalement le long de la droite d'abscisse -r_0, la distance du rayon au centre C vaut :

   r(y) = \sqrt{r_0^2 + y^2} \ge r_0

   Cette distance est strictement croissante avec y : le rayon s'éloigne du centre de courbure et atteint donc nécessairement l'interface extérieure du cœur, située à la distance R+d de C, en un point de réflexion M.

   Au point M, la normale à l'interface est portée par la droite (CM), de longueur R+d. Dans le triangle CHM rectangle en H, l'angle d'incidence i entre la trajectoire verticale du rayon et la normale (CM) vérifie :

   \sin i = \frac{CH}{CM} = \frac{r_0}{R+d}

   L'angle d'incidence le plus faible correspond au rayon entrant au bord intérieur (r_0 = R) :

   \sin i_{\min} = \frac{R}{R+d}

   Pour que toute la lumière soit guidée sans atténuation, il faut que ce rayon le plus défavorable subisse une réflexion totale à l'interface cœur-gaine, soit i_{\min} \ge i_{\text{lim}}, avec \sin i_{\text{lim}} = \frac{n_2}{n_1} :

   \begin{aligned} \frac{R}{R+d} &\ge \frac{n_2}{n_1} \\ R\, n_1 &\ge n_2 (R+d) \\ R(n_1 - n_2) &\ge n_2 d \end{aligned}

   Le rayon de courbure minimal est donc :

   \boxed{R_{\min} = \frac{n_2}{n_1 - n_2}\, d}

   Application numérique :

   \begin{aligned} R_{\min} &= \frac{1{,}45}{1{,}55 - 1{,}45} \times 50 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{m} \\ &= \frac{1{,}45}{0{,}10} \times 50\ \mu\mathrm{m} = 14{,}5 \times 50\ \mu\mathrm{m} = 725\ \mu\mathrm{m} \approx 0{,}73\ \mathrm{mm} \end{aligned}

   \boxed{R_{\min} \approx 0{,}73\ \mathrm{mm}}

   Résultat

   $$R_{\min }=\frac{n_2}{n_1-n_2}d$$

   $$R_{\min }\approx 0,73\mathrm{mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-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

7. Exercice 7CCINP 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

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q4

   1. Trajet du rayon lumineux à travers la lentille

   • Face plane d'entrée : le rayon incident arrive parallèlement à l'axe optique, donc sous incidence normale sur le dioptre plan. L'angle d'incidence est nul, le rayon traverse sans être dévié et poursuit sa trajectoire rectiligne dans le verre à la distance r de l'axe (Ox).

   • Face hémisphérique de sortie : le dioptre sphérique a pour centre C et pour rayon R. La normale au point d'incidence I est la droite passant par le centre de courbure C, orientée vers l'extérieur. Dans le triangle rectangle formé par la projection de I sur l'axe optique, C et I, l'hypoténuse est CI = R et le côté opposé vaut r. L'angle d'incidence i entre le rayon (horizontal) et la normale (CI) vérifie ainsi :

     \sin i = \frac{r}{R}

   • Réfraction : d'après la loi de Snell-Descartes pour la réfraction au dioptre verre-air :

     n \sin i = 1 \times \sin t \implies \sin t = n \sin i

     Comme n > 1, on a t > i : le rayon réfracté s'écarte de la normale et converge vers l'axe optique.

   2. Expression et calcul de la valeur limite r_0

   La réfraction n'est possible que si \sin t \le 1. La valeur limite r_0 correspond à l'angle de réfraction critique t = \pi/2 (émergence rasante) :

   \sin t = n \frac{r_0}{R} = 1

   soit :

   \boxed{r_0 = \frac{R}{n}}

   Application numérique avec R = 4{,}0\text{ mm} et n = 1{,}52 :

   r_0 = \frac{4{,}0}{1{,}52} \approx 2{,}63\text{ mm} \implies \boxed{r_0 \approx 2{,}6\text{ mm}}

   3. Justification du choix de \Phi = 5{,}0\text{ mm}

   Le rayon physique de la lentille correspond à :

   R_{\text{lentille}} = \frac{\Phi}{2} = 2{,}5\text{ mm}

   On constate que :

   R_{\text{lentille}} < r_0 \quad (2{,}5\text{ mm} < 2{,}63\text{ mm})

   En choisissant ce diamètre, le constructeur s'assure que tous les rayons incidents qui pénètrent dans la lentille émergent sans subir de réflexion totale, tout en maximisant l'ouverture optique (et donc le flux lumineux collecté).

   Résultat

   $$r_0=\frac{R}{n}$$

   $$r_0\approx 2,6\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2023, Q5

   Le centre C de la face plane est également le centre de courbure de la face hémisphérique de la demi-boule.

   • Le rayon incident se propage parallèlement à l'axe optique à la distance r de celui-ci. Il entre dans la lentille sous incidence normale sur la face plane, sans déviation.
   • Il atteint le dioptre sphérique au point I. La droite (CI) est normale à la surface sphérique en I et coupe l'axe (Ox) en faisant un angle i avec la direction incidente.

   • Par définition du sinus dans le repère centré en C, la hauteur du point I vaut :

     r = R \sin i

     et l'abscisse de sa projection orthogonale H sur l'axe optique est :

     \overline{CH} = R \cos i

   Au point I, le rayon passe du verre d'indice n à l'air d'indice 1. D'après les lois de Snell-Descartes pour la réfraction :

   n \sin i = \sin t

   L'angle entre le rayon réfracté et la normale (CI) est t. Comme la normale fait un angle i avec la direction de l'axe (Ox), le rayon émergent fait avec l'axe optique un angle :

   \alpha = t - i

   Considérons le triangle IHA', rectangle en H :

   \tan(t - i) = \frac{HI}{HA'} = \frac{R \sin i}{\overline{HA'}} \implies \overline{HA'} = \frac{R \sin i}{\tan(t - i)}

   Par la relation de Chasles sur l'axe optique :

   \overline{CA'} = \overline{CH} + \overline{HA'}

   En remplaçant par les expressions obtenues, on trouve :

   \boxed{\overline{CA'} = R \cos i + \frac{R \sin i}{\tan(t - i)}}

   Résultat

   $$\overline{C{A}^{\prime }}=R\cos i+\frac{R\sin i}{\tan (t-i)}$$

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10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 2 MPI 2023, Q4

    1. Rapport entre le diamètre lunaire et le diamètre terrestre

    Notons D_\ell le diamètre de la Lune, D_{\mathrm{t}} celui de la Terre et D_{\text{omb}} le diamètre de la zone d'ombre terrestre à la distance Terre-Lune.

    La Lune met \Delta t_1 = 1\text{ h} pour parcourir son propre diamètre D_\ell. Sa vitesse de défilement orbital vaut donc :

    v = \frac{D_\ell}{\Delta t_1}

    Lors d'une éclipse totale, la Lune reste entièrement immergée dans l'ombre pendant une durée \Delta t_2 = 2\text{ h}. Entre le moment où elle est tout juste entrée dans l'ombre et celui où elle commence à en sortir, le centre de la Lune parcourt la distance :

    d = D_{\text{omb}} - D_\ell = v\,\Delta t_2 = D_\ell\,\frac{\Delta t_2}{\Delta t_1} = 2\,D_\ell

    On en déduit le diamètre de l'ombre à la distance de la Lune :

    D_{\text{omb}} = 3\,D_\ell

    Pour relier D_{\text{omb}} au diamètre terrestre D_{\mathrm{t}}, deux approches sont envisageables :

    • Modèle des rayons parallèles (approximation usuelle) : le Soleil étant très éloigné, l'ombre portée par la Terre est assimilée à un cylindre de diamètre D_{\text{omb}} \approx D_{\mathrm{t}}. On obtient :

      D_{\mathrm{t}} = 3\,D_\ell \implies \boxed{\frac{D_\ell}{D_{\mathrm{t}}} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33}

    • Modèle du cône d'ombre (méthode complète d'Aristarque) : le Soleil et la Lune ayant le même diamètre apparent \alpha vu depuis la Terre (comme le montrent les éclipses totales de Soleil), le cône d'ombre converge avec le demi-angle \alpha/2. À la distance Terre-Lune d_{\mathrm{TL}}, le diamètre de l'ombre s'est rétréci de \Delta D = \alpha\,d_{\mathrm{TL}} = D_\ell, soit :

      D_{\text{omb}} = D_{\mathrm{t}} - D_\ell \implies 3\,D_\ell = D_{\mathrm{t}} - D_\ell \implies \boxed{\frac{D_\ell}{D_{\mathrm{t}}} = \frac{1}{4} = 0{,}25}

    2. Valeur du diamètre lunaire évaluée par Aristarque

    D'après la question Q3, le diamètre terrestre déterminé par Ératosthène est D_{\mathrm{t}} \approx 1{,}3 \cdot 10^4\text{ km} (12{,}7 \cdot 10^3\text{ km}).

    • Avec le modèle des rayons parallèles :

      D_\ell = \frac{D_{\mathrm{t}}}{3} \approx \frac{1{,}3 \cdot 10^4}{3} \approx \mathbf{4{,}3 \cdot 10^3\text{ km}} \quad (\text{ou } 4{,}2 \cdot 10^3\text{ km})

    • Avec le modèle du cône d'ombre :

      D_\ell = \frac{D_{\mathrm{t}}}{4} \approx \frac{1{,}3 \cdot 10^4}{4} \approx \mathbf{3{,}3 \cdot 10^3\text{ km}} \quad (\text{ou } 3{,}2 \cdot 10^3\text{ km})

    3. Écart relatif et commentaire

    L'écart relatif par rapport au diamètre réel D_{\ell,\text{réel}} = 3\,500\text{ km} vaut :

    • Pour le modèle des rayons parallèles (D_\ell \approx 4{,}3 \cdot 10^3\text{ km}) :

      \frac{\Delta D_\ell}{D_{\ell,\text{réel}}} = \frac{4{,}3 \cdot 10^3 - 3\,500}{3\,500} \approx \mathbf{+23\%}

    • Pour le modèle du cône d'ombre (D_\ell \approx 3{,}25 \cdot 10^3\text{ km}) :

      \frac{\Delta D_\ell}{D_{\ell,\text{réel}}} = \frac{3{,}25 \cdot 10^3 - 3\,500}{3\,500} \approx \mathbf{-7{,}1\%}

    Commentaire : Les mesures purement géométriques d'Aristarque fournissent un ordre de grandeur remarquable dès le \mathrm{III}^{\text{ème}} siècle avant J.-C., avec une erreur relative comprise entre 7\% et 23\%. L'hypothèse des rayons parallèles surestime le diamètre lunaire car elle néglige la conicité de l'ombre terrestre, tandis que la prise en compte du cône d'ombre conduit à une précision spectaculaire.

    Résultat

    $$\frac{D_{\ell }}{D_{\mathrm{t}}}=\frac{1}{3}\approx 0,33$$

    $$\frac{D_{\ell }}{D_{\mathrm{t}}}=\frac{1}{4}=0,25$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question