Chapitre 1

Optique géométrique

Maths Sup - PCSI - Concours 2018

Correction des exercices

SommaireExercices classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1 - Expérience d’Eratosthène H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 - Incidence de Brewster H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 - Flotteur HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 - Fibre optique à saut d’indice HHH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 - Modèle de l’optique géométrique H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 - Distance objet-image H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 - Image du Soleil par une lentille HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 - Lunette de Galilée HHH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Exercices d’approfondissements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

9 - A ne pas « louper » HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 - Prismes HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 - Occulaire de Ramsden HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412 - Lunette de Galilée (approfondissement) HHH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

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- Concours 2018 2

Exercices classiques

Exercice 1 - Expérience d’Eratosthène H

Remarque

En physique, il faut penser à réaliser un schéma présentant la situation (surtout en optique).

On a donc : AS “ 50 ˆ 100 ˆ 160

Soit : AS “ 800000m

Or CTerrestre “ 360

7, 2ˆ 800000

“ 40000km où CTerrestre est la circonférence de la Terre.

Enfin RTerrestre “ CTerrestre

2⇡

Donc :

RTerrestre “ 6, 4 ˆ 10

3km

La valeur calculée par Eratosthène est donc très proche de la valeur tabulée 2000 ans plus tard (6378km actuellement).

Exercice 2 - Incidence de Brewster H

3 - Concours 2018

Rappel de cours

Un tel schéma s’obtient à l’aide de la première loi de Descartes : rayon réfléchi et réfracté appartiennent au pland’incidence. La seconde loi assure qu’en considérant des angles algébriques le rayon réfléchi fait un angle ´i avecla normale (i étant l’angle d’incidence).

D’après la troisième loi de Descartes : sinpiBq “ n sinprqOr : iB ` ⇡

2

` r “ ⇡

D’où : r “ ⇡

2

´ r

Donc : sinprq “ cospibqSoit : tanpiBq “ n

En conclusion :

iB “ Arctanpnq

Exercice 3 - Flotteur HH

1) Comme nair † neau, on passe d’un milieu plus réfringent à un milieu moins réfringent donc, pour qu’il y ait unrayon réfracté, il faut que r § ⇡

2

.

Or neau sinpiq “ nair sinprqDonc neau sinpilimq § nair

Donc :

ilim § Arcsinp nair

neauq “ 48, 8˝

2) Le clou est visible si le flotteur ne le cache pas. Il faut donc :

h • tanp⇡2

´ ilimq ˆ R

Donc :

h • R

tanpilimq

- Concours 2018 4

Exercice 4 - Fibre optique à saut d’indice HHH

1) Pour éviter le phénomène de réfraction, on applique la dernière loi de Descartes à la limite où le faisceau estentièrement réfléchi dans la fibre : on veut réflexion totale dans la fibre.

Alors : nf sinpiq “ ne à la limite de la réflexion totale.Soit : sinpiq • ne

nfpour avoir réflexion totale.

Or : ✓ “ ⇡

2

´ i

D’où : cosp✓q § ne

nfla variation de i et ✓ étant opposée.

Donc :

✓ § Arccospne

nfq “ ✓lim

2) Or on a aussi : sinp↵q “ nf sinp✓q en prenant nair “ 1, 00.Alors : sinp↵q § nf sinp✓limq d’après la condition précédente.Donc : sinp↵q § nf sinpArccospne

nfqq

Soit : sinp↵q § nf

c1 ´ sinpArcsinpne

nfqq2

D’où : sinp↵q § nf

c1 ´ pne

nfq2

Donc la condition sur l’angle incident de l’air vers la fibre est :

↵ § Arcsinpbn2f ´ n2

eq

Exercice 5 - Modèle de l’optique géométrique H

On se place dans le cas où le milieu de propagation est linéaire, homogène et isotrope :

5 - Concours 2018

— Homogène : les propriétés physiques (densité, indice de réfraction, ...) sont les mêmes en tout point du milieu.— Isotrope : ces propriétés physiques sont identiques dans toutes les directions de propagation du rayon lumineux.

Le modèle de l’optique géométrique est le suivant :

Rappel de cours

a) On a retour inverse de la lumière (pour de propager de A vers B la lumière parcourra le même chemin quede B vers A).

b) Il n’y pas d’interaction entre deux faisceaux lumineux : un rayon ne peut en dévier un autre.c) Les lois de Descartes sont valides :

— Loi relative à la réflexion : le rayon réfléchi appartient au plan d’incidence défini par la normale au dioptreet le rayon incident et les angles algébriques d’incidence i et de réflexion i1 vérifient : i1 “ ´i

— Loi relative à la réfraction : le rayon réfracté appartient au plan d’incidence et les angles d’incidence i etde réfraction r vérifient : n1 sinpiq “ n2 sinprq.

Les limites de ce modèle sont la non prise en compte des phénomènes de diffraction et interférences et le stigmatismeapproché.

Rappel de cours

Les conditions permettant un stigmatisme approché sont les conditions de Gauss :— les rayons sont paraxiaux i.e. proches de l’axe optique.— les angles d’incidence des rayons sont très faibles.

Exercice 6 - Distance objet-image H

Soit A le point représentant l’objet sur l’axe optique et A1 le point conjugué de A par la lentille mince.On pose x “ OA1 et D “ AA1 la distance objet-image. Alors OA “ OA1 ` A1A “ x ´ D.

Rappel de cours

La relation de conjugaison de Descartes s’écrit (avec les notations canoniques) :1

OA1 ´ 1

OA“ 1

f 1

La relation de Descartes pour une lentille mince donne :1

x´ 1

x ´ D“ 1

f 1

Donc :x ´ D

xpx ´ Dq ´ x

xpx ´ Dq “ 1

f 1

D’où : ´D “ xpx ´ Dqf 1

Soit : x2 ´ xd ` Df 1 “ 0

Le discriminant est : � “ D2 ´ 4Df 1

Or : � ° 0 car il y a deux solutions distinctes.

Ainsi :

D • 4f 1

- Concours 2018 6

Rappel de cours

La méthode appliquée ci-dessus est la méthode de Silbermann. Elle doit être connue et maîtrisée (tout comme laméthode de Bessel qui permet de prouver qu’il y a deux solutions donc que � ° 0).

Exercice 7 - Image du Soleil par une lentille HH

Tout réside dans la bonne compréhension de ce qui est demandé et donc d’un bon schéma.

On aF 1A1

OF 1 “ tanp↵q et on note f 1 “ F 1A1.Donc d “ tanp↵qf 1 avec d “ F 1A1 le diamètre de l’image.

Ainsi :

d „ ↵f 1 “ 1, 7mm

Exercice 8 - Lunette de Galilée HHH

On note A le point représentant l’objet sur l’axe optique et A1 son conjugué par le système. On note O1 (resp. O2)le centre de lentille 1 (resp. 2) et F1 et F 1

1 (resp. F2 et F 12) les foyers objet et image de la lentille 1 (resp. 2) (cf schéma

lunette de Galilée dans la section exercices d’approfondissement) .

1) On veut A8 L1`L2››››Ñ A18 i.e. que le conjugué d’un objet à l’infini soit une image à l’infini donc que la lunette soitafocale.Et comme A8 L1››Ñ F 1

1 et F2L2››Ñ A18 alors on en déduit :

F 11 “ F2

Donc la distance entre l’objectif et l’oculaire est :

d “ 45cm puisque F 11 “ F2

7 - Concours 2018

2) On a : u „ tanpuq “ AB

F1O1d’après le modèle de l’otique géométrique.

Et : u1 „ tanpu1q “ AB

O2F2

Donc : G “ u1

u“ F1O1

O2F2

Ainsi :

G “ 10

Exercices d’approfondissements

Exercice 9 - A ne pas « louper » HH

On garde les mêmes conventions que celles de l’exercice précédent.

1) On va utiliser les relations de conjugaison de Newton (le calcul est possible par celle de Descartes mais plus légèrementplus compliqué).

Rappel de cours

La formule de conjugaison de Newton s’énonce :

F 1A1 ˆ FA “ ´f 12

Alors : FA “ ´f 12

F 1A1Donc pour F 1A1 ›Ñ ´8 : FA “ 0

Et pour F 1A1 “ ´25cm : FA “ 1cm

La portion d’espace pouvant être observée à travers la loupe correspond donc à un objet situé dans un espace de1cm depuis F vers la gauche i.e. pour FA P r0; 1s en cm soit OA P r´4cm;´5cms.

2) On appelle dm le ponctum proximum (qui vaut 25cm).

On a : u1 „ tanpu1q “ AB

FO

Et : u „ tanpuq “ AB

dm

Donc :

G “ u1

u“ dm

FO“ 5

3) Puisque le Soleil être considéré à l’infini, l’image se formera dans le plan focal image.

Il faut donc placer la feuille dans le plan focal image.

- Concours 2018 8

De plus la taille de l’image I vérifie :

tanpu1q “ I

2f 1 où u1 “ 16

1.

Soit : I “ 2f 1tanpu1q

Or u1 “ 16

1 “ 16⇡

60 ˆ 180

“ 4, 7 ˆ 10

´3rad

Donc :

I “ 0, 47mm

Exercice 10 - Prismes HH

1) D’après les lois de Snell-Descartes, on a :

sinpiq “ n sinprq avec nair “ 1, 00n sinpr1q “ sinpi1q

Or il y a émergence si : n sinpr1q § 1

Soit : r1 § Arcsinp 1n

q

La condition d’émergence porte sur r1. Il s’agit maintenant de l’exprimer pour r puis i. Quelle relation existe-t-ilentre r et r1 ?On a ⇡ “ A ` p⇡

2

´ rq ` p⇡2

´ r1q (d’après les relations d’angle dans le prisme) i.e. A “ r ` r1.

Rappel de cours

Dans un prisme l’angle au sommet A vérifie :

r ` r1 “ A

.

Il s’ensuit : r • A ´ Arcsinp 1n

qOr : sinpiq “ n sinprq

En conclusion, on a èmergence en sortie de prisme si :

i • Arcsinpn sinpA ´ Arcsinp 1n

qqq “ 36

˝

9 - Concours 2018

2) — On a dèjà vu qu’en s’appuyant sur le triangle formè par la partie supèrieure du prisme et le faisceau lumineuxtraversant le prisme, on avait :

r ` r1 “ A

— On a aussi deux relations de Descartes que l’on peut exploiter :

sinpiq “ n sinprq

n sinpr1q “ sinpi1q— Enfin en utilisant le triangle à l’intérieur du prisme formé par les pointillés rouges et le faisceau lumineux

traversant le prisme, on a : ⇡ “ p⇡ ´ Dq ` pi ´ rq ` pi1 ´ r1q. Donc :

D “ i ` i1 ´ pr ` r1qEn conclusion :

1. sinpiq “ n sinprq2. n sinpr1q “ sinpi1q3. r ` r1 “ A

4. D “ i ` i1 ´ pr ` r1q

3) Pour trouver le minimum de déviation, cherchons le minimum de D en variant i. On veut trouver une valeur de i

telle quedD

di“ 0. En différentiant les relations précédentes :

1. cospiq “ n cosprqdrdi

2. cospi1q “ n cospr1qdr1

di1

3. dr ` dr1 “ 0

4. dD “ di ` di1

Or d’après la relation 4. :dD

di“ 1 ` di1

di

Et d’après 1. et 2. :dD

di“ 1 ` n cospr1qdr1

cospi1q ˆ cospiqn cosprqdr

D’après 3. :dD

di“ 1 ´ cospr1q cospiq

cosprq cospi1q

D’où :dD

di“ 0 si et seulement si cospr1q cospiq “ cosprq cospi1q

dD

di“ 0 si et seulement si p1 ´ sinpr1q2qp1 ´ sinpiq2q “ p1 ´ sinprq2qp1 ´ sinpi1q2q

dD

di“ 0 si et seulement si p1 ´ 1

n2sinpi1q2qp1 ´ sinpiq2q “ p1 ´ 1

n2sinpiq2qp1 ´ sinpi1q2q

dD

di“ 0 si et seulement si

1

n2sinpi1q2 ` sinpiq2 “ 1

n2sinpiq2 ` sinpi1q2

dD

di“ 0 si et seulement si p 1

n2´ 1qpsinpi1q2 ´ sinpiq2q “ 0

Or1

n2‰ 1 :

dD

di“ 0 si et seulement si sinpiq2 “ sinpi1q2

Donc, puisque i, i1 P r0; ⇡2

s :

D est minimal pour i “ i1

- Concours 2018 10

Remarque

On aurait pu trouver ce résultat par un raisonnement qualitatif. En effet, par retour inverse de la lumière,l’angle D est égal en valeur absolue à l’angle rD, l’angle de déviation en considérant le rayon arrivant cette foispar la droite. Si D présente un minimum de déviation en imin alors D “ Dmin “ rD d’après ce qui précède.Or le minimum Dmin est atteint pour imin “ i1

min. Donc le minimum de D est atteint pour i “ i1.

Et alors :

Si : i “ i1 “ im

Alors : r “ r1 “ A

2

Donc : Dm “ 2im ´ A

Avec : im “ Arcsinpn sinpA2

qq

Donc :

Dm “ 2Arcsinpn sinpA2

qq ´ A “ 46

˝

Exercice 11 - Occulaire de Ramsden HH

On utilise dans cette exercice les notations canoniques.Détermination du foyer objet du système global F :

On veut que le conjugué du foyer par le système global soit un point à l’infini : F L1`L2››››Ñ A18. Donc on doit avoir :F

L1››Ñ F2L2››Ñ A18. F est donc le conjugué de F2 par L1.

Or d’après la relation de Newton :

F 11F2 F1F “ ´O1F 1

1

2

Soit : F1F “ ´p3aq2F 1101 ` O1O2 ` O2F2

Avec : F 1101 ` O1O2 ` O2F2 “ ´3a ` 2a ´ 3a “ ´4a

F1F “ ´p3aq2´3a ` 2a ´ 3a

Donc : F1F “ ´9a2

´4a

Soit : F1F “ 9a

4

Aussi : O1F “ O1F1 ` F1F “ ´3a ` 9a

4

“ ´3

4

.

Donc :

Donc la position du foyer objet du système global est définie par :

F1F “ 9a

4

soit O1F “ ´3a

4

Détermination du foyer image du système global F 1 :

De même, on veut que F 1 soit le conjugué par le système global d’un objet situé à l’infini : A8 L1`L2››››Ñ F 1. Or :A8 L1››Ñ F 1

1L2››Ñ F 1.

On peut cette fois utilisée la relation de Descartes pour varier les calculs :

11 - Concours 2018

1

O2F 1 ´ 1

O2F 11

“ 1

O2F 12

Donc : O2F 1 “ O2F 12 O2F 1

1

O2F 12 ` O2F 1

1

Soit : O2F 1 “ 3a ˆ a

3a ` a

Donc :

La position du foyer image du système global est définie par :

O2F 1 “ 3a

4

Pour ne pas se fatiguer, il suffit de faire en sorte que l’image donnée par l’objectif se trouve dans le plan focal objetdu système.

Exercice 12 - Lunette de Galilée (approfondissement) HHH

1)

Remarque

On a A8 L1`L2››››Ñ A18. Donc nécessairement A8 L1››Ñ F 11 “ F2

L2››Ñ A18 : F 11 “ F2.

2) On a :

↵ „ tanp↵q “ A1BA1

f 11

Et : ↵1 „ tanp↵1q “ A1BA1

´f 12

D’où : G “ ↵1

↵

Donc :

G “ f 11

´f 12

° 0 : le grossissement est positif donc la lunette est dite droite.

3) — On a G “ f 11

f2“ 20.

— Et de plus O1O2 “ 60cm. Or O1O2 “ O1F 11 ` F 1

1O2 “ f 11 ` F2O2 “ f 1

1 ` f 12.

- Concours 2018 12

Donc : f 11 “ ´Gf 1

2

Et : O1O2 “ f 11 ` f 1

2

Alors : O1O2 “ ´Gf 12 ` f 1

2

Soit : f 12 “ O1O2

1 ´ G

Donc :

f 12 “ O1O2

1 ´ G“ ´3cm et f 1

1 “ ´GO1O2

1 ´ G“ 63cm

4) Position de l’image de l’objectif par l’oculaire :D’après la relation de Descartes :

1

OA1 ´ 1

OA“ 1

f 12

Donc :

OA1 “ OAf 12

OA ` f 12

“ ´3cm

Taille de l’image de l’objectif par l’oculaire :

On a : � “ A1B1

AB

Et : � “ OA1

OA

Donc :

A1B1 “ AB OA1

OA“ 0.3cm

5) Il faut placer l’oeil au plus proche de l’oculaire pour une meilleure optimale.