10 Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc.Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
2. a) Si on éloigne le centre de courbure, R augmente
et�f augmente aussi puisque f 5 R2
.
b) Elle devient infinie.
c) Un miroir plan.
3. a) M1 : miroir plan ; M2 : miroir convexe (ou divergent).
b) Comme l’angle d’incidence est égal à l’angle de réflexion, le rayon réfléchi par le miroir M2 passera par B.
4. La réflexion sur le miroir M1 est erronée. En effet, l’angle d’incidence (i) n’est pas égal à l’angle de réflexion (r).
5. En utilisant la seconde loi de la réflexion, on trou-ve que le rayon atteindra le miroir M2 après ses réflexions sur les miroirs M4 et M5.
6. Comme les images virtuelles se forment derrière les miroirs plans, les miroirs donnent l’impression qu’il y a quelque chose derrière eux, ce qui semble agrandir la pièce.
7. D’abord, lorsque la personne est au-delà du cen-tre de courbure : image réelle, inversée, plus petite que la personne, entre le centre et le foyer.
La personne est au centre de courbure : image réelle, inversée, de même grandeur que la personne, en C.
La personne est entre le centre de courbure et le foyer : image réelle, inversée, plus grande que la per-sonne, au-delà du centre de courbure.
La personne est au foyer : pas d’image (ou image à l’infini, ce qui revient au même).
La personne est entre le foyer et le miroir : image virtuelle, droite, plus grande que la personne, der-rière le miroir et plus loin du miroir que la personne.
8. Le visage de la personne est alors au foyer (ou près du foyer) de la cuillère.
9. f 5 -20 cm do 5 50 cm ho 5 25 cm di 5 ? hi 5 ?
1f5
1do
1 1di
1di
5 1f 2
1do
5 1
-20 cm 2
150 cm
5 -5
100 cm 2 2
100 cm 5 -7
100 cm
di 5 -100 cm
7 5 -14 cm
g 5 hi
ho
5 -di
do
hi 5 -di ho
do
5 -(-14 cm) (25 cm)
50 cm
g 5 1 7,0 cm
Puisque di 0 et que hi 0, l’image est virtuelle et droite (et plus petite que l’objet), comme à l’habitude pour un miroir convexe.
Chapitre 3 La réfraction de la lumière Manuel, p. 77 à 94
pour FAire Le poiNt
Section 3.2 L’indice de réfraction
Manuel, p. 81
1. v 5 2,50 3 108 m/s c 5 3,00 3 108 m/s n 5 ?
n cv
,,
, m m
= =××
=3 00 102 50 10
18
8
/s/s
220
2. n 5 1,92 c 5 3,00 3 108 m/s v 5 ?
ncv
vcn
,,
,
m
=
= = =3 00 10
1 921 56
8× /s×× m108 /s
ncv
vcn
,,
,
m
=
= = =3 00 10
1 921 56
8× /s×× m108 /s
3. vair 5 c 5 3,00 3 108 m/s
� vzircon 5 1,56 3 108 m/s (voir�la�question�2�)
11Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc. Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
v 5 ?
v 5 vair 2 vzircon 5 3,00 3 108 m/s 2 1,56 3 108 m/s
v 5 1,44 3 108 m/s
4. c 5 3,00 3 108 m/s n 5 1,50 (verre) v 5 ?
ncv
vcn
m
=
= =×
=,
,,
3 00 101 50
2 008 /s
×× m108 /s
ncv
vcn
m
=
= =×
=,
,,
3 00 101 50
2 008 /s
×× m108 /s
5. Quartz : d 5 1,00 m n 5 1,55 v 5 ? t 5 ?
ncv
vcn
m
,
,,
=
= =×
=3 00 10
1 551 9
8 /s44 108 m× /s
ncv
vcn
m
,
,,
=
= =×
=3 00 10
1 551 9
8 /s44 108 m× /s
�d v t
tdv
,,
m
m
= ×
= =×
1 00
1 94 108 /ss-,= × s5 15 10 9
d v t
tdv
,,
m
m
= ×
= =×
1 00
1 94 108 /ss-,= × s5 15 10 9
6. L’indice de réfraction relatif est égal au rapport entre les indices de réfraction de deux milieux transparents :
n1→2 5 n2
n1
Si la valeur de n2 est plus faible que celle de n1, c’est-à-dire si le rayon passe d’un milieu plus réfringent à un milieu moins réfringent, le rapport
n2
n1
est inférieur à 1.
7. La réfringence d’un milieu est d’autant plus grande que l’indice de réfraction (n) est élevé. Ainsi, le milieu le moins réfringent est le milieu B, dont l’indice de réfraction est le plus faible.
Section 3.3 La géométrie de la réfraction
Manuel, p. 83
1. a) Étant donné que l’angle de réfraction est plus faible que l’angle d’incidence, le milieu 2 a un indice de réfraction plus élevé que le milieu 1 (n2 n1).
b) Plus l’indice de réfraction (n) d’un milieu est élevé, plus le milieu est réfringent. C’est donc le milieu 2 qui est le plus réfringent.
2. n1 5 nverre 5 1,50 et n2 5 neau 5 1,33
Ainsi, n2 n1 : l’eau est moins réfringente que le verre. Il s’ensuit que le rayon réfracté s’éloigne de la normale et donc que l’angle de réfraction (R) sera supérieur à l’angle d’incidence (i).
3. Par définition, l’indice de réfraction relatif s’écrit :
n1→2 5 n2
n1
S’il est inférieur à 1, on aura : n2
n1
1 ⇒ n2 n1
Cela veut dire que le milieu 2 est moins réfringent que le milieu 1. Il s’ensuit que le rayon réfracté s’éloigne de la normale et donc que l’angle de réfraction (R) sera supérieur à l’angle d’incidence (i).
Section 3.4 Les lois de la réfraction
Manuel, p. 86
1. a) 0,50 b) 0,87 c) 0,71 d) 0,218
e) 0,963 f) 0 g) 1,0 h) 0,34
2. a) 5 sin–1 (0,342) 5 20,0° b) 40,0°
c) 44,4° d) 19,5° e) 90,0°
3. i 5 60° n1 5 1,00 (air) R 5 ?
n2 5 2,42 (diamant)
n nn
n
1 2
1
2
1sin sin
sinsin ,
i R
R
θ θ
θ θ=
= =i 000 602 42
0 36
× ° =sin
,,
n nn
n
1 2
1
2
1sin sin
sinsin ,
i R
R
θ θ
θ θ=
= =i 000 602 42
0 36
× ° =sin
,,
�θR
- sin ( , )= = °1 0 36 21
4. i 5 ? n1 5 1,00 (air) R 5 45° n2 5 1,30
n nn
n
1 2
2
1
sin sin
sinsin
i R
iR
θ θ
θ θ=
= =
, sin
,,
1 30 451 00
0 92× =°
n nn
n
1 2
2
1
sin sin
sinsin
i R
iR
θ θ
θ θ=
= =
, sin
,,
1 30 451 00
0 92× =°
�θi
- sin ( , )= = °1 0 92 67
5. i 5 50° n1 5 1,00 (air) R 5 40° n2 5 ?
n n
nn
1 2
21
sin sinsin
sin
i R
i
R
θ θθ
θ
=
= =
1 00 5040
1 2, sin
sin,
× °°
=
n n
nn
1 2
21
sin sinsin
sin
i R
i
R
θ θθ
θ
=
= =
1 00 5040
1 2, sin
sin,
× °°
=�
12 Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc.Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
6. L’objectif de cet exercice est de déterminer si le rayon réfracté se rapproche ou s’éloigne de la normale.
AirVerre
a)
R
AirEau
b)
R
Diamant Eau
c)
R
Air Verred)
R
7. i 5 30° n1 5 1,00 (air) R 5 ?
Pour chacun des milieux, n2 est fourni. On trouve R à l’aide de la seconde loi de la réfraction :
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
i R Riθ θ θ θ
= ⇒ =
a) sin R 5 0,38 ⇒ R 5 sin–1 (0,38) 5 22°
b) sin R 5 0,21 ⇒ R 5 sin–1 (0,21) 5 12°
c) sin R 5 0,37 ⇒ R 5 sin–1 (0,37) 5 22°
d) sin R 5 0,26 ⇒ R 5 sin–1 (0,26) 5 15°
8. i 5 ? R 5 10°
Pour chacun des cas, n1 et n2 sont fournis. On trouve i à l’aide de la seconde loi de la réfraction :
n nn
n1 22
1
sin sin sinsin
R iRθ θ θ θ
i = ⇒ =
a) n1 5 2,42 n2 5 1,00 ⇒ sini 5 0,072
⇒ i 5 sin–1 (0,072) = 4,1°
b) n1 5 1,00 n2 5 2,42 ⇒ sini 5 0,420
⇒ i 5 sin–1 (0,420) = 25°
c) n1 5 1,00 n2 5 1,33 ⇒ sini 5 0,231
⇒ i 5 sin–1 (0,231) 5 13°
d) n1 5 1,33 n2 5 2,42 ⇒ sini 5 0,316
⇒ i 5 sin–1 (0,316) 5 18°
9. Pour chacun des cas, i, n1 (n1 5 1,00) et R sont fournis. On trouve n2 à l’aide de la seconde loi de la réfraction :
n n n n1 2 2
1sin sinsin
sin
i R
i
R
θ θ θθ
= ⇒ =
� � a) i 5 40° n1 5 1,00 R 5 30° ⇒ n2 5 1,3
� � b) i 5 30° n1 5 1,00 R 5 12° ⇒ n2 5 2,4
� � c) i 5 77° n1 5 1,00 R 5 50° ⇒ n2 5 1,3
10. Vu du dessus, l’aquarium (qu’on suppose à faces parallèles) apparaît comme dans le schéma suivant.
20°
Air
i2
r1
i3
i4
r3r2 eau
Verre
r4
Interface air → verre : i1 5 20° n1 5 1,00 R1 5 ? n2 5 1,50
n nn
n
1 1 2 1
11 1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= = ssin,
,
,
R
201 50
0 228
13 21
° =
= °θ
n nn
n
1 1 2 1
11 1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= = ssin,
,
,
R
201 50
0 228
13 21
° =
= °θ
n nn
n
1 1 2 1
11 1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= = ssin,
,
,
R
201 50
0 228
13 21
° =
= °θ
Interface verre → eau : i2 5 ? n1 5 1,50 R2 5 ? n2 5 1,33
Comme les interfaces air-verre et verre-eau sont parallèles, les angles R1 et i2 sont alternes-internes. Ainsi, i2 5 R1 5 13,2°.
n nn
n
1 2 2 2
21 2
2
1 50sin sin
sinsin , si
R
R
θ θ
θ θi
i
=
= = nn ,,
,
,
R
13 21 33
0 258
14 92
° =
= °θ
n nn
n
1 2 2 2
21 2
2
1 50sin sin
sinsin , si
R
R
θ θ
θ θi
i
=
= = nn ,,
,
,
R
13 21 33
0 258
14 92
° =
= °θ
n nn
n
1 2 2 2
21 2
2
1 50sin sin
sinsin , si
R
R
θ θ
θ θi
i
=
= = nn ,,
,
,
R
13 21 33
0 258
14 92
° =
= °θ
En passant du verre à l’eau (milieu moins réfringent
que le verre), le rayon s’écarte de la normale.
Interface eau → verre : i3 5 14,9° n1 5 1,33R3 5 ? n2 5 1,50
n nn
ni
1 3 2 3
31 3
2
1 33sin sin
sinsin , s
i R
R
θ θ
θ θ=
= = iin ,,
,
,
R
14 91 50
0 228
13 23
° =
= °θ
n nn
ni
1 3 2 3
31 3
2
1 33sin sin
sinsin , s
i R
R
θ θ
θ θ=
= = iin ,,
,
,
R
14 91 50
0 228
13 23
° =
= °θ�
n nn
ni
1 3 2 3
31 3
2
1 33sin sin
sinsin , s
i R
R
θ θ
θ θ=
= = iin ,,
,
,
R
14 91 50
0 228
13 23
° =
= °θ
13Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc. Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
Interface verre → air : i4 5 13,2° n1 5 1,50 R4 5 ? n2 5 1,00
n nn
n
1 4 2 4
41 4
2
1sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =550 13 2
1 000 343
204
R
sin ,,
,°=
= °θ
n nn
n
1 4 2 4
41 4
2
1sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =550 13 2
1 000 343
204
R
sin ,,
,°=
= °θ
n nn
n
1 4 2 4
41 4
2
1sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =550 13 2
1 000 343
204
R
sin ,,
,°=
= °θ
Le rayon émergent se propage donc parallèlement à la direction du rayon incident (avec un léger déca-lage latéral toutefois).
11. v 5 2,67 3 108 m/s c 5 3,00 3 108 m/s n 5 ?
n cv
,,
, m m
= =××
=3 00 102 67 10
1 18
8
/s/s
22
Cet indice de réfraction est inférieur à celui de l’eau (n 5 1,33).
12. L’œil du plongeur reçoit un rayon arrivant du ciel et réfracté à la surface de l’eau.
i 5 ? n1 5 1,00 R 5 25° n2 5 1,33
n nn
n
1 2
2
1
1 33sin sin
sinsin ,
i R
R
θ θ
θ θ=
= =i
i
× ° =
= °
sin,
,25
1 000 56
34θ
n nn
n
1 2
2
1
1 33sin sin
sinsin ,
i R
R
θ θ
θ θ=
= =i
i
× ° =
= °
sin,
,25
1 000 56
34θ
n nn
n
1 2
2
1
1 33sin sin
sinsin ,
i R
R
θ θ
θ θ=
= =i
i
× ° =
= °
sin,
,25
1 000 56
34θ
13. i 5 30° n1 5 1,33 R 5 ? n2 5 1,00
n nn
n
1 2
1
2
1 33
sin sin
sinsin , s
i R
Ri
θ θ
θθ
=
= =iin,
,
R
301 00
0 67
42
°=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 33
sin sin
sinsin , s
i R
Ri
θ θ
θθ
=
= =iin,
,
R
301 00
0 67
42
°=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 33
sin sin
sinsin , s
i R
Ri
θ θ
θθ
=
= =iin,
,
R
301 00
0 67
42
°=
= °θ
Section 3.5 La réflexion totale interne
Manuel, p. 88
1. Milieu 1 : verre n1 5 1,50 Milieu 2 : air n2 5 1,00
L’angle critique correspond à l’angle d’incidence quand l’angle de réfraction vaut 90° :
n n n n1 2 2 290
c R
c
sin sin sin
sin
θ θ
θ
= = =
=
°nnn2
1
1 001 50
0 667
41 8
c
= =
= °
,,
,
,θ
n n n n1 2 2 290
c R
c
sin sin sin
sin
θ θ
θ
= = =
=
°nnn2
1
1 001 50
0 667
41 8
c
= =
= °
,,
,
,θ
n n n n1 2 2 290
c R
c
sin sin sin
sin
θ θ
θ
= = =
=
°nnn2
1
1 001 50
0 667
41 8
c
= =
= °
,,
,
,θ
2. Milieu 1 : c 5 40,5° n1 5 ?Milieu 2 : air R 5 90° n2 5 1,00
n n n
n n1 2 2
12
901 00
sin sin
sin,
s
c
c
θ
θ
= ° =
= =iin ,
,
40 5
1 54°=
n n n
n n1 2 2
12
901 00
sin sin
sin,
s
c
c
θ
θ
= ° =
= =iin ,
,
40 5
1 54°=
3. La réflexion totale interne ne peut se produire que si la lumière passe d’un certain milieu à un second milieu d’indice de réfraction plus faible. Ainsi, dans un aquarium, la réflexion totale interne peut se produire quand la lumière passe du verre à l’eau (et non de l’eau au verre).
4. Ce phénomène découle de la réfraction et de la réflexion totale interne de la lumière à la surface. Considérons un rayon passant de l’air à l’eau : son angle de réfraction maximal est obtenu pour un angle d’incidence maximal de 90°. Il est donné par :
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =× ssin
,,
,
R
901 33
0 752
48 8
°=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =× ssin
,,
,
R
901 33
0 752
48 8
°=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =× ssin
,,
,
R
901 33
0 752
48 8
°=
= °θ
Cet angle est aussi l’angle critique pour un rayon passant de l’eau à l’air :
n nnn
1 2
2
1
901 001
c
c
sin sin
sin,,
θ
θ
= ⇒
= =
°
3330 752 48 8 c= ⇒ = °, ,θ
n nnn
1 2
2
1
901 001
c
c
sin sin
sin,,
θ
θ
= ⇒
= =
°
3330 752 48 8 c= ⇒ = °, ,θ
5
49˚
A1 2
B 3
4
C48,8˚
Analysons le parcours des différents rayons illustrés. Tous les rayons incidents dans l’air pénètrent dans l’eau. Parmi ceux qui sont illustrés, les rayons 1, 2 et 3 se rendent au plongeur, mais pas le rayon 4. Au-delà du point B, les rayons qui pénètrent dans l’eau ne peuvent pas être reçus par le plongeur : cette région périphérique apparaît donc nettement plus sombre que la région entre les points A et B, de laquelle le plongeur reçoit des rayons venant du ciel. La région entre A et B, qui forme un cercle à la surface (à deux
14 Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc.Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
dimensions), apparaît donc plus brillante que le reste de la surface de l’eau aux yeux du plongeur.
Les rayons qui parviennent aux yeux du plongeur venant de la région périphérique, au-delà de A et de B, sont des rayons se propageant dans l’eau (venant du fond, par exemple) qui se sont réfléchis par réflexion totale interne sur la surface. La région périphérique apparaît ainsi comme un miroir. Cette région apparaît sombre parce que l’intensité des rayons lumineux réfléchis à la surface est faible (la luminosité dans l’eau étant faible). La surface circulaire entre A et B, au-dessus du plongeur, apparaît donc comme un « trou ».
5. a) n1 5 1,68 c 5 ? n2 5 1,00
n nnn
1 2
2
1
901 001 68
sin sin
sin,,
c
c
θ
θ
=
= =
°
== ⇒ = c0 595 36 5, ,θ °
n nnn
1 2
2
1
901 001 68
sin sin
sin,,
c
c
θ
θ
=
= =
°
== ⇒ = c0 595 36 5, ,θ °
b) n1 5 ? c 5 40° n2 5 1,00
n n
n n1 2
12
901 0040
sin sin
sin,
sin
c
c
θ
θ
= °
= =°°= 1 56,
n n
n n1 2
12
901 0040
sin sin
sin,
sin
c
c
θ
θ
= °
= =°°= 1 56,
6. a) Réfraction à l’interface eau-verre :� � n1 5 1,33 i 5 30° n2 5 1,50 R 5 ?
n nn
n
1 2
1
2
1 33sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =
R
× °=
= °
sin,
,
,
301 50
0 443
26 3θ
n nn
n
1 2
1
2
1 33sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =
R
× °=
= °
sin,
,
,
301 50
0 443
26 3θ
n nn
n
1 2
1
2
1 33sin sin
sinsin ,
i R
Ri
θ θ
θ θ=
= =
R
× °=
= °
sin,
,
,
301 50
0 443
26 3θ
Réfraction à l’interface verre-air :
n1 5 1,50 i2 5 26,3° n2 5 1,00 R2 5 ?
n nn
1 2 21
i R2 R2isin sin sin
sin
= = 22
R2
n2
1 50 26 31 00
0 665
=
= × ° =sin, sin ,
,,
,R2 = °41 7
n nn
1 2 21
i R2 R2isin sin sin
sin
= = 22
R2
n2
1 50 26 31 00
0 665
=
= × ° =sin, sin ,
,,
,R2 = °41 7
n nn
1 2 21
i R2 R2isin sin sin
sin
= = 22
R2
n2
1 50 26 31 00
0 665
=
= × ° =sin, sin ,
,,
,R2 = °41 7
b) Réfraction à l’interface eau-verre : n1 5 1,33 i 5 52° n2 5 1,50 R 5 ?
n nn
n
1 2
1
2
1
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= = 333 521 50
0 699
44 3
R
× ° =
= °
sin,
,
,θ
n nn
n
1 2
1
2
1
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= = 333 521 50
0 699
44 3
R
× ° =
= °
sin,
,
,θ
n nn
n
1 2
1
2
1
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= = 333 521 50
0 699
44 3
R
× ° =
= °
sin,
,
,θ
Réfraction à l’interface verre-air : n1 5 1,50 i2 5 44,3° n2 5 1,00 R2 5 ?
n nn
n
1 2 2 2
21 2
2
sin sin
sinsin
i R
Ri
θ θ
θθ
=
= =
1 50 44 3
1 001 05
, sin ,,
,× ° =
n nn
n
1 2 2 2
21 2
2
sin sin
sinsin
i R
Ri
θ θ
θθ
=
= =
1 50 44 3
1 001 05
, sin ,,
,× ° =
Comme la valeur de la fonction sinus est plus grande que 1, la situation est impossible et il y a réflexion totale interne ; le rayon lumineux ne sort pas de l’aquarium. Effectivement, lorsque la lumière passe du verre à l’air, l’angle critique est de 41,8° (voir�la�question�1). Ici, i2 5 44,3° et dépasse l’angle critique : il y a réflexion totale interne.
Chapitre 3 La réfraction de la lumière
Manuel, p. 93 et 94
1. Angle d’incidence (i) : 7 Normale : 2
Rayon réfracté : 4 Angle de réflexion (r) : 6 Rayon incident : 3 Angle de réfraction (R) : 10 Rayon réfléchi : 1 Dioptre : 12
2. Il est sous-entendu que le rayon lumineux incident se propage dans l’air ; ainsi, n1 5 1,00 et n2 5 1,50. Pour les trois cas, on calcule l’angle de réfraction avec
n n nn1 2
1
2
sin sin sinsin
i R Riθ θ θ θ
= ⇒ = .
On obtient :
a) 0° b) 19° c) 35°
3. a) i 5 30°
Il est sous-entendu que le rayon lumineux inci-dent se propage dans l’air ; ainsi, n1 5 1,00.
L’indice de réfraction du verre dépend de la longueur d’onde :
� � n2rouge 5 1,52 n2violet 5 1,54
Pour le rayon rouge :
n nn
n
1 2
1
2
1sin sin
sinsin ,
i Rr
Rri
r
θ θ
θ θ=
= = 000 301 52
0 329
19 2
Rr
× ° =
= °
sin,
,
,θ
15Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc. Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
n nn
n
1 2
1
2
1sin sin
sinsin ,
i Rr
Rri
r
θ θ
θ θ=
= = 000 301 52
0 329
19 2
Rr
× ° =
= °
sin,
,
,θ
n nn
n
1 2
1
2
1sin sin
sinsin ,
i Rr
Rri
r
θ θ
θ θ=
= = 000 301 52
0 329
19 2
Rr
× ° =
= °
sin,
,
,θ
Pour le rayon violet :
n nn
n
1 2
1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i Rv
Rvi
v
θ θ
θ θ=
= =
Rv
× ° =
= °
sin,
,
,
301 54
0 325
18 9θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i Rv
Rvi
v
θ θ
θ θ=
= =
Rv
× ° =
= °
sin,
,
,
301 54
0 325
18 9θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00sin sin
sinsin ,
i Rv
Rvi
v
θ θ
θ θ=
= =
Rv
× ° =
= °
sin,
,
,
301 54
0 325
18 9θ
b) ir 5 19,2° n1r 5 1,52 iv 5 18,9° n1v 5 1,54
Rr 5 ? Rv 5 ? n2 5 1,00
Pour le rayon rouge :
n nn
n
1 2
1
r ir Rr
Rrr ir
sin sin
sinsin
θ θ
θ θ=
=22
1 52 19 21 00
0 50
30
Rr
= × ° =
= °
, sin ,,
,
θ
n nn
n
1 2
1
r ir Rr
Rrr ir
sin sin
sinsin
θ θ
θ θ=
=22
1 52 19 21 00
0 50
30
Rr
= × ° =
= °
, sin ,,
,
θ
n nn
n
1 2
1
r ir Rr
Rrr ir
sin sin
sinsin
θ θ
θ θ=
=22
1 52 19 21 00
0 50
30
Rr
= × ° =
= °
, sin ,,
,
θ
Pour le rayon violet :
n nn
n
1 2
1
2
v v Rv
Rvv v
sin sin
sinsin
θ θ
θθ
i
i
=
= == × ° =
= °
Rv
1 54 18 91 00
0 50
30
, sin ,,
,
θ
n nn
n
1 2
1
2
v v Rv
Rvv v
sin sin
sinsin
θ θ
θθ
i
i
=
= == × ° =
= °
Rv
1 54 18 91 00
0 50
30
, sin ,,
,
θ
n nn
n
1 2
1
2
v v Rv
Rvv v
sin sin
sinsin
θ θ
θθ
i
i
=
= == × ° =
= °
Rv
1 54 18 91 00
0 50
30
, sin ,,
,
θ
4. Soit un rayon incident se propageant dans l’air (n1) et arrivant avec un angle d’incidence i1 sur une plaque de verre d’indice n2. L’angle de réfraction à la première interface est R1.
n1
n2
n1
i1
r1 i2
r2
À la première interface : n n1 1 2 1sin sin i Rθ θ= (1)
À la deuxième interface : n n2 2 1 2sin sin i Rθ θ= (2)
Puisque les deux normales sont parallèles (car elles sont elles-mêmes perpendiculaires à deux faces parallèles), les angles R1 et i2 sont alternes-internes et, ainsi, i2 5 R1. La deuxième équation devient donc : n n2 1 1 2sin sin R Rθ θ= (3).
En comparant les équations (1) et (3), on peut écrire : n n1 1 1 2sin sin i Rθ θ= , et il en découle que θ θi R 1 2= . Comme ces angles sont définis par rapport à des normales parallèles entre elles, les rayons inci-dent et émergent sont eux-mêmes parallèles.
5. Pour la lumière violette : nv 5 1,53
Pour la lumière rouge : nr 5 1,51
n cv
v cnv
vv
v
m,
,,= ⇒ = =
×=
3 00 101 53
18 /s
996 108× m/s
n cv
v cnr
rr
r
m,,
= ⇒ = =×
=3 00 10
1 511
8 /s,,99 108× m/s
6. On trouve d’abord l’indice de réfraction de l’eau.
v 5 34
c ⇒
n cv
c
c = = = = ,3
4
43
1 33
i 5 10° n1 5 1,00 R 5 ? n2 5 1,33
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =×
R
sin,
,
,
°101 33
0 13
7 5
=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =×
R
sin,
,
,
°101 33
0 13
7 5
=
= °θ
n nn
n
1 2
1
2
1 00
i R
Ri
sin sin
sinsin ,
θ θ
θ θ=
= =×
R
sin,
,
,
°101 33
0 13
7 5
=
= °θ
7. Par « milieu moins dense », on sous-entend ici un milieu ayant un indice de réfraction plus faible. Pour un rayon passant d’un milieu moins dense à un milieu plus dense, il faut considérer que n1 n2. Dans ce cas, l’angle d’incidence est tou-jours plus grand que l’angle de réfraction. Il n’est donc pas possible que R atteigne 90°.
Par ailleurs, de façon plus formelle, en considérant l’expression algébrique de la loi de la réfraction :
n n1 2sin sin i Rθ θ=
on constate que si n1 n2, pour que l’égalité soit respectée, il faut que sini sinR, et donc que i R. Il n’est donc pas possible que R atteigne 90° et ainsi il n’y a pas de situation critique ni de réflexion totale interne.
16 Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc.Quantum Physique • Chapitre 3 • Pour faire le point – Corrigé
Le diagramme suivant illustre la situation. On constate que pour n’importe quel angle d’inci-dence, le rayon réfracté existe toujours.
n1
1
2
3
3
21
n2 n1
8. Les rayons lumineux sont réfractés quand ils traver-sent la cornée (surface de l’œil). L’œil humain est ainsi fait que le système optique cornée-cristallin focalise les rayons de façon à avoir une image nette sur la rétine quand l’œil se trouve dans l’air (voir�la�section�5.2,�à�la�page�134�du�manuel ).
Si l’œil se trouve dans l’eau, la réfraction à la cornée est beaucoup moins marquée, car on a n1 5 1,33 au lieu de n1 5 1,00. L’œil n’arrive plus à dévier assez les rayons pour les focaliser sur la rétine et les images sont floues. Le masque de plongée ou les lunettes de natation permettent d’insérer une cou-che d’air devant l’œil, et donc de revenir à la situa-tion habituelle pour l’œil (la réfraction se fait de l’air à l’œil, comme quand on se trouve hors de l’eau).
9. i 5 ? n1 5 1,00 R 5 ? n2 5 1,33
Il faut d’abord déterminer R à partir des informa-tions géométriques :
tan,,
, opposéadjacent
mm R Rθ θ= = = ⇒
1 01 2
0 83 == ° 40
puis appliquer la loi de la réfraction :
n nn
n1 22
1
sin sin sinsin
i R iRθ θ θ θ
= =
i isin, sin
,,θ θ= × ° = =1 33 40
1 000 85 59°
n nn
n1 22
1
sin sin sinsin
i R iRθ θ θ θ
= =
i isin, sin
,,θ θ= × ° = =1 33 40
1 000 85 59°
Le rayon incident doit donc former un angle de 59° avec le prolongement du mur de la piscine.
10. Il faut appliquer la loi de la réfraction à chaque interface, tout en considérant que l’angle d’inci-dence à une interface est égal à l’angle de
réfraction à l’interface précédente parce que ces angles sont alternes-internes.
Interface verre-sulfure de carbone :
i 5 10° n1 5 1,50 R 5 ? n2 5 1,63
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
i R Riθ θ θ θ
= =
ssin, sin
,,
R Rθ θ= × ° = =1 50 10
1 630 160 99 21, °
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
i R Riθ θ θ θ
= =
ssin, sin
,,
R Rθ θ= × ° = =1 50 10
1 630 160 99 21, °
Interface sulfure de carbone-eau :
i 5 9,21° n1 5 1,63 R 5 ? n2 5 1,33
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
s
i R Riθ θ θ θ
= ⇒ =
iin, sin ,
,,
Rθ θR =
× °= ⇒
1 63 9 211 33
0 196 == 11 3, °
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
s
i R Riθ θ θ θ
= ⇒ =
iin, sin ,
,,
Rθ θR =
× °= ⇒
1 63 9 211 33
0 196 == 11 3, °
Interface eau-acide oléique :
i 5 11,3° n1 5 1,33 R 5 ? n2 5 1,43
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
sin
i R Riθ θ θ θ
= =
θθ θR R
= × ° = = °1 33 11 31 43
0 182 10 5, sin ,
,, ,
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
sin
i R Riθ θ θ θ
= =
θθ θR R
= × ° = = °1 33 11 31 43
0 182 10 5, sin ,
,, ,
Interface acide oléique-air :
i 5 10,5° n1 5 1,43 R 5 ? n2 5 1,00
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
sin
i R Ri
R
θ θ θ θ
θ
= =
== × ° = = °
R1 43 10 5
1 000 261 15 1
, sin ,,
, ,θ
n nn
n1 21
2
sin sin sinsin
sin
i R Ri
R
θ θ θ θ
θ
= =
== × ° = = °
R1 43 10 5
1 000 261 15 1
, sin ,,
, ,θ
11. De l’angle critique, on peut déduire l’indice de réfraction. Pour les deux cas, n2 5 1,00.
Milieu A : cA 5 27°
n n
nn
1 2
12
901 00
A cA
AcA
sin sin
sin,
θ
θ
= °
= =ssin
,
27
2 20°=
n n
nn
1 2
12
901 00
A cA
AcA
sin sin
sin,
θ
θ
= °
= =ssin
,
27
2 20°=
nc
v
vcn
AA
AA
m
=
= =×
= ×,
,,
3 00 102 20
1 368 /s
m108 /s
nc
v
vcn
AA
AA
m
=
= =×
= ×,
,,
3 00 102 20
1 368 /s
m108 /s
Milieu B : cB 5 32°
n n n n1 2 1
2901 00
B cB BcB
°
sin sinsin
,θθ
= ⇒ = =ssin
,
32
1 89°=
n n n n1 2 1
2901 00
B cB BcB
°
sin sinsin
,θθ
= ⇒ = =ssin
,
32
1 89°=
17Reproduction autorisée © Chenelière Éducation inc. Quantum Physique • Chapitre 4 • Pour faire le point – Corrigé
n cv
v cnB
BB
B
m
= ⇒ = =×
=3 00 10
1 891 59
8,,
,/s
×× m108 /s
La lumière se déplace plus vite dans le milieu B.
12. a) Étant donné que le rayon incident arrive perpendiculairement sur la face AC, i 5 0, donc R 5 0. Le rayon continue donc en ligne droite.
� b) Le rayon est complètement réfléchi sur la face AB du prisme P1, car l’angle d’incidence (i) sur cette face est tel qu’il y a réflexion totale interne (i c).
� c) L’angle de réflexion (r) est égal à l’angle d’incidence (i). Le prisme est isocèle, ce qui signifie que l’angle ∠CAB 5 45°. On peut en déduire que pour la face AB, i 5 45°.
Ainsi, r est égal à 45°.
� d) Pour que le rayon subisse une réflexion totale interne, il faut que i c. Ici i 5 45°. Il faut donc que c 45°.
Puisque n n1 2 90 csin sinθ = °, il en découle
que c 5 sin-1 (n2
n1).
Donc, sin-1 (n2
n1) 45° et, comme la fonction sinus
est croissante (quand l’angle augmente, la valeur de son sinus augmente), en appliquant la fonction sinus de chaque côté de l’égalité,
on obtient 1,00n1
sin 45°.
En isolant n1, on obtient n1
1 0045
≥°
,sin
. Ainsi, il faut que n1 1,41.
Pour qu’il y ait réflexion totale interne avec un angle d’incidence (i) égal à 45°, l’indice de réfraction (n) des prismes doit être supé-rieur à 1,41.
Chapitre 4 Les lentilles Manuel, p. 95 à 130
pour FAire Le poiNt
Section 4.1 Les différents types de lentilles
Manuel, p. 98
1.Lentille type
Lentille convergente/
divergenteSymbole
Lentille biconcave
Divergente
Lentille plan-convexe
Convergente
Lentille plan-concave
Divergente
Lentille typeLentille
convergente/ divergente
Symbole
Ménisque à bords épais
Divergente
Lentille biconvexe
Convergente
Ménisque à bords minces
Convergente
2. a) Les lentilles convergentes sont plus épaisses au centre que sur les bords alors que les lentilles diver-gentes sont plus minces au centre que sur les bords.
� b) Une lentille convergente dévie des rayons inci-dents parallèles à son axe principal (AP) de façon telle qu'après l'avoir traversée, les rayons conver-gent vers un point situé au-delà de la lentille.
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