Exercices corrigés d'optique

Exercices

1. NOTION DE RAYONS, LOIS DE DESCARTES, PRINCIPE DE FERMAT ET STIGMATISME 9

NOTION DE RAYONS

Le filtre chromatique

Un rayon lumineux est constitu de la superposition de deux couleurs ou radiations,rouge et violette. Ce rayon se propage dans un verre dont les indices pour la lumire rou-ge et la lumire violette sont respectivement gaux nr = 1,595 et nv = 1,625. Ce rayonarrive sur la surface de sparation avec lair.

1. Calculer les angles dincidence critique pour les lumires rouge et violette dans ce verre.

2.a. Quelle(s) couleur(s) observe-t-on dans lair si le rayon arrive dans ce milieu sous un angledincidence i = 35 ?

b. Mme question si le rayon arrive sous un angle dincidence i = 38,5.

3. Quel est lintrt de ce type de montage ?

CONSEIL : cet exercice ne prsente pas de difficult majeure ; il sagit dune application directe de la loide Descartes pour la rfraction n1sini1 = n2sini2.

1. Le calcul des angles dincidence critique seffectue laide de la loi de Descartes pourla rfraction : n1sini1 = n2sini2, avec dans le verre n1 = nr ou nv, et n2 indice de l'air.

Langle dincidence critique i1c correspond un angle dmergence i2 gal /2, soitn1sin i1c = n2. On a donc :

A.N. i1c(rouge) = 38,8 et i1c(violet) = 37,9.2. a. Pour un angle dincidence gal i = 35, infrieur aux deux angles critiques, les deuxradiations mergent du verre et sont rfractes dans lair. En revanche, les angles de r-fraction sont diffrents pour les deux radiations : les radiations sont donc spares aprsrfraction (figure ci-dessus).b. Si langle dincidence est gal 38,5 seule la radiation rouge sera rfracte. La radia-tion violette sera totalement rflchie.3. Ce type de montage peut tre utilis comme un filtre chromatique non color puisquilpermet dliminer certaines radiations (celles qui sont totalement rflchies).

Exercice 1

Solution

i2r

i1

VerreAir

n1>n2

i2v

n1n2

i1c arcn2n1--- sin=

10

Caractristique d'une onde

Lindice de rfraction dun milieu transparent dpend de la temprature du milieu maisaussi de la frquence de londe considre.Un rayon lumineux se propage dans lair. Il arrive sur un morceau de flint (le flint est unverre base de plomb utilis en optique) avec un angle dincidence de 20 avec la nor-male la surface de verre.Lindice de rfraction du flint est n = 1,585 pour une radiation de longueur donde = 486 nm.Que deviennent les quantits suivantes : frquence, vitesse de londe et longueur donde lors-que la lumire passe de lair au flint (on assimile lair au vide). Faire les applications numriques dans les milieux 1 (lair) et 2 (le flint).

CONSEIL : on sinterroge ici sur les modifications des diffrentes quantits associes une onde au coursde sa propagation : frquence, longueur donde et clrit. Une notion essentielle est la conservation de lafrquence dune onde.

Une onde lumineuse est caractrise par sa frquence f : la frquence est une grandeur in-variante de londe. Une onde de longueur donde 2 = 486 nm dans le flint, dont lindiceest n2 = 1,585, a une frquence :

Par dfinition de lindice dun milieu, les vitesses de londe dans les milieux 1 et 2 sontdonnes par :

- dans l'air,

- dans le flint,

Dans le flint, on a 2 = 486 nm. La longueur donde 1 dans l'air se dduit de la vitesse v1et de la frquence f :

En conclusion, lorsque la lumire passe dun milieu un autre, seule la frquence estconserve ; sa vitesse de progagation et sa longueur donde sont modifies.

Exercice 2

Solution

f v22----c

n22-------- 3 895, 1014 Hz.= = =

n1 1,v1cn1---= 3 108 m.s 1==

n2 1,585,v2cn2---= 1 89, 108m.s 1==

1 v1f---n2n1---2 770nm.= = =


Le tolune et le verre

Le tolune (C6H5CH3), corps organique liquide drivdu benzne, est non miscible dans leau. En procdantavec attention, on remplit successivement un bcher dedeux liquides formant ainsi deux couches : eau/tolune.On y introduit alors la tige de verre (photo ci-contre).On rappelle que lindice de rfraction du verre est gal n = 1,33.

Commenter la photo. Que vaut lindice optique dutolune ?

CONSEIL : cet exercice, fond sur lanalyse dune photo, sappuie sur la notion de rfraction des rayonslumineux au passage dun milieu 1 un milieu 2 (ici le verre et leau ou le verre et le tolune).

La partie de la tige immerge dans leau est visible ; les indices de rfraction de leau et duverre sont trs diffrents et les rayons traversant le verre sont dvis. En revanche, on nevoit pas (ou trs peu) la partie de la tige immerge dans le tolune. Cela signifie que lesrayons se propageant dans le tolune et rencontrant le verre sont peu dvis : lindice dutolune est voisin de celui du verre. Ainsi, on dduit immdiatement :ntolune nverre = 1,33.

LOIS DE DESCARTES

Constructions gomtriques de Descartesdes rayons rflchi et rfract

Descartes a propos une construction gomtrique des rayons rfract et rflchi lors-qu'un rayon incident dans un milieu dindice n1 rencontre une interface (dioptre plan)sparant le premier milieu dun autre, dindice n2. Dans cette construction, le point din-cidence I est pris pour centre de deux cercles C1 et C2 de rayons gaux respectivementaux indices n1 et n2 ( un facteur multiplicatif prs). Le rayon incident est prolong jus-quau cercle C1 quil coupe en un point J. La perpendiculaire au dioptre passant par Jcoupe C2 en A dans le milieu d'indice n2, et, C1 en B dans le milieu d'indice n1. Le rayonrfract correspond au rayon IA et le rayon rflchi au rayon IB.

1. En supposant que n1 < n2, montrer que cette construction permet de retrouver les lois deDescartes.

2. Dans le cas o n1 > n2, montrer par une construction gomtrique lexistence dune r-flexion totale.

Exercice 3

Solution

Exercice 4

12

CONSEIL : les constructions de Descartes tant dcrites dans lnonc, le problme consiste raliser laconstruction gomtrique et en exploiter les proprits gomtriques pour retrouver les lois de Descartes.

1.

La construction gomtrique ci-dessus permet de retrouver les lois de Descartes. En ef-

fet, on a pour le rayon incident : , pour le rayon rfract :

, et pour le rayon rflchi : .

On obtient donc : i1 = i1 et n1 sini1 = n2 sini2.Remarquons qu'avec n2 > n1, la droite passant par J et perpendiculaire au dioptre coupetoujours C2 en un point A et C1 en un point B : il y a toujours un rayon rflchi et unrayon rfract.2. Avec n2 < n1, le point A nexiste pas toujours. Pour de faibles valeurs de i1, la perpen-diculaire au dioptre passant par J coupe le cercle C2 : on observe un rayon rfract et unrflchi (fig. a.). Pour un angle dincidence i1 suprieur une valeur critique ic, la perpen-diculaire au dioptre passant par J ne coupe pas C2 : on observe seulement un rayon tota-lement rflchi (fig. c.). Le cas limite est obtenu lorsque la perpendiculaire au dioptrepassant par J est tangente C2 (fig. b.). Le point A est confondu avec le point H et on a

IH = n2 = n1sin ic, d'o la valeur de ic dfinie par la relation : .

Solution

i1

n1

n2

n1i1

I1

n2

I H

i2

B

A

C1C2

J

i1sinIHIJ------

IHn1------= =

i2sinIHIA------ IH

n2------= = isin 1

IHIB------

IHn1------= =

i 1sinn2n1---=

i1

n1

n2

n1

i1

n2

H

i2

B

A

C2C1

J

i1ic

a. b. c.


Construction gomtrique de Huygens

La construction gomtrique de Huygens permet de tracer un rayon rfract IB partirdun rayon incident donn AI. Dans un premier temps, on trace, dans le milieu dindicede rfraction n2, deux demi-cercles concentriques C1 et C2, de centre I et de rayons res-

pectifs et . On prolonge le rayon incident et on note D lintersection

de (AI) avec C1. On mne alors la tangente en D C1 : elle coupe le dioptre plan en H.La tangente C2, passant par H, coupe C2 en B. IB correspond au rayon rfract.

1. Raliser les constructions pour n1 < n2 et n1 > n2.

2. Que se passe-t-il si IH < ?

CONSEIL : comme dans lexercice prcdent, il sagit ici de raliser la construction de Huyghens donndans lnonc et den dduire les proprits demandes.

1. Cas n1 < n2 : langle i1 est alors plus grand que langle i2 :

Cas n1 > n2 : langle i1 est alors plus petit que langle i2 :

2. Si , il y a rflexion totale et aucun rayon lumineux ne traverse le milieu.

Notons que cela nest possible que dans le cas n1 > n2 (voir construction).

Exercice 5

R11n1---= R2

1n2---=

1n2-----

Solution

i1

n1n2

i2 D

HI

1n2

1n1

A

B

i1

n1n2

i2

HI

A

1n1

1n2

BD

IH 1n2---

14

Lois de Descartes ou sauvetage en mer

Au XVIIe sicle Fermat a nonc un principe qui permet aujourdhui de comprendreloptique des rayons lumineux : La lumire se propage dun point vers un autre sur unetrajectoire telle que la dure du parcours soit minimale . Nous nous proposons de re-prendre cette notion dans un cadre un peu diffrent.

Un matre nageur, initialement en A sur la plage, doit sauver un nageur qui se noie enB dans la mer. Sa vitesse de marche sur le sable est V1 tandis que sa vitesse de nage estV2 (V2 < V1 ).

1. Quel chemin le matre nageur devra-t-il prendre, le plus rapide ou bien le plus court ?

2. Exprimer cette condition et retrouver la loi de Descartes relative la rfraction.

CONSEIL : lobjet de cet exercice est de retrouver la loi de Descartes relative la rfraction en utilisant leprincipe de Fermat : la lumire suit un chemin qui minimise son temps de parcours. Au passage dunmilieu 1 un milieu 2, la vitesse de londe est modifie et le principe de Fermat prvoit que londe ira dupoint A dans le milieu 1 au point B dans le milieu 2 suivant une courbe LAB telle que son temps de parcoursle long de LAB soit minimum. Cette proprit de londe est reprise ici dans le cas dun matre nageur se d-plaant sur une plage ou dans leau.

1. Le matre nageur va prendre le chemin le plus rapide sil veut sauver la personne temps. Il est raisonnable de penser quil va courir plus vite sur la plage quil ne peut nagerdans leau ! Il faut donc quil trouve un compromis tel que le chemin comporte une partiedu trajet plus important sur la plage que dans leau. 2. Pour mener bien le calcul demand, il faut donc exprimer le temps T mis par le matrenageur du point A au point B sachant quil atteindra le bord de leau en un point O (voirfigure ci-dessous). Entre A et O sa vitesse est gale V1 et entre O et B, sa vitesse est V2.Sur AO et OB, la faon la plus rapide de se dplacer reste bien sr la ligne droite ! Toutela difficult consiste trouver la position du point O qui minimise T. Ceci est ralis endiffrentiant T par rapport une variable qui dcrit la position du point O.

La dure T du trajet AB est gale :

Remarquons que, quel que soit le chemin emprunt, les distances OH et OH sontconstantes.

Exercice 6

Solution

HO

A

Hi

B

r

Plage Mer

T AOV1------- OBV2

-------+ OHV1 icos------------ OHV2 rcos

-------------+= =


Par ailleurs, la distance AH + HB = cte, ce qui peut galement scrire :OH tani + OH tanr = cte

Changer de trajet revient changer dangle dincidence i (attention, r nest pas indpen-dant de i). Pour dterminer langle i correspondant la dure minimale du trajet, A et B

tant fixs, il suffit de chercher i tel que = 0. Nous obtenons ainsi :

On exprime partir de la seconde expression et on simplifie la premire expression :

Applique loptique gomtrique o et cette relation est quivalente

la loi de Descartes pour la rfraction.

PRINCIPE DE FERMAT. STIGMATISME

Du principe de Fermat la loi de Snell-Descartes

Un dioptre plan spare deux milieux dindices de rfraction n1 et n2. On cherche le rayonlumineux qui se propage du point A, dans le premier milieu, vers le point B dans ledeuxime milieu. I est le point dintersection du dioptre plan avec le rayon.

1. Recopier et complter le schma ci-dessus, placer le point I sur le dioptre plan, le rayon AIpuis IB, les angles i1 et i2 de ces deux rayons par rapport la normale au dioptre passant parI, ainsi que (x1, y1) et (x2, y2) coordonnes respectives de A et B dans un repre orthonorm Ixy.

2. Exprimer le chemin optique L(AB) en fonction des grandeurs n1, n2, x1, x2, y1 et y = y2 + y1.De combien de variables L(AB) dpend-il ?

3. Retrouver la loi de Snell-Descartes en appliquant le principe de Fermat qui prvoit que lechemin optique est minimal (on dit aussi stationnaire).

dTdi------

OH isinV1 icos2---------------- OH rsin

V2 rcos2------------------+ dr

di---- 0=

et OHicos2

--------- OHrcos2

---------+ drdi---- 0=

drdi----

isinV1

------- rsinV2

--------=

V1cn1---= V2

cn2---=

Exercice 7

n1n2

A

B

y

x

16

CONSEIL : cet exercice ne pose pas de problme de mise en forme mathmatique, lnonc guidant forte-ment vers une mise en place des quations rsoudre. Il suffit donc de se laisser guider !

1.

2. Les points A, B et le dioptre sont fixs donc les valeurs de x1 et x2 sont constantes. Ilen est de mme pour la distance latrale (parallle au dioptre) entre A et B, cest direpour D = y2 y1. Le chemin optique L(AB) est par dfinition :

L(AB) = n1 AI + n2 IBDans le triangle AIH, on a :

De mme dans le triangle BIH :

On en dduit lexpression de L(AB) :

Ce chemin optique ne dpend que de y1 puisque x1, x2 et D sont constants.3. Le chemin optique est minimal si ses drives partielles, par rapport toutes les varia-bles, sont nulles. Ici, L(AB) ne dpend que de y1, cette condition sexprime par :

On a, par ailleurs :

- dans le triangle AHI,

- dans le triangle BHI,

On retrouve bien la loi de Snell-Descartes :n1 sini1 = n2 sini2

Solution

x1A

B

x

i1

i2

Hy

n1

n2

y2y1 IH

x2D

AI x21 y21+= .

IB x22 y22+ x

22 (D y1)

2+ += = .

L(AB) L(y1) n1 x21 y

21+ n2 x

22 (D y1)

2+ ++= =

dLdy1------ n1

y1x21 y

21+

----------------- n2D y1+

x22 (D y1)2+ +

----------------------------- 0=+=

i1siny 1

x21 y21+

-----------------=

i2siny2

x22 y22+

-----------------D y1+

x22 (D y1)2+ +

-----------------------------= =


Stigmatisme approche dun dioptre plan

Un dioptre plan spare deux milieux dindice n et n. On considre un point source Adans le milieu dindice n. La normale au dioptre passant par A coupe le plan du dioptreen O. Un rayon issu de A est rfract en I sur le dioptre. Le prolongement du rayon r-fract coupe la droite OA en un point A. On note i et i les angles forms par les rayonsincident et rfract par rapport la normale au dioptre en I.1. Exprimer le chemin optique L entre A et A en fonction de OA, OA, n, n, i et i.

2. Montrer que la condition de stigmatisme est obtenue dans lapproximation paraxiale.Quelle relation de conjugaison obtient-on alors ?

CONSEIL : lobjet de cet exercice est dtablir la relation de conjugaison dun dioptre plan dans lapproxi-mation paraxiale, cest--dire pour des angles faibles entre les rayons lumineux et laxe. La relation de con-jugaison du dioptre lie les positions relatives de lobjet (ici A) et de son image (A), les points A et A tantdits points conjugus travers le dioptre.

1.

Exprimons le chemin optique L entre A et A :

L = n AI n IA.

Le chemin optique entre I et A est compt ngativement car limage A est virtuelle.Dans les triangles AOI et AOI, rectangles en O, on a :

On a donc :

2. Le principe de Fermat prvoit quun systme optique est stigmatique si, pour deuxpoints conjugus, le chemin est indpendant de langle i (et donc de i). La drive de Lpar rapport i est donc nulle :

Exercice 8

Solution

iO

Ii

i

i

n n

Dioptre

AA

AI OAicos

-------- et AI OAicos

---------==

L n OAicos

-------- n OAicos

---------=

dLdi----- nOA isin

i2cos---------------= nOA isin

i2cos------------------di

di----- 0=

18

i et i sont lis par la loi de rfraction de Descartes : n sini = n sini.En diffrentiant cette expression, on obtient : n cosi di = n cosi di.

On remplace, dans , di par son expression en fonction de di. On obtient

finalement :

ce stade, quel que soit i, raliserait le stigmatisme rigoureux, ce qui nest

manifestement pas possible ; en effet, on aurait alors :

quelle que soit la position de I ; or le rapport nest pas constant lorsque I se dplacele long du dioptre.On recherche alors la condition de stigmatisme approch en se plaant dans lapproxima-tion paraxiale, o les angles i et i sont faibles.

Au premier ordre, cosi cosi 1 et sini i, soit :

Si , on a alors quel que soit i.

On a donc tabli une relation de conjugaison pour les points A et A. Le dioptre planralise une condition de stigmatisme approch.

Principe de Fermat et dioptre sphrique

On considre un dioptre sphrique sparant un milieu dindice n dun milieu dindice n.Le centre C du dioptre se trouve dans le milieu dindice n et on note S son sommet, avec

R = . Soit A (p = ) un point du milieu objet, situ sur laxe principal et AI lerayon incident rencontrant le dioptre en I. Le rayon rfract coupe laxe en un point A

(p = ).

1. Construire le rayon incident et rfract si on suppose que A et A sont rels.

2. Soit H la projection de I sur laxe principal, on pose x = . Calculer le chemin optique Lentre A et A en fonction des donnes.

3. Montrer que le principe de Fermat permet dtablir une relation de conjugaison pour ledioptre sphrique dans lapproximation des rayons paraxiaux. Que vaut alors le chemin opti-que entre A et A ?

1. Le schma est ralis dans les conditions suivantes : A est plac avant le centre C etn > n. On a ainsi un objet et une image rels.

dLdi-----

dLdi----- n2 isin icos OA

n i3cos------------ OA

n i 3cos-------------- =

dLdi----- 0=

nOA2

nOA2--------------

AI3

AI3--------=

AIAI------

dLdi----- ni OAn

------- OAn---------

0=OA

n-------OA

n---------=dLdi----- 0

Exercice 9

SC SA

SA

SH

Solution


2. Le chemin optique L entre A et A scrit alors :

Pour calculer AI, considrons le triangle AIH, rectangle en H. On a :

Posons x = , o H est la projection de I sur laxe AS.Dans le triangle CHI, rectangle en H :

Sur laxe, on a simplement :On a donc lexpression de AI :

On trouve de mme pour IA :

On obtient finalement L :

3. Dans lapproximation paraxiale, les rayons restent proches de laxe ; le point H est doncvoisin de S, soit encore x 0 ; la relation prcdente peut donc scrire :

On peut effectuer un dveloppement limit de L, en utilisant pour

20

Le chemin optique L est indpendant du rayon considr sil est indpendant de x soit

. On obtient :

Cette dernire relation correspond la relation de conjugaison du dioptre sphrique danslapproximation paraxiale :

On a alors :

Points de Weierstrass

On considre un dioptre sphrique sparant un milieu dindice n dun milieu dindice n.Le centre C du dioptre se trouve dans le milieu dindice n et on note S son sommet, avec

R = . Soit A (p = ) un point du milieu objet, situ sur laxe principal et AI le rayonincident rencontrant le dioptre en I. Le rayon rfract coupe laxe en un point A

(p = ).

Calculer les positions des points, dits points de Weierstrass, qui ralisent la condition de stig-matisme rigoureux.

CONSEIL : lnonc de cet exercice vous laisse assez libre du choix de rsolution. Nous proposons ici unesolution qui sappuie sur le calcul dj effectu dans lexercice prcdent, savoir lexpression du cheminoptique.

Les positions des points de Weierstrass sont repres par les variables p et p, la variable

reprant le rayon incident AI tant, dans lexercice prcdent, note x = , o H est laprojection de I sur laxe AS. Trouver les valeurs de p et p ralisant la condition de stig-

matisme rigoureux revient trouver les valeurs de p et de p telles que la variation soit

rigoureusement nulle quelle que soit la valeur de x.Reprenons lexpression du chemin optique L entre A et B tablie dans lexerciceprcdent :

Pour les points de Weierstrass, ce chemin est rigoureusement indpendant de la po-sition du point I, cest--dire de x. On a :

L np np x+ + n n R np-- np---

dLdx----- 0=

n n R np-- np--- 0=

np-- np---

n nR

----------=

L n p np+

Exercice 10

SC SA

SA

Solution

SH

dLdx-----

L n p= 1 2xp--Rp---

1 + np 1 2 xp--- Rp--- 1 ++


Le stigmatisme rigoureux impose , quel que soit x.

Pour x = 0, on obtient la condition (i):

En supposant cette condition vrifie, on a alors :

Pour que soit nul, quel que soit x, on doit avoir :

Soit la condition (ii):

Les conditions (i) et (ii) peuvent se rcrire :

On obtient finalement p et p qui sont les positions des points de Weierstrass ralisant la

condition de stigmatisme rigoureux ( , quel que soit x) :

dLdx-----

n Rp---1

1 2xp--Rp---

1 +------------------------------

n Rp--- 1

1 2 xp---

Rp---

1 +-------------------------------+=

dLdx----- 0=

n Rp---1 n Rp--- 1 =

dLdx----- n Rp---

1 11 2xp--

Rp---

1 +------------------------------ 1

1 2 xp---Rp--- 1 +

-------------------------------=

dLdx-----

1 2xp--Rp---

1 + 1 2 xp--- Rp--- 1 +=

1p---

Rp--- 1 1p---- Rp--- 1 =

np np=

1p---

Rp--- 1 1p---- Rp--- 1 =

dLdx----- 0=

pnn--- 1+ R=

p nn--- 1+ R=

22

Conditions dAbbe et de Herschellpour le dioptre sphrique

On considre le dioptre de lexercice prcdent. Les conditions dAbbe et de Herschelltraduisent la conservation du stigmatisme perpendiculairement et suivant laxe dudioptre.On considre un objet transverse AB dont limage travers le dioptre est AB et un objetAD parallle laxe dont limage travers le dioptre est AD. Les points A et A sontles points de Weierstrass pour le dioptre. Langle (respectivement ) repre langle(AA, AI) (respectivement (AA, AI)).

1. On appelle condition dAbbe la condition pour que le systme, rigoureusement stigmatiquepour A et A, le soit galement pour B et B. crire la condition dAbbe sous la forme dunerelation entre n, n, , , et . On utilisera lexpression du chemin optique entre A etA : , o est le vecteur unitaire portant le rayon incident AI et levecteur unitaire portant le rayon rfract IA et lexpression du chemin optique LB entre B etB, B voisin de A : LB = LA + dL ; on donnera alors une expression de dL.

2. La condition de Herschell est la condition pour que le systme, rigoureusement stigmatiquepour A et A, soit stigmatique pour D et D. crire la condition de Herschell sous la forme dunerelation entre n, n, , , et .

CONSEIL : cet exercice est un peu difficile car il ncessite davoir bien assimil la notion de chemin opti-que. On utilisera le fait que les points A et A sont, par dfinition, des points conjugus, lobjectif tant dedonner une condition pour que des objets tendus au voisinage de A et de A soient galement conjugus.

1. Exprimons le chemin optique LA entre A et A sous forme vectorielle ; on note le

vecteur unitaire portant le rayon incident AI et le vecteur unitaire portant le rayonrfract IA :

Le chemin optique LB entre B et B, B voisin de A, scrit :LB = LA + dL

o dL est la variation de chemin optique lorsque A se dplace en B et A en B, le point

Exercice 11

AB ABL nAI u= nIA u+ u u

AD AD

Solution

u

u

LA nAI u= nIA u+

I i

ASC

i

An n

Bu

B

u


I restant fixe. On a donc . dL scrit :

Le chemin optique entre A et A tant, par dfinition, constant, le chemin optique entreB et B le sera galement si dL est constant quel que soit le point I, cest--dire quels que

soient les vecteurs et . Utilisant les angles et , on a :

La relation est valable quels que soient et ; pour = = 0, on obtient cte = 0, soitla condition dAbbe :

2. On peut reprendre le raisonnement prcdent : le chemin optique LC scrit en fonc-tion du chemin optique LA :

Utilisant les angles et , on a :

La relation est valable quels que soient et ; pour = = 0, on obtient :

.

On a donc

On obtient finalement la condition de Herschell :

( dAI AB) et (dIA AB)==

dL n dAI u n+ dIA u=

dL n AB u n+ AB u=

u u

dL n AB sin n+ AB sin cte==

n AB sin nAB sin=

I

AA

D DC

u

u

LC LA dL+=

dL n dAI u n+ dIA u=

dL n dAD u n+ dAD u=

dL n AD cos n+ AD cos cte==

cte n AD n+ AD=

n AD(1 cos ) nAD(1 cos )=

nACsin2 2--- nACsin2 2---- =

24

Stigmatisme approch dun miroir sphrique

Soit un miroir sphrique de centre C et de rayon R et soit un point source en A sur laxe

du miroir tel que ; un rayon issu du point A se rflchit en I sur le miroir, le

rayon rflchi rencontre de nouveau laxe en A. On note langle (CS,CI) et = r.1. Calculer le chemin optique L entre A et A en fonction de , r et r.

2. Donner une expression approche de L lorsque les points A et A sont proches du centre Cdu miroir (|r|


Le trajet entre A et A ne dpend pas du rayon choisi si, quel que soit , L 2nR (obtenu lordre 0). On en dduit que cette condition peut tre vrifie au premier ordre si :

r + r = 0La condition de stigmatisme approch est donc obtenue pour des couples de points sy-mtriques par rapport au centre C du miroir. On a alors :

MILIEUX DINDICES VARIABLES. MIRAGES

Fibre optique saut dindice

Une fibre optique peut tre schmatise par un cylindre de rvolution daxe Oz, de

rayon R, limite son entre par une section droite de centre O. On note le vecteurdirecteur de laxe Oz. La fibre est constitue dune matire souple dindice n > 1 et bai-gne dans lair. Un rayon lumineux passant par O se propage dans la fibre et rencontre le

bord de la fibre pour la premire fois en I. On note . On note langledattaque du rayon lorsquil rencontre la fibre en O par rapport la normale la sectionde la fibre.

1. Dterminer la condition sur i pour que le rayon soit pig lintrieur de la fibre.

2. En dduire l'angle maximal m.

CONSEIL : un rayon est dit pig dans la fibre lorsquil ne peut pas en sortir ; a priori, lorsque le rayonrencontre le bord de la fibre, il est partiellement rflchi dans la fibre et partiellement rfract hors de lafibre. Le rayon ne sera donc pig que si le rayon est totalement rflchi.

1. Le rayon est pig dans la fibre si aucun rayon n'est rfract dans l'air, cest--dire siles rayons subissent des rflexions totales dans la fibre. Sur le schma ci-dessous, il fautdonc que le rayon OI subisse une rflexion totale en I. Le rayon rencontrera alors toujoursl'interface fibre/air avec le mme angle et subira une rflexion totale tout le long de sapropagation dans la fibre. On garantie ainsi que l'intensit de la lumire envoye dans lafibre est conserve (dans le cas contraire, on constaterait des pertes d'intensit lumineuse chaque rfraction).

L nR 1 r2

R2----+ 2 r

R--- cos 1 r

2

R2----+ 2 r

R--- cos+

=

L nR 2 cosR

---------- (r r ) 12R2------- (r2 r2)++ +

L 2nR O r2 r2+R2

----------- +=

Exercice 13

eZ

(eZ, OI) i=

Solution

26

La condition de rflexion totale en I porte sur l'angle :n sin > 1

o n est l'indice de la fibre. On a par ailleurs dans le triangle OIJ rectangle en J :

La condition de pigeage du rayon se traduit donc sur l'angle i :

n cosi > 1

La fonction cosinus est dcroissante sur [0 ; ], l'ingalit est donc inverse lorsque lon

applique la fonction arccos lingalit et on a :

i < arccos (1/n)2. l'entre dans la fibre, on a : sin = n sinisoit,

sin2 = n2 sin2i = n2 (1 cos2i)Daprs la condition de pigeage, n cosi > 1, on a :

n2 cos2i < 1Soit finalement : sin2 < n2 1Do langle maximal m:

Fibre optique indice continment variable

On assimile une fibre optique un cylindre de rvolution constitu dun milieu dindicevariable n. Le milieu prsente une symtrie cylindrique autour de laxe Oz de la fibre.On repre lespace en coordonnes cylindriques (r, , z). Lindice dpend donc unique-ment de la distance r laxe : n = n(r).

I

i

JO

2-- i=

n 2-- i sin 1>

2--

arc ( n2 1 )sin< m=

Exercice 14


Soit un rayon lumineux qui se propage dans la fibre et s labscisse curviligne le long dece rayon.

1. Montrer que la trajectoire admet deux invariants : et .

2. Dcrire la propagation des rayons mridiens (b = 0) et des rayons obliques (b 0). Justifierces dnominations.

3. La fibre est caractrise par la rpartition dindice n(r) suivante : n(r) est variable pour r Ret gal 1 pour r > R, R tant le rayon de la fibre. On dit quun rayon est guid sil ne peutpas sortir de la fibre. Exprimer par une relation entre R, a et b la condition de guidage dans lafibre.

CONSEIL : le problme trait est identique celui de lexercice prcdent mais le traitement mathmati-ques est trs diffrent. On considre ici un indice continment variable n(r) de sorte que la trajectoire desrayons est continment modifie par la variation dindice. Il faut considrer lquation de propagation desrayons lumineux et lexprimer en coordonnes cylindriques, adapte la gomtrie de la fibre ; partir decette relation, on obtient les invariants a et b (le calcul nest pas facile).

1. Reprenons lquation de propagation des rayons lumineux ,

note (1). n ne dpend que de r donc la loi de variation de n = n(r) donne

. Effectuons le produit scalaire de lquation de propagation des rayons

lumineux par le vecteur , il vient :

Or

On a donc . tant constant, on peut le rentrer dans la drive, do :

On en dduit que la quantit est constante.

Exprimons maintenant le vecteur en fonction de la position du rayon (repre en coordonnes cylindriques) :

On a finalement : , o a est une constante.

a ndzds-----= b nr2d

ds----=

Solution

dn(u)ds

----------- grad(n)=

grad(n) dndr-----ur=

uZ

d(nu)ds

----------- uZ grad(n) uZ=

grad(n) uZdndr-----ur uZ 0= =

d(nu)ds

----------- uz 0= uz

d(nu)ds

----------- uZd(nu uZ )

ds------------------- 0= =

nu uZ

u

u dMds

------- drds---- ur r dds----- u

dzds----- uZ+ += =

nu uZ ndzds----- a= =

28

Reprenons lquation de propagation des rayons et remarquons que :

On a donc, en effectuant le produit scalaire par . Remarquons alors que :

car

On a donc :

Par suite, on a , et en rentrant nouveau dans la drive, on en d-

duit que est constant.

La composante suivant z du vecteur scrit , do on dduit le second

invariant : , o b est une constante.

2. Les rayons mridiens vrifient , soit constante. Les rayons se dplacent

dans un plan mridien. Les rayons obliques sont tels que garde un signe cons-

tant. Ces rayons senroulent autour de laxe Oz.

3. Un rayon lumineux est pig dans la fibre si, lorsquil parvient sur la surface, en r = R,il subit une rflexion totale. Le rayon est rflchi si la loi de Descartes pour la rfraction(conservation de la composante tangentielle de n la traverse de linterface) ne peutpas tre satisfaite, soit, avec la normale linterface sur la surface de la fibre, si :

Or , la condition de rflexion totale

scrit donc :

On reconnat les constantes , do la condition sur R, a et b :

r grad (n) (r ur z uZ)+= dndr----- ur z dndr

----- u=

uZ : (r grad (n)) uZ 0=

dds----(r nu) dr

ds---- nu r d(nu)

ds----------- r d(nu)

ds-----------=+=

drds---- nu u nu 0= =

r grad (n) r= d(nu)ds

----------- dds----(r nu) zdn

dr-----u=

dds----(r nu) uZ 0= uZ

(r nu) uZ

(r nu) r2dds-----

nr2dds----- b=

nr2dds----- 0=

dds----- b

nr2-----=

uur

n(R) u ur 1>

u ur drds----ur rdds-----u

drds----

uZ+ + ur r dds-----uz dzds-----u+==

R2 n (R) dds-----

2

n (R) dzds-----

2

1>+

a dzds-----

= et b n= r2dds-----

b2

R2---- a2+ 1>


quation des rayons lumineux dans un milieunon homogne. Mirage

Soit un milieu non homogne isotrope, dindice n(M) variable continment selon la po-sition du point M considr. Un mme rayon lumineux passe par M et M, point infi-niment voisin de M. Soit le vecteur unitaire tangent en M au rayon lumineux etd(n ) le vecteur accroissement du vecteur n entre M et M.

1. Justifier que d(n ) est parallle .

2. Montrer que , o s est labscisse curviligne le long du rayon.

3. Montrer que la trajectoire dun rayon lumineux dans un milieu non homogne est identique

la trajectoire dune particule de vitesse et subissant une acclration dont ondonnera lexpression en fonction de v0 et n. On prendra v0 constante.

En t, lair au contact du sol est plus chaud quen altitude et il y a apparition dun gra-dient dindice. Pour dcrire ce phnomne, on prend un gradient dindice telque soit constant et non nul, et quil soit vertical et orient vers le haut. 4. Montrer que, dans certaines conditions, il existe deux rayons lumineux allant dun point A un point B. Peut-on parler de mirage ?

CONSEIL : cet exercice est difficile. Il sagit de travailler sur lquation donnant la trajectoire dun rayonlumineux en milieu dindice continment variable.

1. est, par dfinition, perpendiculaire aux surfaces iso-indices ou iso-n (ensem-ble des points auxquels est associe une mme valeur de n). Considrons que M et Mappartiennent deux milieux dindice n(M) et n(M), spars par une couche (interface)

dans laquelle n varie de n(M) n(M). La normale linterface est colinaire

puisque n ne varie que dans linterface dpaisseur d.

Par ailleurs, les lois de loptique gomtrique traduisent la continuit de la composante

tangentielle du vecteur . On a donc : n(M) (M) n(M) (M) = a , o a est uneconstante. Cette relation reste valable lorsque M et M sont sur la couche dpaisseur d,soit lorsque le milieu est inhomogne.

Exercice 15

uu u

u grad n

d(nu)ds

------------ grad n=

v v0 nu( )= a

grad (n2)

Solution

grad(n)

N

grad(n)

NM

M

d

nu u u N

30

Par ailleurs, lorsque M et M sont infiniment voisins, on a n(M) (M) n(M) (M)

= d( ) ; on a donc d( ) parallle . Il vient finalement d( ) et parallles.

2. tablir la relation revient chercher la constante de proportionna-

lit entre d( ) et qui sont parallles, comme nous lavons montr. Soit b cette

constante :

Avec et en multipliant lgalit par ds

= = , il vient :

avec . = 1 , .d = 0 et . ds = dn, on a ds = b.On en dduit finalement lquation de propagation des rayons :

3. On assimile le rayon lumineux une particule de masse m et de vitesse . Son

acclration scrit :

en utilisant lquation de propagation des rayons et la dfinition de la vitesse :

. On obtient finalement :

Poursuivons lanalogie avec la mcanique classique et cherchons lquation de la trajec-toire du ou des rayons qui, issus dun point objet A, arrivent au point B (o lil se trou-

ve). Le gradient dindice est tel que soit constant, soit n 2(y) = ay + b, o y dsigne

la coordonne suivant un axe vertical ascendant (avec a > 0), de sorte que et par suite :

Intgrons cette quation (deux fois) :

u u

nu nu N nu grad(n)

d(nu)ds

----------- grad(n)=

nu grad(n)

d(nu) b grad(n)=

d(nu) dn u ndu+= d(nu) b grad(n)= u

MM dM

dn u uds ndu uds+ b grad(n)uds=

u u u u grad(n) u

d(nu)ds

----------- grad(n)=

v v0nu=

dvdt----- dv

ds----- ds

dt---- v0

d(nu)ds

-----------v0n v 02 ngrad(n)= = = =

dsdt----

v v0n= =

v 02 ngrad(n) v 02

2-----grad(n2)= =

grad(n2)

grad(n2) aj=

v 02

2-----aj=


o vA est la vitesse du rayon en A, langle quelle forme avec laxe A et (x,y) repre latrajectoire du rayon lumineux. liminons le temps pour donner lquation de latrajectoire :

Remarquons que et que A tant lorigine du repre, on a nA2 = b, de sorte que

lquation de la trajectoire scrit :

4. La condition pour que le rayon lumineux issu de A arrive en B de coordonnes (X,Y)est quil existe au moins une valeur de langle telle que :

Cette quation admet des solutions pour tan (et donc pour ) si :

Soit si :

Lgalit donne lquation de la parabole de scurit de sommet tour-

nant sa concavit vers les y > 0. Pour tous les points dans la concavit de cette parabole, il existe deux rayons issus de A et parvenant au point B. Lil en B pourra donc voir deux images de A (aucune ne correspondant la position relle de A) ; en ce sens, on peut parler de mirage.

vvA cos

v 02

2-----at vA sin+

et xy

vA cos t

v 02

4-----at

2 vA tsin+==

i

y v 02

4vA2

2cos------------------- x2 xtan+=

v 02

vA2-----

1nA

2-----=

y a4b 2cos----------------x2 xtan+=

Y a4b 2cos----------------X 2 tan X+ + aX

2

4b------- 2tan X+ tan aX

2

4b------- Y 0=+=

X 2 4 aX2

4b------- aX

2

4b------- Y 0

Y a4b----X 2 ba--

xs 0, ysba--

= =

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