I. Placement d’un miroir plan

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PCSI 1 - Stanislas DM de PHYSIQUE N^◦2 - 17/10/18 - CORRIGÉ _{A. MARTIN}

OPTIQUE GÉOMÉTRIQUE

I. Placement d’un miroir plan

1. Par respect de la loi de Descartes de la réflexion, le bord supérieur du miroir doit être à mi-hauteur par rapport à l’œil (O) et le sommet du crâne (S). De même, le bord inférieur du miroir doit être à mi-hauteur par rapport à l’œil et le menton (M), cf le schema ci-dessous.

Cette disposition est indépendante de la distanceDau miroir.

2. On en déduith1=^d2+^`−d2 donc h1=2^` = 12,5 cm etH1=L1−`+¹2(`−d) soit H1=L1−¹₂(`+d) = 1,67 m.

3. On modifie la position du bas du miroir pour s’adapter à la deuxième personne, H2=L2−¹₂(`+d) = 1,45 m, mais pas celle du haut qui est toujours àL1−^d₂.

Le miroir a donc maintenant une hauteur h2=L1−L2+^`2 = 35,5 cm.

II. Fabrication d’un double prisme

1.

Lois de Snell-Descartes, pour un rayon incident enIsur un dioptren1/n2:

— Les rayonsréfléchietréfractésont dans leplan d’incidence, formé par le rayonincidentet la normale au point d’incidence ;

— l’angle du rayon réfléchi vérifie : r=−i1 ;

— l’angle du rayon réfracté vérifie : n1sini1=n2sini2.

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2. Le cône lumineux dans la lame après réfraction par la faceACa une ouverture maximale qui correspond à l’angle de réfraction limite, donc un angle au sommet α_i= 2 arcsin1

n_i

. On obtientα1= 74,2^◦ ou α2= 84,6^◦.

3. Si on choisitn2, il y aura forcément réfraction le long deADcarn2< n. Pour se donnerla possibilité d’une réflexion totale il faut choisirn1 carn1> n.

4.

Notons respectivement r etr⁰ les angles du rayon dans le milieu d’indicen1par rapport à la normale du dioptreACd’une part et ADd’autre part (cf schéma ci-contre), eti⁰l’angle du rayon réfracté à traversADs’il existe. En écrivant que la somme des angle d’un triangle vautπ, on obtientπ=A+^π₂−r+^π₂+r⁰d’oùr⁰=r− A.

On voit donc que siiaugmente, alorsr aussi et doncr⁰ diminue en valeur absolue (carr⁰ <0 ici), ce qui risque de permettre la réfraction à travers AD à partir d’une valeur limiter⁰_m telle que i⁰=−^π₂.

On en déduit qu’il ne faut pas dépasser l’incidenceimaxtelle que sinimax=n1sinr_mavecr_m=r⁰_m+A etn1sinr⁰_m=nsin −^π₂=−n. En utilisant ces trois relations, on obtient que l’angle du prisme doit vérifier A=rm−r_m⁰ = arcsinsinimax

n1

+ arcsinn n1

= 71,6^◦.

5. L’incidence iest minorée par le fait que les rayons doivent atteindre la faceAD, donc on doit avoir

|r⁰|=−r⁰≤^π₂, d’oùr=A − |r⁰| ≥ A −^π₂, d’où finalement i≥imin= arcsin (−n1cosA) =−31,5^◦.

III. Objectif de photocopieur

1. Les conditions de Gauss sont définies pour ces systèmes centrés. Elles sont telles que l’on se limite à des rayons ditsparaxiaux, c’est-à-direpeu inclinés par rapport à l’axe optique, et dont les points d’incidence sur les différents dioptres ou miroirs sontproches de l’axe optique.

Dans ces conditions, les systèmes centrés sont alorsapproximativement stigmatiques et aplané- tiques.

2. Soit A⁰ l’image de Apar la lentille L1 seule. Sa posi-

tion s’obtient par l’intersection d’un rayon émergent quel- conque issu deAet de l’axe optique, qui est un rayon par- ticulier non dévié. Comme l’indique le schéma ci-contre, le fait queAsoit en avant deL1(objet réel) et que celle-ci soit divergente (donc le rayon s’écarte encore plus de l’axe optique), implique queA⁰ est aussi en avant deL1.On ne peut donc former une image sur le récepteur.

Par le calcul, la relation de conjugaison de Descartes donne :_O¹

1A⁰− ¹

O1A=_f¹⁰

1d’où O1A⁰=1 f₁⁰ + 1

O1A −1

<0 , ce qui confirme queA⁰est en avant deL1.

3. a) SiL⁰est aussi divergente, elle va former une image intermédiaireA1deAqui sera à sa gauche d’après le raisonnement de la question précédente, et qui va donc former un nouvel objet à gauche deL1. On est donc ramené à la situation précédente, aucune image ne peut être projetée sur le récepteur.La lentilleL⁰doit donc être convergente.

b)D’après la relation de conjugaison de Descartes, on obtient

• d’une partf⁰=_O0¹A1− ¹

O⁰A −1

=_D−2d+O¹

1A1+¹_d⁻¹;

2

(2)

•et d’autre partO1A1=_O¹

1A⁰−_f¹0 1

−1

=¹_d−_f¹0 1

−1

.

Ceci conduit à f⁰=



 D−2d+1 d− 1

f₁⁰ −1!−1

+1 d





−1

= 57 mm.

c)Considérons un autre point objetBsitué en dehors de l’axe optique ∆, de telle sorte que l’objet

−−→

ABest transverse. On note de façon analogueB7→^L B1 L1

7→B⁰. Le grandissement total est le produit des grandissements individuels apportés par chaque lentille carγ1=^A_AB⁰^B⁰ =_A^A⁰^B⁰

1B1 A1B1

AB . D’après la relation de Descartes, et en réutilisant l’expression ci-dessus pourO1A1, on a donc

γ1=O1A⁰ O1A1

O⁰A1

O⁰A =O1A⁰ O⁰A

O⁰A1

O1A1

= (−1). O⁰O1

O1A1

+ 1

!

d’où γ1=−1−(D−2d)1 d− 1

f₁⁰

=−1,4.

Si les longueurs sont multipliées parγ1, les surfaces le sont par (γ1)²= 2,0, donc il s’agit d’un tirage au format A3.

4. Deux lentilles minces accolées forment une lentille mince équivalente de vergence la somme des vergences :

1 f⁰=_f¹0

2+_f¹0

3, donc f₃⁰=1 f⁰− 1

f₂⁰ −1

= 35 mm.L3est doncconvergente.

5. Lorsque la lentille L3 est accolée à L1, on se retrouve dans la situation analogue à la précédente du point-de-vue géométrique, à condition d’inverser le sens de propagation de la lumière, ce qui est possible en vertu duprincipe de retour inverse. Ainsi, en considérant queA⁰sur le récepteur est l’objet, il est alors conjugué avec le point imageAsur le document. Le grandissement serait alors le même, c’est- à-direγ1. Comme la lumière va toujours deAvers A⁰ le grandissement est donc finalement inversé :

γ2= 1

γ1 =−0,71. Ceci conduit à un rapport (γ2)²= 0,51 sur les surfaces, doncun tirage au format A5.

IV. Appareil photographique

1. a)L’objet étant situé à une distance de l’ordre de 50000 fois la distance focale, on peut le considérer à l’infini, et donc l’image (qui est sur la pellicule puisqu’il y a eu mise-au-point) est dans le plan focal, à la distancef⁰= 38 mm. SCHEMA

La hauteur de l’image vérifie la relation du grandissement de Descartes : h⁰=f⁰ h

D = 6,5 mm.

b)Un objet ponctuelAà distance finie donnera une imageA⁰située en arrière de la pellicule, et donc une tache sur la pellicule. Cette tache paraîtra toutefois nette si son diamètre est inférieur au diamètrea d’un grain. Son diamètre dépend de celui de l’ouverture, comme indiqué dans le schéma ci-dessous.

3

D’après ce critère, on a par le théorème de ThalèsOA⁰=^2R_a F⁰A⁰. Les relations de conjugaison de Descartes et de Newton permettent de traduire cette condition sur l’objetAtel queOA=−D_m:

1 f⁰+ 1

OA −1

=2R a

(−f⁰²) F A ⇒

1 f⁰+ 1

OA

=− a 2R

F A f⁰² =−a

2R 1 f⁰+OA

f⁰²

!

⇔ f⁰+OA f⁰OA =− a

2Rf⁰²(f⁰+OA) ⇔ OA=−2R

a f⁰ ⇔ Dm= f⁰² aN .

Dans les calculs ci-dessus, la première inversion et la simplification parf⁰+OAsont valables car on a nécessairementOA6=−f⁰(car sinon l’image serait à l’infini).

Remarque : On retrouve bien le résultat établit dans l’approche documentaire pour la distance hyperfocale. Notons aussi que si on ne simplifie pas parf⁰+OAci-dessus, on obtient un trinôme du second degré avec l’autre solution D_m = f⁰, qui correspond précisément au casf⁰+OA= 0 impossible. On peut donc l’éliminer.

Pour les valeurs extrêmes deN on obtientD_m∈[4,4; 24] m. Par conséquent on aura une bonne profondeur de champ dans tous les cas, c’est-à-dire que tout le paysage sera net sauf le tout premier plan.

2. a) De nouveau l’objet peut être considéré à l’infini (à 1‰près) , donc l’image et la pellicule à la distance f⁰de la lentille. Pendant le temps de poseτ, un point du coureur passe de la positionAà la position B, donc son image passe deA⁰àB⁰, cf ci-dessous.

D’après la relation de grandissement de Descartes, on aA⁰B⁰=^f_p⁰AB. Or on aAB=V τ, et pour que l’image ne soit pas floue il faut queA⁰B⁰ ≤ a. On obtient donc un temps de pose maximal

τ≤τ_m= pa

f⁰V = 2,4 ms.

b)L’objectif étant quasiment mis-au-point sur l’infini, on peut ré-utiliser la distance hyperfocale calculée en1.b), ce qui donne une plage de vision nette de profondeurp−D_mentre le coureur et l’appareil.

En arrière du coureur, on peut considérer en première approximation que la plage de vision nette est du même ordre. On a donc approximativement une profondeur de champ dePc≈2(p−D_m) soit

P_c≈2 p−f⁰² aN

!

= 12 m.

c) Un mouvement rapide impose un temps de pose court pour la netteté. Mais un temps de pose court implique une ouverture grande pour compenser la perte d’exposition. La profondeur de champ est d’autant plus faible que l’ouverture est grande. Doncla photographie d’un mouvement rapide est naturellement associée à une faible profondeur de champ.

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