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Travaux dirigés de l’optique géométrique SVT 2013,
Exercice 1 :
1. T = 1,533 .10-15^ s, d’où la fréquence : =^1
T
A.N. : = 6,523.10^14 Hz
2. (^0)
= c.T = c^ =c
f
. A.N. : 0 459,6nm 0, 4596 m 3. Oui, cette radiation est visible à l’œil nu car (^) 0 459,6nm 450nm,750nm qui représente la partie visible à l’œil nu du spectre électromagnétique. La couleur de cette radiation est bleue.
4. Dans un milieu verre crown BK7 d’indice n = 1.5524, la longueur d’onde de cette
radiation s’exprime :
= v.T = v^ = c =^0
n. n
. A.N. : = ^0 = 459,6nm=296,1nm
n 1,
La longueur d’onde etla vitesse v de propagation changent avec l’indice n. En revanche la fréquence et la période T restent inchangés. La couleur est donc la même.
Exercice 2 :
a. Le rayon 1 est le rayon incident , le rayon 2 est le rayon réfléchi et le rayon 3 est le rayon réfracté. b. La déviation D est représentée sur le schéma ci contre. c. L’eau se trouve dans la zone B, car en traversant la surface de séparation des 2 milieux homogènes (l’air et l’eau), le rayon lumineux change de direction.
d. L’angle de réfraction limite de ces 2 milieux est: air eau
sinΛ = n^ = 3 = 0,75 Λ = arcsin 0,75 49° n 4
Exercice 3 :
i + i = 90 2 i 2 90 i 90 60 30 Et
nSilice .sini 1 nSilice .sini 2 sini 1 0,8 i 1 53
sin = 1 1 0,625 38,
n 1,
Comme i=60° > alors on aura une réflexion totale sur la paroi, et de proche en proche les réflexions totales se succèdent (i=60° > ) le long de la paroi de la fibre jusqu’à la sortie de ce rayon de cette fibre. Exercice 4 :
a. La hauteur apparente h/D=tg=rd, d’où on a tg rd= h^ = 30 = 0,03rd =1,9° D 1000
b. tg rd= h^ = AB^ = 3450 = 0,009rd = 0,5°
D D 380 000
Exercice 5 : Pour que la lumière, issue de l’objet situé en D du quadrupède ABCD, se propage jusqu’à l’œil placé en A, les deux miroirs plans doivent être placés en C et en B, perpendiculairement aux bissectrices des angles C et B. La loi de Snell-Descartes relative à la réflexion sera alors respectée. Ces bissectrices
jouent le rôle des normales respectivement en C et en B.
i 2 i
Silice n = 1,6 i i
A
D
B
D
air
eau
3
Zone A
Zone B
1
2
C
Exercice 6 : Il s’agit d’une infinité d’images formées de Si.
Exercice 7 :
1- Soit un prisme d’angle A et d’indice de réfraction n. Un rayon lumineux SI tombe sur ce prisme sous un angle d’incidence i. Ce rayon pénètre dans le prisme en respectant les relations suivantes. 2- Les formules du prisme d’angle A et d’indice de réfraction n sont :
1.sin(i) = n.sin(i’) ; n.sin(r’) = 1.sin(i’)
A = r + r’ ; D = i + i’ - A
1. sini = n.sinr , r + r'= A, sini'= n.sinr' et D = i +i'- A
2. si i r r' i'
1 2 n.sin = sin90 sin = 0,67 41, n 3
4. r , r' r r' A 2 AMau-delà de laquelle il y n’aura plus de rayon
émergent au point I’ du prisme d’angle A et d’indice de réfraction n=1,5.
5. Le phénomène observé est la dispersion de la lumière blanche à l’aide du prisme.
6. La radiation la plus déviée est l’indigo et la moins déviée est le rouge.
Exercice 8 :
Soit un rayon lumineux SI arrive sur une lame à faces parallèles sous une incidence i.
Au point I, la réfraction se traduit par l’équation suivante :sini n.sin r
Au point J, la réfraction est : n.sinr = sini'^ '
comme r =r' alors i =i'^ D’où^ le^ résultat.^ Donc^ le^ rayon^ émergent^ est^ parallèle^ au^ rayon
incident. La lame à faces parallèles fait alors translater le rayon incident d’une quantité :
JH = IJ.sin i-r avec IJ = e cosr
e
JH = .sin i - r A.N : JH 2,88cm
cosr
S^ S^1 S 2
S 3
A 1 est situé à l’infini alors son image A 2 sera placée sur le foyer principal image F’ 1 de 1 , d’où on a :^2 2 1 1 1 21 1 1 1 1 2 1
n n n n S F' .S C 30cm S F' S C n^ n
1
n 1 n (^2)
A F 1 S 1 C 1 F’ 1
A 2 est situé à l’infini alors A 1 sera placé sur le foyer principal objet F 1 de 1 , d’où on a : (^1 2 1 1 1 11 ) 1 1 1 1 1 2
n n n n S F .S C 20cm S F S C n^ n
Ces deux foyers F 1 et F’ 1 sont réels tous les deux et sont placés de part et d’autre du sommet S. Il est à remarquer que ces foyers ne peuvent jamais être entre le sommet S et le centre C du dioptre sphérique 1. Il est à remarquer que si on permute les deux milieux homogènes, le dioptre ainsi obtenu sera divergent et ses foyers seraient alors virtuels. Il est à remarquer que le rapport des distances focales image et objet respectivement du dioptre S 1 et de S 2 est égale au rapport des indices de réfraction des 2 milieux extrêmes : 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2
n .S C S F' n n n S F n^ n .S C n n
Exercice 11 :
a- V=1/f’ d’où on a f’ = 1/V Pour V = 8 on a f’ = 12,5cm ; et Pour V=2 on a f’ =50cm La lentille qui forme l’image la plus grande est celle dont la distance focale est la plus grande
f'=50cm
f’ = 12,5cm b- L’image du Soleil ainsi obtenue à l’aide d de cette lentille de distance focale f’=50 cm est un disque de diamètre d= 4,5 mm. Le diamètre apparent du Soleil est l’angle : tg( )=d/f’=4,5 10-1/50=0,009rd=0,5°=(1/2)° Donc, le diamètre apparent du Soleil dans le ciel est d’un demi-degré, alors que le diamètre réel du Soleil est environ 1 400 000 km, soit 109 le diamètre de la Terre (12 800 km).
Exercice 12 : Il s’agit d’une image A’B’ réelle, renversée et 3 fois plus grande que l’objet AB.
Cette image peut être projetée sur un écran situé à 12 cm derrière la lentille.
t
A 'B' OA ' (^3) A 'B' 6mm AB OA
AB L^1 A'B' 1 - 1 = 1 OA' = OA.OF' OA' = -4. +3 +12cm (^) OA' OA OF' (^) OA + OF' (^) -4 + 3
Il s’agit d’une image A’B’ virtuelle, droite et 3 fois plus grande que l’objet AB. Cette image ne peut pas
être projetée sur un écran situé derrière la lentille mais observable à travers cette lentille.
t
A 'B' OA ' (^3) A 'B' 6mm AB OA
AB L^1 A'B' 1 - 1 = 1 OA' = OA.OF' OA' = -2. +3 6cm (^) OA' OA OF' (^) OA + OF' (^) -2 + 3
OA’=+12cm
f’=3cm OA=-4cm -3xAB=A’B’
A’B’=+3.AB
O f'=3cm
OA=-2cm OA’=-6cm
3- Si l’objet AB est placé sur le foyer principal objet F de cette lentille, alors son image A’B’ sera projetée à l’infini. Les deux rayons lumineux émergeant de la lentille sont parallèles. O OA=-3cm
4- Pour un objet AB placé à 6 cm devant la lentille divergente de distance focale -4cm B' son image A’B’ est virtuelle droite et plus petite située à :
AB L^1 A'B' OA' = OA.OF' OA' = ^ -6. -4 ^ 2, 4cm OA + OF' -6 - 4
O
t
A'B' OA' -2, 4
= = = = 0, 4 A'B' = +0,8mm
AB OA -
OA’=-2,4cm f’ = -4cm OA=-6cm Les deux lentilles L 1 et L 2 sont accolées alors la vergence de ce système optique est :
V = V + V 1 2 e V V. 1. 2 avec e = 0 d’où 1 2 8,33 f '
V = V + V = 100 - 100 = = 12cm
B’
F’
B
B
A A’ F
A'
B
F=
A F F’
B’
A’
B
F A F’
B’
A’
A
Objet AB situé sur le PP (-25cm) alors son image A’B’ est toujours située sur la rétine :
max imale max imale.
V V = OA^ OA'= 70,
OAOA'
1 OF'
1 1 OA' OA
Vmin imale = 66,67 V Vmax imale = 70,67 Exercice 16 : A- Un œil emmétrope (à vue normale) forme les images A’B’ sur sa rétine, des objets AB quelque soit leur distance en s’appuyant sur l’accommodation. f' Ecran-Rétine Objet à l’infini O A’
B’
L’œil myope forme l’image d’un objet AB situé à l’infini, devant L’écran-rétine, c’est pour cette raison cet objet AB apparait flou. B- Un œil myope dont les deux punctums Remotum situé à PR=-25 cm et Proximum à PP=? Cet œil a une amplitude dioptrique A = 5 . L’œil myope
D d = d = -11,11cm 1 -D.A
1 1
PR 0
PR 1 1 OF' OA' OA (^) OF'
A A' 1 = = PR = -25cm OA'
Lc - =
Il s’agit bien d’une lentille divergente de distance focale f’ 1 = -25 cm et de vergence V=- 4 Après la correction, le Punctum Remotum (PR) sera situé à l’infini et le P unctum P roximum ( PP ) sera situé comme suit :
PP 1 1 NPP = OF'.PP = -19,64cm
PP NPP OF'- PP
1 OF'
NPP Lc - = verre correcteur lentille divergente
PR PP = -19,64cm l’œil myope
Exercice 17 : a- le foyer image F’ d’un œil emmétrope au repos est situé sur la rétine. Autrement dit, l’image A’B’ d’un objet AB situé à l’infini est formée sur la rétine.
O F’
Œil réduit emmétrope
L’œil presbyte est un œil dont le P unctum P roximum s’est éloigné, ce qui conduit à l’observation floue des objets proches , et non pas les objets éloignés. Donc ces objets éloignés sont vus d’une façon nette par un œil presbyte car son image est située sur la rétine de cet œil.
PR=-25cm
D
d=PP?
Zone de vision nette
Nouvelle Zone de vision nette avec correction^ PR=-25cm
Zone de vision nette
sans correction
b- lorsqu’on regarde au centre de la lentille, l’œil regarde les objets éloignés ce qui conduit le cristallin d’avoir une courbure minimale, donc une vergence minimale et par la suite l’image est située sur la rétine. En revanche, quand l’œil regarde le bas de la lentille, l’œil regarde les objets proches ce qui conduit au cristallin de se bomber au maximum afin d’avoir une vergence maximale dans le but de conserver l’image sur la rétine avec l’aide de la lentille. Sans cette lentille, l’œil presbyte ne peut pas conserver l’image nette car le cristallin aura perdu un peu de son élasticité initiale ce qui conduit à l’éloignement du PP. Un presbyte doit éloigner un texte pour lire.
Exercice 18 :
Un œil hypermétrope est un œil dont l’ensemble des milieux transparents, notamment la cornée et le cristallin, peut être modélisé par une lentille qui n’est pas assez convergente quand l’œil est au repos. Au repos, le foyer principal image de cette lentille est situé derrière la rétine. Un œil hypermétrope peut voir un objet éloigné avec accommodation car l’image d’un objet situé à l’infini est formée derrière la rétine donc elle est virtuelle. Pour corriger l’hypermétropie, on place devant l’œil au contact de la cornée une lentille convergente. L’œil hypermétrope étudié à une distance focale f’h =18,0 mm alors qu’un œil emmétrope a une distance focale f’e =17,0 mm. La vergence de cet œil hypermétrope est Vh = 1/f’h = 10+3/18= 55,55 . La vergence de cet œil emmétrope est Ve = 1/f’e = 10+3/17= 58,82 . Pour rendre cet œil hypermétrope un œil emmétrope, il faut lui coller un verre correcteur (lentille convergente) La vergence du verre correcteur de cet œil hypermétrope est comme suit : VC+Vh=Ve , d’où on a VC=Ve-Vh = 58,82 Ŕ 55,55 = 3,27 .
Exercice 19 :
a- Le timbre est schématisé par la flèche AB (3cmx2cm) et son image par A’B’ (12 cm, 8cm) est
virtuelle, droite et 4 fois plus grande que l’objet. la distance focale f'=+8cm de la loupe.
L (^1) & γ t
1 1 1 OA.OF' A'B' OA' -
AB A'B' - = OA' = = -24cm = = 4 OA' OA^ OF' OA + OF' AB^ OA -
= =
b-
c-
rd
3
AB
tg =
OF
P = = = V = = 25 & OF' = = 4cm
AB OF 2.10 V
La vergence de cette Loupe est également sa puissance. Par conséquent sa distance focale f’ est de 4cm.
B
B’
A’ F (^) A F’
B L 1 L 2
A F 1 O 1 F’ 1 F 2 A’ 1 O 2
A’’ infini
B’ 1
B’’ infini
A 2 A 1
