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📘 Question de cours
Nature d'une image pour le système optique suivant
On considère deux systèmes optiques successifs. Le premier transforme un objet réel A en image réelle A'. Schématiser la situation. Le deuxième système est placé après l'image A' et transforme A' en A'', image réelle de A' par le deuxième système. Schématiser la situation. À quoi correspond A' pour le deuxième système optique ? Si ce système optique est placé avant A', que devient A' pour celui-ci ?
✅ Correction : Si le deuxième système est placé après A', les rayons issus de A' se croisent effectivement avant de l'atteindre : A' est un objet réel pour le deuxième système.
Si au contraire le deuxième système est placé avant A', les rayons sont interceptés avant de s'être croisés. Ils convergent vers un point situé après le système : A' est alors un objet virtuel pour celui-ci.
C'est la seule façon d'obtenir un objet virtuel en pratique : il faut interposer un système optique sur un faisceau convergent. Un objet virtuel n'existe donc jamais seul, il est toujours l'image donnée par un système placé en amont.
Si au contraire le deuxième système est placé avant A', les rayons sont interceptés avant de s'être croisés. Ils convergent vers un point situé après le système : A' est alors un objet virtuel pour celui-ci.
C'est la seule façon d'obtenir un objet virtuel en pratique : il faut interposer un système optique sur un faisceau convergent. Un objet virtuel n'existe donc jamais seul, il est toujours l'image donnée par un système placé en amont.
📝 Exercice 1
Stigmatisme approché pour une lentille hémisphérique
Soit une lentille hémisphérique d'indice $n = 1{,}6$ et de rayon $R = 100$ mm.
1. Le rayon incident représenté ci-contre est parallèle à l'axe optique de la lentille. Est-il dévié par le premier dioptre ? Expliquer.
2. Reporter le schéma en ajoutant les angles d'incidence et de réfraction sur le second dioptre rencontré par le rayon.
3. Déterminer la relation liant $\overline{\text{SA}}$ à $h$.
4. Rappeler la distance du punctum proximum et la résolution angulaire d'un œil emmétrope, et en déduire un ordre de grandeur de l'écart minimal que celui-ci peut résoudre à cette distance.
5. Estimer une condition sur $h$ du type $h \in [-h_m, h_m]$ pour que la lentille soit dans les conditions de stigmatisme approché, dans le cas d'une observation à l'œil nu. Justifier l'appellation « lentille mince ».
6. Que devient cette condition pour un écran CCD de taille de pixels de 5 µm ?
7. Comparer les distances HS et SA dans le cadre du stigmatisme approché (œil ou CCD) et en déduire la distance focale de cette lentille.
1. Le rayon incident représenté ci-contre est parallèle à l'axe optique de la lentille. Est-il dévié par le premier dioptre ? Expliquer.
2. Reporter le schéma en ajoutant les angles d'incidence et de réfraction sur le second dioptre rencontré par le rayon.
3. Déterminer la relation liant $\overline{\text{SA}}$ à $h$.
4. Rappeler la distance du punctum proximum et la résolution angulaire d'un œil emmétrope, et en déduire un ordre de grandeur de l'écart minimal que celui-ci peut résoudre à cette distance.
5. Estimer une condition sur $h$ du type $h \in [-h_m, h_m]$ pour que la lentille soit dans les conditions de stigmatisme approché, dans le cas d'une observation à l'œil nu. Justifier l'appellation « lentille mince ».
6. Que devient cette condition pour un écran CCD de taille de pixels de 5 µm ?
7. Comparer les distances HS et SA dans le cadre du stigmatisme approché (œil ou CCD) et en déduire la distance focale de cette lentille.
💡 Indice : Le centre de courbure du dioptre sphérique est le centre O de la face plane : la normale au point d'impact est donc portée par le rayon du cercle. Dans le triangle formé par ce centre, le point d'impact et le point A, la relation des sinus donne directement la position de A.
✅ Correction : 1. Le rayon est parallèle à l'axe optique, donc perpendiculaire à la face plane d'entrée. Il arrive en incidence normale et n'est pas dévié : il traverse la face plane sans changer de direction.
2. Sur le dioptre sphérique de sortie, la normale au point d'impact M est portée par le rayon du cercle, c'est-à-dire par la droite OM où O est le centre de la face plane. En notant $i_1$ l'angle d'incidence interne et $i_2$ l'angle de réfraction dans l'air, le rayon horizontal fait avec OM l'angle $i_1$ tel que
$$\sin i_1 = \frac{h}{R} \qquad \text{et} \qquad n \sin i_1 = \sin i_2 \quad \text{donc} \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$
3. Dans le triangle OMA, l'angle en O vaut $i_1$, l'angle en M vaut $180^\circ - i_2$ et donc l'angle en A vaut $i_2 - i_1$. La relation des sinus donne
$$\frac{\overline{\text{OA}}}{\sin(180^\circ - i_2)} = \frac{R}{\sin(i_2 - i_1)} \qquad \text{soit} \qquad \overline{\text{OA}} = R\,\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)}$$
et comme $\overline{\text{OS}} = R$ :
$$\boxed{\overline{\text{SA}} = R\left(\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)} - 1\right)} \qquad \text{avec} \quad \sin i_1 = \frac{h}{R}, \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$
Le point A dépend de $h$ : le système n'est pas rigoureusement stigmatique. C'est l'aberration de sphéricité.
4. Le punctum proximum d'un œil emmétrope est à 25 cm et sa résolution angulaire vaut environ $3 \times 10^{-4}$ rad, soit une minute d'arc. À 25 cm, l'écart minimal résolu est donc
$$\varepsilon = 0{,}25 \times 3\times 10^{-4} \approx 75\ \text{µm}$$
5. Pour $h$ petit, les angles sont petits : $i_1 \simeq h/R$, $i_2 \simeq nh/R$ et $i_2 - i_1 \simeq (n-1)h/R$, d'où la position paraxiale
$$\overline{\text{OA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} = \frac{1{,}6 \times 100}{0{,}6} \approx 267\ \text{mm} \qquad \overline{\text{SA}}_{\text{par}} \approx 167\ \text{mm}$$
Les rayons marginaux coupent l'axe avant ce point, et forment dans le plan focal paraxial une tache dont le diamètre croît très vite avec $h$ :
$h = 2$ mm : tache de 2 µm ; $h = 5$ mm : 32 µm ; $h = 10$ mm : 260 µm ; $h = 20$ mm : 2,2 mm.
La condition $2|y| < \varepsilon = 75$ µm donne $h_m \approx 6{,}6$ mm, soit
$$h \in [-6{,}6\ \text{mm}\ ;\ 6{,}6\ \text{mm}] \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad \frac{h}{R} < 7\ %$$
Seule une étroite calotte centrale du dioptre, de rayon quinze fois plus petit que celui de la sphère, travaille dans les conditions du stigmatisme approché. C'est bien cette zone utile, et non l'épaisseur du verre, que désigne l'appellation « lentille mince ».
6. Pour un capteur de 5 µm de pixel, la même condition donne $h_m \approx 2{,}7$ mm, soit $h/R < 3\ %$. Le capteur étant quinze fois plus résolvant que l'œil, il est bien plus exigeant sur le diaphragme : c'est la raison pour laquelle on ferme le diaphragme d'un objectif photographique pour gagner en netteté.
7. La flèche HS vaut $R - \sqrt{R^2 - h^2} \simeq \dfrac{h^2}{2R}$, soit 0,22 mm pour $h = 6{,}6$ mm, à comparer à $\overline{\text{SA}} \approx 167$ mm. Elle est mille fois plus petite : dans les conditions du stigmatisme approché, il est légitime de confondre H, S et le centre optique O de la lentille équivalente. La distance focale image de la lentille hémisphérique est donc
$$f' = \overline{\text{SA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} - R = \frac{R}{n-1} \approx 167\ \text{mm}$$
2. Sur le dioptre sphérique de sortie, la normale au point d'impact M est portée par le rayon du cercle, c'est-à-dire par la droite OM où O est le centre de la face plane. En notant $i_1$ l'angle d'incidence interne et $i_2$ l'angle de réfraction dans l'air, le rayon horizontal fait avec OM l'angle $i_1$ tel que
$$\sin i_1 = \frac{h}{R} \qquad \text{et} \qquad n \sin i_1 = \sin i_2 \quad \text{donc} \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$
3. Dans le triangle OMA, l'angle en O vaut $i_1$, l'angle en M vaut $180^\circ - i_2$ et donc l'angle en A vaut $i_2 - i_1$. La relation des sinus donne
$$\frac{\overline{\text{OA}}}{\sin(180^\circ - i_2)} = \frac{R}{\sin(i_2 - i_1)} \qquad \text{soit} \qquad \overline{\text{OA}} = R\,\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)}$$
et comme $\overline{\text{OS}} = R$ :
$$\boxed{\overline{\text{SA}} = R\left(\frac{\sin i_2}{\sin(i_2 - i_1)} - 1\right)} \qquad \text{avec} \quad \sin i_1 = \frac{h}{R}, \quad \sin i_2 = \frac{nh}{R}$$
Le point A dépend de $h$ : le système n'est pas rigoureusement stigmatique. C'est l'aberration de sphéricité.
4. Le punctum proximum d'un œil emmétrope est à 25 cm et sa résolution angulaire vaut environ $3 \times 10^{-4}$ rad, soit une minute d'arc. À 25 cm, l'écart minimal résolu est donc
$$\varepsilon = 0{,}25 \times 3\times 10^{-4} \approx 75\ \text{µm}$$
5. Pour $h$ petit, les angles sont petits : $i_1 \simeq h/R$, $i_2 \simeq nh/R$ et $i_2 - i_1 \simeq (n-1)h/R$, d'où la position paraxiale
$$\overline{\text{OA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} = \frac{1{,}6 \times 100}{0{,}6} \approx 267\ \text{mm} \qquad \overline{\text{SA}}_{\text{par}} \approx 167\ \text{mm}$$
Les rayons marginaux coupent l'axe avant ce point, et forment dans le plan focal paraxial une tache dont le diamètre croît très vite avec $h$ :
$h = 2$ mm : tache de 2 µm ; $h = 5$ mm : 32 µm ; $h = 10$ mm : 260 µm ; $h = 20$ mm : 2,2 mm.
La condition $2|y| < \varepsilon = 75$ µm donne $h_m \approx 6{,}6$ mm, soit
$$h \in [-6{,}6\ \text{mm}\ ;\ 6{,}6\ \text{mm}] \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad \frac{h}{R} < 7\ %$$
Seule une étroite calotte centrale du dioptre, de rayon quinze fois plus petit que celui de la sphère, travaille dans les conditions du stigmatisme approché. C'est bien cette zone utile, et non l'épaisseur du verre, que désigne l'appellation « lentille mince ».
6. Pour un capteur de 5 µm de pixel, la même condition donne $h_m \approx 2{,}7$ mm, soit $h/R < 3\ %$. Le capteur étant quinze fois plus résolvant que l'œil, il est bien plus exigeant sur le diaphragme : c'est la raison pour laquelle on ferme le diaphragme d'un objectif photographique pour gagner en netteté.
7. La flèche HS vaut $R - \sqrt{R^2 - h^2} \simeq \dfrac{h^2}{2R}$, soit 0,22 mm pour $h = 6{,}6$ mm, à comparer à $\overline{\text{SA}} \approx 167$ mm. Elle est mille fois plus petite : dans les conditions du stigmatisme approché, il est légitime de confondre H, S et le centre optique O de la lentille équivalente. La distance focale image de la lentille hémisphérique est donc
$$f' = \overline{\text{SA}}_{\text{par}} = \frac{nR}{n-1} - R = \frac{R}{n-1} \approx 167\ \text{mm}$$
📝 Exercice 2
Mesure d'un indice par réfractométrie
On veut mesurer l'indice de réfraction $n_\ell$ d'un liquide. On dépose une goutte de ce liquide sur un cube en verre transparent d'indice $n_v = 1{,}50$. On éclaire ce cube par un faisceau lumineux d'incidence $i$ variable sur la face d'entrée, tel que le faisceau reste centré sur la goutte. On cherche la valeur de l'angle limite d'incidence $i_\text{lim}$ pour lequel la goutte apparaît lumineuse.
1. Donner le sens d'évolution de l'angle du faisceau réfracté dans la goutte lorsque l'angle d'incidence augmente. En déduire que pour $i < i_\text{lim}$, la goutte ne peut pas être éclairée par le faisceau lumineux.
2. Déterminer alors l'indice de réfraction $n_\ell$ en fonction de $n_v$ et $i_\text{lim}$.
3. Montrer que ce réfractomètre mesure des indices $n$ compris entre deux valeurs à déterminer.
1. Donner le sens d'évolution de l'angle du faisceau réfracté dans la goutte lorsque l'angle d'incidence augmente. En déduire que pour $i < i_\text{lim}$, la goutte ne peut pas être éclairée par le faisceau lumineux.
2. Déterminer alors l'indice de réfraction $n_\ell$ en fonction de $n_v$ et $i_\text{lim}$.
3. Montrer que ce réfractomètre mesure des indices $n$ compris entre deux valeurs à déterminer.
💡 Indice : Le rayon subit deux réfractions successives : air → verre sur la face d'entrée, puis verre → liquide sur la face supérieure. Attention, l'angle d'incidence sur la face supérieure est le complémentaire de l'angle de réfraction sur la face d'entrée.
✅ Correction : On note $r$ l'angle de réfraction dans le verre sur la face d'entrée :
$$\sin i = n_v \sin r$$
Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.
1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$
Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.
Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.
2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$
Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$
3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :
— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;
— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.
L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.
$$\sin i = n_v \sin r$$
Les deux faces étant perpendiculaires, l'angle d'incidence sur la face supérieure vaut $\theta = 90^\circ - r$.
1. Dans la goutte, la loi de Snell-Descartes s'écrit $n_v \sin \theta = n_\ell \sin r'$, soit
$$\sin r' = \frac{n_v}{n_\ell} \cos r$$
Quand $i$ augmente, $r$ augmente, donc $\cos r$ diminue et $r'$ diminue : le faisceau réfracté dans la goutte se rapproche de la normale à la face supérieure.
Pour $i$ suffisamment petit, $\cos r$ est grand et la relation impose $\sin r' > 1$ : la réfraction est impossible, il y a réflexion totale sur la face supérieure et la goutte n'est pas éclairée. La goutte ne s'illumine qu'à partir de $i = i_\text{lim}$, ce qui prouve bien que pour $i < i_\text{lim}$ aucune lumière n'y pénètre.
2. À la limite $i = i_\text{lim}$, le rayon réfracté est rasant, $r' = 90^\circ$ :
$$n_\ell = n_v \cos r_\text{lim}$$
Or $\sin r_\text{lim} = \dfrac{\sin i_\text{lim}}{n_v}$, donc $\cos r_\text{lim} = \dfrac{\sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}{n_v}$, d'où
$$\boxed{n_\ell = \sqrt{n_v^2 - \sin^2 i_\text{lim}}}$$
3. L'angle d'incidence accessible varie de $0$ à $90^\circ$ :
— pour $i_\text{lim} = 0$ : $n_\ell = n_v = 1{,}50$ ;
— pour $i_\text{lim} = 90^\circ$ : $n_\ell = \sqrt{n_v^2 - 1} = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}12$.
L'appareil mesure donc des indices compris entre 1,12 et 1,50. La borne supérieure était prévisible : il faut $n_\ell < n_v$ pour qu'une réflexion totale soit possible à l'interface verre-liquide.
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