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📘 Question de cours
Signe de la distance focale
Quel est le signe de $f'$ pour une lentille convergente, puis pour une lentille divergente ?
✅ Correction : Pour une lentille convergente, un faisceau parallèle à l'axe converge réellement après la lentille : F' est situé après O dans le sens de propagation, donc $f' = \overline{\text{OF}'} > 0$, et la vergence $V = 1/f'$ est positive.
Pour une lentille divergente, le faisceau émergent diverge et seuls ses prolongements se croisent, avant la lentille : F' est situé avant O, donc $f' < 0$ et $V < 0$.
Le foyer objet F, symétrique de F' par rapport à O, est donc avant la lentille pour une convergente et après pour une divergente. Cette inversion est la source d'erreur la plus fréquente dans les constructions.
Pour une lentille divergente, le faisceau émergent diverge et seuls ses prolongements se croisent, avant la lentille : F' est situé avant O, donc $f' < 0$ et $V < 0$.
Le foyer objet F, symétrique de F' par rapport à O, est donc avant la lentille pour une convergente et après pour une divergente. Cette inversion est la source d'erreur la plus fréquente dans les constructions.
📝 Exercice 1
Taille d'un diamant
1 - Déterminez les angles de culasse acceptables pour une double réflexion totale interne d'un rayon lumineux incident perpendiculaire à la table du diamant taillé (faire défiler les images). On prendra 2,42 comme indice optique du diamant.
2 - L'angle de culasse est généralement de 41,5°, vérifier la compatibilité de cet angle avec votre résultat.
2 - L'angle de culasse est généralement de 41,5°, vérifier la compatibilité de cet angle avec votre résultat.
💡 Indice : Le rayon arrive perpendiculairement à la table : il n'est pas dévié en entrant, il descend donc verticalement dans la pierre.
Faites une coupe et tracez la **normale** à une facette de culasse. Si la facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, sa normale fait le même angle $\alpha$ avec la verticale : l'angle d'incidence sur la première facette se lit alors directement.
Après cette réflexion, le rayon a tourné de $2\alpha$. Reportez cet écart sur la seconde facette de culasse, dont la normale est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté : une simple chasse aux angles donne la seconde incidence.
Il reste à écrire deux fois la même condition, $i > i_\ell$ avec $\sin i_\ell = \dfrac{1}{n}$.
Faites une coupe et tracez la **normale** à une facette de culasse. Si la facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, sa normale fait le même angle $\alpha$ avec la verticale : l'angle d'incidence sur la première facette se lit alors directement.
Après cette réflexion, le rayon a tourné de $2\alpha$. Reportez cet écart sur la seconde facette de culasse, dont la normale est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté : une simple chasse aux angles donne la seconde incidence.
Il reste à écrire deux fois la même condition, $i > i_\ell$ avec $\sin i_\ell = \dfrac{1}{n}$.
✅ Correction : ### 1. Domaine des angles de culasse
**Entrée par la table.** L'incidence est normale : le rayon n'est pas dévié et se propage verticalement dans le diamant.
**Angle limite.** La réflexion totale interne se produit pour $i > i_\ell$ avec
$$\sin i_\ell = \frac{1}{n} = \frac{1}{2{,}42} = 0{,}413 \qquad\Longrightarrow\qquad i_\ell = 24{,}4^\circ$$
**Première facette de culasse.** La facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, donc sa normale fait l'angle $\alpha$ avec la verticale. Le rayon étant vertical :
$$i_1 = \alpha$$
Première condition : $\alpha > 24{,}4^\circ$.
**Seconde facette.** Après réflexion, le rayon repart en faisant un angle $2\alpha$ avec la verticale, dirigé vers la facette opposée. La normale de celle-ci est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté de la verticale : l'angle entre le rayon et cette normale vaut donc $2\alpha + \alpha = 3\alpha$. Comme $3\alpha$ dépasse $90^\circ$, l'angle d'incidence est son supplémentaire :
$$i_2 = 180^\circ - 3\alpha$$
Seconde condition : $180^\circ - 3\alpha > 24{,}4^\circ$, soit $\alpha < \dfrac{180^\circ - 24{,}4^\circ}{3} = 51{,}9^\circ$.
**Conclusion.**
$$\boxed{24{,}4^\circ < \alpha < 51{,}9^\circ}$$
### 2. Le cas $\alpha = 41{,}5^\circ$
$$i_1 = 41{,}5^\circ > 24{,}4^\circ \qquad\text{et}\qquad i_2 = 180^\circ - 3\times 41{,}5^\circ = 55{,}5^\circ > 24{,}4^\circ$$
Les deux réflexions sont bien totales : l'angle de taille usuel est **compatible** avec le domaine trouvé. Il s'en trouve même confortablement à l'intérieur, avec $17{,}1^\circ$ de marge sur la première condition et $10{,}4^\circ$ sur la seconde — c'est donc la seconde réflexion qui est la plus contraignante.
### Remarque : pourquoi $41{,}5^\circ$ et pas $30^\circ$ ?
La réflexion totale ne suffit pas à faire briller une pierre : encore faut-il que la lumière **ressorte par le haut**, vers l'observateur. Après les deux réflexions, on montre que le rayon fait avec la verticale l'angle $|180^\circ - 4\alpha|$. Pour qu'il franchisse la table, il faut que cet angle reste inférieur à $i_\ell$, soit
$$38{,}9^\circ < \alpha < 51{,}1^\circ$$
condition bien plus sévère que la précédente, et que $41{,}5^\circ$ satisfait (le rayon ressort à $14^\circ$ de la verticale). Le choix réel de l'angle de culasse résulte d'un compromis entre cet éclat, la dispersion des couleurs et la masse conservée lors de la taille.
**Entrée par la table.** L'incidence est normale : le rayon n'est pas dévié et se propage verticalement dans le diamant.
**Angle limite.** La réflexion totale interne se produit pour $i > i_\ell$ avec
$$\sin i_\ell = \frac{1}{n} = \frac{1}{2{,}42} = 0{,}413 \qquad\Longrightarrow\qquad i_\ell = 24{,}4^\circ$$
**Première facette de culasse.** La facette fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, donc sa normale fait l'angle $\alpha$ avec la verticale. Le rayon étant vertical :
$$i_1 = \alpha$$
Première condition : $\alpha > 24{,}4^\circ$.
**Seconde facette.** Après réflexion, le rayon repart en faisant un angle $2\alpha$ avec la verticale, dirigé vers la facette opposée. La normale de celle-ci est inclinée de $\alpha$ de l'autre côté de la verticale : l'angle entre le rayon et cette normale vaut donc $2\alpha + \alpha = 3\alpha$. Comme $3\alpha$ dépasse $90^\circ$, l'angle d'incidence est son supplémentaire :
$$i_2 = 180^\circ - 3\alpha$$
Seconde condition : $180^\circ - 3\alpha > 24{,}4^\circ$, soit $\alpha < \dfrac{180^\circ - 24{,}4^\circ}{3} = 51{,}9^\circ$.
**Conclusion.**
$$\boxed{24{,}4^\circ < \alpha < 51{,}9^\circ}$$
### 2. Le cas $\alpha = 41{,}5^\circ$
$$i_1 = 41{,}5^\circ > 24{,}4^\circ \qquad\text{et}\qquad i_2 = 180^\circ - 3\times 41{,}5^\circ = 55{,}5^\circ > 24{,}4^\circ$$
Les deux réflexions sont bien totales : l'angle de taille usuel est **compatible** avec le domaine trouvé. Il s'en trouve même confortablement à l'intérieur, avec $17{,}1^\circ$ de marge sur la première condition et $10{,}4^\circ$ sur la seconde — c'est donc la seconde réflexion qui est la plus contraignante.
### Remarque : pourquoi $41{,}5^\circ$ et pas $30^\circ$ ?
La réflexion totale ne suffit pas à faire briller une pierre : encore faut-il que la lumière **ressorte par le haut**, vers l'observateur. Après les deux réflexions, on montre que le rayon fait avec la verticale l'angle $|180^\circ - 4\alpha|$. Pour qu'il franchisse la table, il faut que cet angle reste inférieur à $i_\ell$, soit
$$38{,}9^\circ < \alpha < 51{,}1^\circ$$
condition bien plus sévère que la précédente, et que $41{,}5^\circ$ satisfait (le rayon ressort à $14^\circ$ de la verticale). Le choix réel de l'angle de culasse résulte d'un compromis entre cet éclat, la dispersion des couleurs et la masse conservée lors de la taille.
📝 Exercice 2
Objet « à l'infini »
Soit un point lumineux placé sur l'axe optique d'une lentille convergente de distance focale $f'$ et de diamètre $L$, à une distance $D$ du centre optique. On note $\ell$ la taille de la tache lumineuse résultante située dans le plan focal image, $h$ la taille minimale que peut résoudre l'appareil utilisé pour observer cette tache, et $\alpha$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.
1. Faire un schéma de la situation en représentant toutes les grandeurs du problème. Tracer deux rayons en les faisant passer chacun par un bord de la lentille et les prolonger après celle-ci en utilisant les propriétés des lentilles minces.
2. Par construction des rayons lumineux, écrire une relation entre les grandeurs $D$, $L$, $\ell$ et $f'$.
3. Donner l'inégalité que doit vérifier la distance objet-lentille pour que la tache lumineuse observée soit de taille inférieure à la résolution du détecteur. Commenter l'influence de $h$.
4. Comparer la situation précédente au cas d'un objet situé à une distance « infinie » de la lentille. Commenter.
5. Donner un ordre de grandeur de la taille de la tache de diffraction obtenue dans le plan focal image si l'objet émet une lumière visible, et indiquer en quoi cette valeur, dans le cadre de l'optique géométrique, donne une borne inférieure à la taille que peut résoudre le détecteur avec cette lentille.
6. Faire la synthèse des réponses pour expliquer ce qu'est un objet à l'infini.
7. Expliquer, à partir de la formule de conjugaison de Descartes et de vos connaissances sur les lentilles, en quoi l'image se forme dans le plan focal image.
1. Faire un schéma de la situation en représentant toutes les grandeurs du problème. Tracer deux rayons en les faisant passer chacun par un bord de la lentille et les prolonger après celle-ci en utilisant les propriétés des lentilles minces.
2. Par construction des rayons lumineux, écrire une relation entre les grandeurs $D$, $L$, $\ell$ et $f'$.
3. Donner l'inégalité que doit vérifier la distance objet-lentille pour que la tache lumineuse observée soit de taille inférieure à la résolution du détecteur. Commenter l'influence de $h$.
4. Comparer la situation précédente au cas d'un objet situé à une distance « infinie » de la lentille. Commenter.
5. Donner un ordre de grandeur de la taille de la tache de diffraction obtenue dans le plan focal image si l'objet émet une lumière visible, et indiquer en quoi cette valeur, dans le cadre de l'optique géométrique, donne une borne inférieure à la taille que peut résoudre le détecteur avec cette lentille.
6. Faire la synthèse des réponses pour expliquer ce qu'est un objet à l'infini.
7. Expliquer, à partir de la formule de conjugaison de Descartes et de vos connaissances sur les lentilles, en quoi l'image se forme dans le plan focal image.
💡 Indice : L'image A' du point objet ne se forme pas dans le plan focal, mais un peu après : la tache observée dans le plan focal est la section du faisceau convergent à cet endroit. Deux triangles semblables suffisent à la calculer.
✅ Correction : 2. La formule de Descartes donne la position de l'image : $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} - \dfrac{1}{D}$, soit $\overline{\text{OA}'} = \dfrac{f'D}{D-f'}$, située après le plan focal image.
Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$
En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$
On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.
3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$
Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.
4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.
5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$
Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$
soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.
6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.
7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.
Le faisceau émergent est un cône qui s'appuie sur toute la lentille (diamètre $L$) et converge en A'. Dans le plan focal, à la distance $f'$, le théorème de Thalès donne
$$\frac{\ell}{L} = \frac{\overline{\text{OA}'} - f'}{\overline{\text{OA}'}} = 1 - \frac{f'}{\overline{\text{OA}'}}$$
En remplaçant $\overline{\text{OA}'}$ par son expression, $\dfrac{f'}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{D-f'}{D} = 1 - \dfrac{f'}{D}$, d'où le résultat remarquablement simple
$$\boxed{\ell = \frac{L f'}{D}}$$
On peut le retrouver directement : $\ell = \alpha f'$ avec $\alpha = L/D$ le diamètre angulaire de la lentille vu depuis l'objet.
3. La tache est indiscernable d'un point si $\ell < h$, soit
$$\frac{Lf'}{D} < h \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad D > \frac{Lf'}{h}$$
Plus le détecteur est résolvant (plus $h$ est petit), plus la distance à partir de laquelle l'objet peut être considéré comme à l'infini est grande. La notion d'infini n'a donc rien d'absolu : elle dépend de l'instrument d'observation.
4. Pour un objet réellement à l'infini, les rayons incidents sont parallèles et convergent exactement en F' : la tache est réduite à un point. La condition $D > Lf'/h$ exprime que l'objet, sans être à l'infini, se comporte comme s'il y était du point de vue du détecteur : les deux situations sont expérimentalement indiscernables.
5. La tache de diffraction due à la pupille circulaire de diamètre $L$ a un diamètre angulaire de l'ordre de $\lambda/L$, soit une taille dans le plan focal
$$\ell_{\text{diff}} \sim \frac{\lambda f'}{L}$$
Avec $\lambda = 500$ nm, $f' = 100$ mm et $L = 2$ cm, cela donne quelques micromètres. Aucun détecteur associé à cette lentille ne peut donc résoudre mieux que cette taille : $h$ ne peut pas descendre en dessous de $\ell_{\text{diff}}$. En reportant dans la condition précédente, la distance à partir de laquelle l'objet est à l'infini reste bornée :
$$D > \frac{Lf'}{\ell_{\text{diff}}} \sim \frac{L^2}{\lambda}$$
soit quelques centaines de mètres pour les valeurs ci-dessus. C'est l'optique ondulatoire qui met une limite à un raisonnement d'optique géométrique.
6. Un objet est à l'infini lorsque la tache qu'il forme dans le plan focal image est trop petite pour être distinguée d'un point par le détecteur utilisé. Ce n'est pas une propriété de l'objet seul, mais du triplet objet-lentille-détecteur.
7. La formule de Descartes s'écrit $\dfrac{1}{\overline{\text{OA}'}} = \dfrac{1}{f'} + \dfrac{1}{\overline{\text{OA}}}$. Quand $\overline{\text{OA}} \to -\infty$, le terme $1/\overline{\text{OA}}$ tend vers zéro et $\overline{\text{OA}'} \to f'$ : l'image se forme dans le plan focal image. C'est la définition même du foyer image.
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