Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

Lumière : images, couleurs et photons

Lentille mince convergente : relations de conjugaison et de grandissement, image réelle ou virtuelle ; mesure d’une distance focale et mise au point ; synthèses additive et soustractive, vision des couleurs ; couleur des objets ; ondes électromagnétiques et photon ; niveaux d’énergie et spectres de raies.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : un écran et un laser jaune perçus de la même couleur, une statue à photographier en entier, la détection de traces de mercure dans l’eau, la mesure d’une distance focale par deux mises au point et l’analyse du spectre d’une étoile.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fais un schéma : axe orienté dans le sens de la lumière avec O, F, F′, l’objet et l’écran ; ou diagramme d’énergie avec la flèche de la transition.
Je note les données avec leur signe et en unités SI : $\overset{―}{O A} < 0$ pour un objet réel ; m pour une vergence ; nm → $10^{- 9}$ m ; eV → J.
J’applique les relations fournies : conjugaison et grandissement, $λ = \frac{c}{ν}$ , $E = \frac{h c}{λ}$ , $| Δ E | = h ν$ ; pour les couleurs, je décompose tout en rouge, vert, bleu.
J’interprète : image réelle ou virtuelle, droite ou renversée ; synthèse additive ou soustractive ; absorption depuis un niveau occupé ou émission.
Je conclus avec l’unité et je compare : taille de capteur, valeur mesurée d’une raie, ordre de grandeur d’un photon visible (1,6 à 3,1 eV).

Problème 1 · Un écran, un laser et l’œil★★★Facile

Chaque pixel d’un écran contient trois sous-pixels ; on modélise la lumière de chacun par une seule radiation, de longueur d’onde 456 nm, 522 nm ou 642 nm. Un pointeur laser jaune émet, lui, une seule radiation, de longueur d’onde 593,5 nm. Données : c = 3,00 × 10⁸ m·s⁻¹ ; h = 6,63 × 10⁻³⁴ J·s ; 1 eV = 1,60 × 10⁻¹⁹ J.

1. Énergie des photons du sous-pixel à 456 nm : eV
$E = \frac{h c}{λ} = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{4, 56 \times 10^{- 7}} \approx 4, 36 \times 10^{- 19}$ J, soit 2,73 eV.
2. Énergie des photons du sous-pixel à 642 nm : eV
$E = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{6, 42 \times 10^{- 7}} \approx 3, 10 \times 10^{- 19}$ J, soit 1,94 eV : plus la longueur d’onde est grande, plus le photon est pauvre en énergie (le sous-pixel à 522 nm donne 2,38 eV).
3. L’écran allume à pleine intensité les sous-pixels à 522 nm et à 642 nm, le troisième restant éteint : couleur perçue
Vert (522 nm) + rouge (642 nm), deux lumières superposées : synthèse additive, l’œil perçoit du jaune.
4. Nombre de radiations communes au spectre de cette couleur affichée et à celui du laser :
Dans ce modèle, l’écran émet à 522 et 642 nm, le laser à 593,5 nm : aucune radiation commune. Les deux lumières stimulent pourtant les cônes dans des proportions voisines et sont perçues de la même couleur : une couleur perçue ne correspond pas à une seule longueur d’onde.
5. On place un filtre bleu devant l’écran qui affiche ce jaune : l’écran paraît
Le filtre bleu absorbe le vert et le rouge ; l’écran n’émet pas de bleu ici : il ne passe rien, l’écran paraît noir.
6. Pour afficher du cyan, il faut éteindre le sous-pixel de couleur
Cyan = vert + bleu : on allume les sous-pixels à 522 et 456 nm et l’on éteint le sous-pixel rouge, à 642 nm : le rouge est la complémentaire du cyan.
7. Une imprimante obtient un jaune voisin avec une encre qui absorbe le
Synthèse soustractive : l’encre jaune absorbe le bleu de la lumière blanche et renvoie le rouge et le vert, le même mélange que l’écran, obtenu en retirant au lieu d’ajouter.

Problème 2 · Photographier une statue en entier★★★Moyen

L’objectif d’un appareil photo est modélisé par une lentille mince convergente de distance focale f′ = 35,0 mm ; le capteur, de 24 mm × 36 mm, joue le rôle d’écran. On photographie une statue de 3,00 m de haut, à 4,00 m de l’objectif, le côté de 24 mm du capteur étant vertical.

1. Vergence de l’objectif : δ
$C = \frac{1}{0, 0350} \approx$ 28,6 δ.
2. Distance entre l’objectif et le capteur pour une image nette : mm
$\overset{―}{O A} = - 4 000$ mm : $\frac{1}{\overset{―}{O A'}} = \frac{1}{35, 0} - \frac{1}{4 000} = \frac{3 965}{140 000}$ , donc $\overset{―}{O A'} = \frac{140 000}{3 965} \approx$ 35,3 mm : le capteur est un peu au-delà du foyer image.
3. Grandissement : γ = × 10⁻³
$γ = \frac{35, 31}{- 4 000} \approx$ −8,83 × 10⁻³ : image renversée, très réduite.
4. Hauteur de l’image de la statue : mm
$8, 83 \times 10^{- 3} \times 3 000 \approx$ 26,5 mm, plus que les 24 mm du capteur : la statue est coupée.
5. On admet que $| γ | = \frac{f'}{D - f'}$ , D étant la distance de la statue à l’objectif. Distance minimale pour que la statue tienne dans les 24 mm : m
De $\frac{1}{\overset{―}{O A'}} = \frac{f' + \overset{―}{O A}}{f' \overset{―}{O A}}$ on tire $γ = \frac{f'}{f' + \overset{―}{O A}}$ , et $\overset{―}{O A} = - D$ . Il faut $\frac{35, 0}{D - 35, 0} \leq \frac{24}{3 000}$ , soit $D \geq 35, 0 + \frac{35, 0 \times 3 000}{24} = 4 410$ mm : 4,41 m.
6. À cette distance, avec un objectif de distance focale 85,0 mm, hauteur de l’image : mm
$| γ | = \frac{85, 0}{4 410 - 85, 0} \approx 1, 965 \times 10^{- 2}$ , image de $1, 965 \times 10^{- 2} \times 3 000 \approx$ 59,0 mm : la statue déborde largement. À distance égale, l’image grandit avec $f'$ : une courte focale fait tenir un champ plus large sur le capteur (« grand-angle »), une longue focale agit comme un téléobjectif.

Problème 3 · Détecter des traces de mercure dans l’eau★★★Moyen

Pour doser le mercure dans une eau, on le transforme en vapeur de mercure, à température ordinaire, dans une cellule traversée par la lumière d’une lampe à vapeur de mercure. On mesure ce que la vapeur absorbe : plus il y a de mercure, plus l’absorption est forte. Le diagramme donne des niveaux d’énergie de l’atome de mercure. Données : c = 3,00 × 10⁸ m·s⁻¹ ; h = 6,63 × 10⁻³⁴ J·s ; 1 eV = 1,60 × 10⁻¹⁹ J.

1. Énergie à fournir pour ioniser un atome de mercure au fondamental : eV
L’atome ionisé a l’énergie 0 : il faut $0 - (- 10, 44) =$ 10,44 eV.
2. La lampe émet une raie de E₅ vers E₄ : longueur d’onde nm
$E_{5} - E_{4} = - 2, 71 - (- 4, 98) = 2, 27$ eV $= 3, 632 \times 10^{- 19}$ J ; $λ = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{3, 632 \times 10^{- 19}} \approx$ 548 nm, verte (mesurée à 546,1 nm).
3. Elle émet aussi une raie de E₅ vers E₃ : longueur d’onde nm
$E_{5} - E_{3} = - 2, 71 - (- 5, 55) = 2, 84$ eV $= 4, 544 \times 10^{- 19}$ J ; $λ \approx$ 438 nm, bleu-violet (mesurée à 435,8 nm).
4. Et une raie de E₃ vers E₁ : énergie d’un photon eV
$E_{3} - E_{1} = - 5, 55 - (- 10, 44) =$ 4,89 eV.
5. Longueur d’onde de cette dernière raie : nm
$4, 89 \times 1, 60 \times 10^{- 19} = 7, 824 \times 10^{- 19}$ J ; $λ = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{7, 824 \times 10^{- 19}} \approx$ 254 nm, dans l’ultraviolet (mesurée à 253,7 nm).
6. Parmi ces trois raies, nombre de celles qu’absorbe la vapeur de mercure de la cellule :
À température ordinaire, les atomes de la vapeur sont au fondamental E₁ : seule la raie qui part de E₁, celle de 254 nm, est absorbée. Les raies de 548 et 438 nm partent de E₄ et E₃, inoccupés : une seule raie. C’est donc à 253,7 nm, dans l’ultraviolet, que l’on mesure l’absorption.

Problème 4 · Mesurer une distance focale par deux mises au point★★★Difficile

On fixe un objet lumineux AB et un écran à la distance D = 100,0 cm l’un de l’autre, puis on déplace une lentille mince convergente entre eux. L’image est nette pour deux positions de la lentille : à 27,6 cm de l’objet, puis à 72,4 cm de l’objet.

1. Première position : $\overset{―}{O A}$ = cm
La lentille est à 27,6 cm de l’objet : $\overset{―}{O A} =$ −27,6 cm, et l’écran est à $100, 0 - 27, 6 = 72, 4$ cm après elle : $\overset{―}{O A'} = 72, 4$ cm.
2. Distance focale : f′ = cm
$\frac{1}{f'} = \frac{1}{72, 4} + \frac{1}{27, 6} = \frac{100, 0}{72, 4 \times 27, 6}$ , donc $f' = \frac{1 998, 24}{100, 0} \approx$ 20,0 cm.
3. Grandissement pour la première position : γ =
$γ_{1} = \frac{72, 4}{- 27, 6} \approx$ −2,62 : image renversée et agrandie.
4. Grandissement pour la seconde position : γ =
Les distances s’échangent : $\overset{―}{O A} = - 72, 4$ cm et $\overset{―}{O A'} = 27, 6$ cm, d’où $γ_{2} = \frac{27, 6}{- 72, 4} \approx$ −0,381 : image réduite. La relation de conjugaison est symétrique : si un couple de positions convient, le couple échangé convient aussi.
5. Produit des deux grandissements :
$γ_{1} \times γ_{2} = \frac{72, 4}{- 27, 6} \times \frac{27, 6}{- 72, 4} =$ 1 exactement.
6. Distance objet–écran minimale pour obtenir une image nette avec cette lentille : cm
Avec $x$ la distance objet–lentille : $\frac{1}{D - x} + \frac{1}{x} = \frac{1}{f'}$ , soit $x^{2} - D x + f' D = 0$ . Cette équation a des solutions si $D^{2} - 4 f' D \geq 0$ , c’est-à-dire $D \geq 4 f' =$ 80 cm.

Problème 5 · Le spectre d’une étoile★★★Difficile

Le spectre de la lumière d’une étoile, dont la surface est à environ 6 000 K, est un fond continu barré de raies noires (figure). Raies caractéristiques de quelques éléments : magnésium 518,4 nm ; fer 527,0 nm ; baryum 553,5 nm ; hydrogène 410,2 nm. Niveaux de l’atome d’hydrogène :

E_{n} = - \frac{13, 6}{n^{2}}

eV. Données : c = 3,00 × 10⁸ m·s⁻¹ ; h = 6,63 × 10⁻³⁴ J·s ; 1 eV = 1,60 × 10⁻¹⁹ J.

1. Éléments identifiés par les deux raies nettes : et
Les raies noires nettes, à 518,4 et 527,0 nm, coïncident avec celles du magnésium et du fer : ces éléments sont présents dans l’atmosphère de l’étoile, plus froide que sa surface.
2. Énergie d’un photon absorbé à 518,4 nm : eV
$E = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{5, 184 \times 10^{- 7}} \approx 3, 84 \times 10^{- 19}$ J, soit 2,40 eV.
3. Cette raie du magnésium part d’un niveau excité situé 2,72 eV au-dessus du fondamental. Niveau d’arrivée, au-dessus du fondamental : eV
L’atome absorbe 2,40 eV : il arrive à $2, 72 + 2, 40 =$ 5,12 eV au-dessus du fondamental. Comme la raie part d’un niveau excité, elle n’apparaît que si des atomes y sont : c’est le cas dans l’atmosphère chaude d’une étoile, pas dans une vapeur froide.
4. La raie de l’hydrogène à 410,2 nm correspond à une transition entre les niveaux n = 2 et n = 6. Longueur d’onde calculée : nm
$Δ E = 13, 6 \times (\frac{1}{4} - \frac{1}{36}) = 13, 6 \times \frac{2}{9} \approx 3, 022$ eV $= 4, 836 \times 10^{- 19}$ J ; $λ = \frac{1, 989 \times 10^{- 25}}{4, 836 \times 10^{- 19}} \approx$ 411 nm, en accord avec 410,2 nm aux arrondis près.
5. Pour absorber cette radiation, un atome d’hydrogène doit se trouver au niveau n =
Absorption : l’atome monte de n = 2 à n = 6. Or, vers 6 000 K, très peu d’atomes d’hydrogène sont au niveau 2 : la raie est faible. Elle est la plus marquée dans les étoiles d’environ 10 000 K. Une raie faible ou absente ne prouve donc pas l’absence d’un élément.

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