Propagation rectiligne, vitesse de la lumière dans le vide et dans l’air, indice optique d’un milieu ; lois de Snell-Descartes pour la réflexion et la réfraction ; tester la loi et déterminer un indice à partir d’une série de mesures ; dispersion de la lumière blanche par un prisme.
À propos de cette page
Cinq problèmes corrigés, du plus simple au plus difficile : fibre optique ou ondes radio entre Chicago et le New Jersey, le réflecteur en coin des catadioptres, la teneur en sucre d’un sirop mesurée par réfraction, la traversée d’une lame à faces parallèles et la déviation de la lumière blanche par un prisme.
5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».
Résoudre un problème : la méthode
Je fais un schéma : surface de séparation, normale au point d’incidence, milieux avec leurs indices, angles repérés depuis la normale.
Je repère la question posée : vitesse ou durée (v = c ÷ n, Δt = d ÷ v), réflexion (r = i), réfraction (n₁ sin i₁ = n₂ sin i₂) ou indice à mesurer.
J’écris la relation avant de remplacer, avec des unités cohérentes (mètres, secondes) et la calculatrice en degrés.
Je calcule une grandeur avant de m’en servir, et je garde les valeurs non arrondies pour la suite.
Je contrôle : indice supérieur à 1, sinus inférieur ou égal à 1, sens de la déviation conforme au cours.
Problème 1 · Fibre ou ondes radio : la course aux millisecondes★★★Facile
Les bourses de Chicago et de la région de New York échangent en permanence des ordres d’achat et de vente : quelques millisecondes d’avance valent de l’argent. En août 2010, la société Spread Networks a mis en service un câble à fibre optique entre un centre de données de Chicago (350 East Cermak Road) et celui de Carteret, dans le New Jersey : un message y mettait 6,65 ms, puis 6,55 ms après des améliorations (aller simple). À partir de 2011, des liaisons par ondes radio, d’antenne en antenne, ont été construites presque en ligne droite entre ces deux régions. Données : distance à vol d’oiseau entre les deux centres : 1 130 km environ ; c = 3,00 × 10⁸ m/s ; indice du cœur de la fibre : 1,47 ; indice de l’air : 1,000 3 ; les ondes radio se propagent à la même vitesse que la lumière.
1. Durée minimale d’un message entre les deux centres, à vol d’oiseau et à la vitesse c : ms
s, soit 3,77 ms.
2. Vitesse de la lumière dans la fibre : × 10⁸ m/s
2,04 × 10⁸ m/s.
3. Longueur du câble déduite de la durée de 6,55 ms : L ≈ × 10³ km
m, soit 1,34 × 10³ km (environ 1 340 km).
4. Le câble est fois plus long que la distance à vol d’oiseau (au centième).
1 337 ÷ 1 130 ≈ 1,18 (1,19 avec L arrondi à 1 340 km) : posé au sol, le câble contourne les obstacles et ne peut pas aller en ligne droite.
5. Liaison radio idéale sur un trajet de 1 140 km dans l’air : durée d’un message ≈ ms
Dans l’air, : 3,80 ms.
6. Gain de la liaison radio sur la fibre, par aller simple : ≈ ms
6,55 − 3,80 ≈ 2,75 ms. En pratique, l’électronique des antennes relais ajoute un peu de retard, mais la liaison radio reste nettement plus rapide.
7. Les ondes radio vont plus vite dans l’air que la lumière dans la fibre, car l’indice de l’air est plus .
1,000 3 < 1,47 : dans l’air, les ondes vont presque à c ; dans le verre de la fibre, la lumière est ralentie. Un indice plus petit donne une vitesse plus grande.
Problème 2 · Le réflecteur en coin des catadioptres★★★Moyen
Deux miroirs plans M₁ et M₂ sont perpendiculaires et forment un coin de sommet O. Un rayon lumineux, se propageant dans le plan perpendiculaire aux deux miroirs, frappe M₁ en I avec un angle d’incidence de 34,0°, se réfléchit, puis frappe M₂ en J. Les catadioptres, comme ceux des vélos, reposent sur ce principe, avec trois miroirs à angle droit (un « coin de cube »).
1. Angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi par M₁ : °
Loi de la réflexion : r₁ = i₁ = 34,0°, de l’autre côté de la normale ; l’angle entre les deux rayons vaut 2 × 34,0 = 68,0°.
2. Dans le triangle OIJ, l’angle en I, entre le rayon IJ et le miroir M₁, vaut °.
IJ fait 34,0° avec la normale en I, donc 90 − 34,0 = 56,0° avec la surface de M₁.
3. Angle en J, entre le rayon IJ et le miroir M₂ : °
Dans le triangle OIJ, l’angle en O vaut 90° : 180 − 90 − 56,0 = 34,0°.
4. Angle d’incidence sur M₂ : °
Il se mesure depuis la normale à M₂ : 90 − 34,0 = 56,0° ; le rayon repart avec r₂ = 56,0°.
5. Sur chaque miroir, la direction du rayon tourne de 180° − 2i. Rotation totale après les deux réflexions : °
Sur M₁ : 180 − 2 × 34,0 = 112° ; sur M₂ : 180 − 2 × 56,0 = 68°, dans le même sens. Total : 112 + 68 = 180° : le rayon final est parallèle au rayon incident, de sens opposé.
6. Pour une incidence de 20,0° sur M₁, l’incidence sur M₂ vaut °.
Même raisonnement : l’incidence sur M₂ vaut 90 − 20,0 = 70,0°. Rotation totale : (180 − 40) + (180 − 140) = 180° : le résultat ne dépend pas de l’incidence.
7. Un miroir plan seul ne renvoie la lumière vers sa source que sous incidence .
Sous incidence normale seulement (i = 0°). Le coin, lui, renvoie la lumière vers sa source quelle que soit son orientation : le conducteur voit briller le catadioptre éclairé par ses phares.
Problème 3 · Mesurer la teneur en sucre d’un sirop★★★Moyen
On verse un sirop dans une cuve en forme de demi-cylindre, posée sur un disque gradué. Un laser, placé dans l’air (n = 1,00), vise le centre O de la face plane. On lit i₁ = 65,0° et i₂ = 41,6°, chaque angle étant lu à 0,5° près. Indice d’une solution de sucre (saccharose) dans l’eau à 20 °C, selon sa teneur en masse :
Teneur en sucre (%)
0
10
20
30
40
Indice n
1,333
1,348
1,364
1,381
1,400
1. En entrant dans le sirop, plus réfringent que l’air, le rayon se de la normale.
n > 1,00 : le rayon se rapproche de la normale ; on a bien i₂ = 41,6° < i₁ = 65,0°, les mesures sont cohérentes.
2. Indice du sirop (4 chiffres significatifs) : n =
1,365.
3. Teneur en sucre, en supposant la variation linéaire entre deux lignes du tableau : ≈ %
Entre 1,364 (20 %) et 1,381 (30 %) : : environ 21 %.
4. Pour i₂ = 41,1°, l’indice calculé vaut n =
0,9063 ÷ sin 41,1° = 0,9063 ÷ 0,6574 ≈ 1,379.
5. Pour i₂ = 42,1°, l’indice calculé vaut n =
0,9063 ÷ sin 42,1° = 0,9063 ÷ 0,6704 ≈ 1,352. Ainsi 1,352 ≤ n ≤ 1,379.
6. D’après le tableau, la plus petite valeur de n trouvée correspond à une teneur d’environ %.
Entre 1,348 (10 %) et 1,364 (20 %) : 10 + 10 × 0,004 ÷ 0,016 = 12,5 ; avec la valeur non arrondie de n (1,3518), 12,4 : environ 12 %.
7. Et la plus grande valeur de n à une teneur d’environ %.
Entre 1,364 (20 %) et 1,381 (30 %) : 20 + 10 × 0,015 ÷ 0,017 ≈ 29 %.
8. Un demi-degré d’erreur de lecture fait donc beaucoup varier la teneur trouvée : pour un dosage fiable, on fait une série de mesures et on exploite le coefficient de la droite.
Une mesure isolée est trop imprécise. Avec plusieurs mesures, on trace sin i₁ en fonction de sin i₂ et l’on prend le coefficient directeur de la droite.
Problème 4 · Traversée d’une lame à faces parallèles★★★Difficile
Une lame de verre d’indice 1,54 et d’épaisseur e = 8,0 mm est placée dans l’air (n = 1,00). Un rayon arrive sur la première face avec un angle d’incidence de 52,0°. Donnée : c = 3,00 × 10⁸ m/s.
1. Angle de réfraction sur la première face : ° (au dixième)
, d’où r ≈ 30,8°.
2. Les faces sont parallèles, donc leurs normales aussi : l’angle d’incidence sur la seconde face vaut °.
Le rayon dans le verre coupe deux normales parallèles : les angles alternes-internes sont égaux, 30,8°.
3. À la seconde face (verre → air), le sinus de l’angle de sortie i′ vaut 1,54 × sin(angle d’incidence sur cette face) = (au millième)
1,54 × sin 30,8° ≈ 0,788 = sin 52,0° d’après la première face : l’angle de sortie vaut 52,0°, celui d’incidence. Le rayon émergent est parallèle au rayon incident, seulement décalé.
4. Longueur du trajet dans le verre (triangle rectangle formé par le rayon et la normale) : L ≈ mm
Dans le triangle rectangle formé par le rayon et la normale : L = 8,0 ÷ cos 30,8° = 8,0 ÷ 0,859 ≈ 9,3 mm.
5. Durée de ce trajet : × 10⁻¹¹ s
m/s ; 4,8 × 10⁻¹¹ s.
6. En lumière blanche, chaque radiation ressort avec le même angle de 52,0° : la lame ne sépare pas les couleurs, contrairement à un , dont les faces ne sont pas parallèles.
Le raisonnement vaut pour chaque indice : toutes les radiations ressortent parallèles au rayon incident. Il faut des faces non parallèles, comme celles d’un prisme, pour obtenir un éventail coloré.
Problème 5 · Déviation de la lumière par un prisme★★★Difficile
Un prisme en verre, d’angle au sommet A = 46,0°, est placé dans l’air (n = 1,00). Indices du verre : 1,512 pour la radiation rouge, 1,538 pour la radiation violette. Un fin faisceau de lumière blanche arrive sur la première face avec un angle d’incidence i = 62,0°. On note r l’angle de réfraction sur la première face, r′ l’angle d’incidence sur la seconde face et i′ l’angle de sortie dans l’air. On admet les relations r + r′ = A et D = i + i′ − A, où D est la déviation totale.
À la seconde face (verre → air) : sin i′ = 1,512 × sin 10,27° ≈ 0,2696, d’où i′ ≈ 15,6°.
5. Violet : angle de sortie i′ = ° (au dixième)
sin i′ = 1,538 × sin 10,96° ≈ 0,2924, d’où i′ ≈ 17,0°. Les deux sinus sont inférieurs à 1 : les deux radiations ressortent.
6. Écart angulaire entre le rouge et le violet à la sortie : °
D = i + i′ − A, avec les mêmes i et A pour les deux radiations : l’écart vaut i′(violet) − i′(rouge) = 17,0 − 15,6 = 1,4°. L’indice plus grand du violet le fait dévier davantage aux deux faces : les effets s’ajoutent.
7. Avec un laser rouge à la place de la lumière blanche, le faisceau est dévié de ° et il n’est pas étalé.
Une seule radiation : un seul indice, une seule direction. D = 62,0 + 15,6 − 46,0 = 31,6° (violet : 33,0°). On observe une seule tache rouge, décalée.
Bloqué sur ce chapitre ?
Moi c'est Ben, j'ai créé ce site pour aider le plus d'élèves possible, partout en France. Je peux aussi reprendre avec toi ce qui coince en cours particulier : en visio, ou à domicile si tu es à Marseille.