Série I : Principes fondamentaux de l`optique géométrique

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Série I : Principes fondamentaux de l’optique géométrique
Le domaine des longueurs d'ondes de la lumière visible s'étend du violet =3900 Å
au rouge  = 7800 Å. La vitesse de propagation des ondes lumineuses dans le vide est de
l'ordre de 3.108 m/s, comme pour toutes les ondes électromagnétiques. Déterminer le
domaine des fréquences correspondantes.
nous avons  = v  avec v la vitesse de propagation de la lumière dans un milieu
d’indice n et  la fréquence de la radiation de longueur . Dans le vide v = c = 3.108 m/s.
Alors :
= 3900 Å lui correspond  = 3.108 / 3900.10-10 = 7,69.1014 Hz
= 7800 Å lui correspond  = 3.108 / 7800.10-10 = 3,80.1014 Hz
la fréquence de la lumière visible s’étend de  = 3,80.1014 Hzà = 7,69.1014 Hz
« Quand  croit la valeur de la fréquence diminue »
Exercice 2
Une lumière de longueur d'onde dans le vide  = 5000 Å passe du vide au diamant
d'indice n = 2.4, généralement un tel passage n'a pas d'influence sur la fréquence de l'onde.
En supposant que tel est le cas ici, calculer la vitesse et la longueur d'onde dans le diamant.
Solution :
On note :  = fréquence, v la vitesse et  la longueur d’onde
n = c / v avec  = v / et  = c /0 et puisque  = 0 alors v / = c / 0
v = .c /0 = c / n = 1,25.108 m/s car n = 0/
 = 2083 Å
« la fréquence ne change pas quand la lumière passe d’un milieu à un autre »
Exercice 3
Soit le schéma ci-dessous :
Milieu n
P
  r h    b
O B
x a-x a
S
R
I
N
x
a
H
H’
Exercice 1
Solution :

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En utilisant la formulation algébrique du principe de Fermat, établir la loi de réflexion
( sur une surface réfléchissante, miroir).
Solution : ( Le principe de Fermat implique que dL = 0 )
Le chemin optique pour aller de S à R est L = (SR) = (SI) +(IR)
Le milieu étant le même, homogène et d’indice n, nous avons : L = n SI + n IR
Dans les triangles (SHI) et (IRH’) nous avons :
SH2 + x2 = SI2 c à d SI = (SH2 +x2)½
RH’2 + (a-x)2 = IR2 c à d IR = (RH’2 + (a-x)2)1/2
Quand SI change d’incidence i nous remarquons que le chemin optique change et
par conséquent x change.
L c’écrit alors : L = (SI) +(IR) = SI = (SH2 +x2)½ + (RH’2 + (a-x)2)1/2
L est extremum signifie dL = 0 donc d  (SH2 +x2)½ + (RH’2 + (a-x)2)1/2  = 0
de ce calcul on déduit que : x /
22 xSH 
- (a-x) /
2)(2' xaRH 
= 0
Or : sin = x /
22 xSH 
et sin = (a-x) /
2)(2' xaRH 
donc sin = sin ce qui donne la loi de Descartes pour la réflexion  =
« la loi de Descartes est une conséquence du principe de Fermat »
Exercice 4
En utilisant la version algébrique du principe de Fermat appliquée au cas de la
réfraction, établir la loi de réfraction (voir schéma ci-dessous).
Solution :
même raisonnement que l’exercice 3, on démontre n1 sin  = n2 sin 
« la loi de Descartes est une conséquence du principe de Fermat »
S
R
I
N
H
n1
n2
b

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Exercice 5
Soit une source émettant dans le vert avec une longueur d'onde de 5000 Å avec
une puissance de P = 100 W. Combien de photons cette source émet-elle par unité de
temps ?
Solution :
La puissance P = Energie / temps
Un photon a une énergie E = h , N photons ont E = N. h,
nous avons aussi :  = c /, donc  = c /  donc N = P.t. / hc
on cherche N pour l’unité de temps 1 s
N = 100.1.5000.10-10 / 6,62.10-34.3.108 = 2,517 1020 photons /seconde
« aspect corpusculaire de la lumière »
Exercice 6
Un rayon lumineux tombe sur un verre d’indice n sous une incidence de 60°. Une partie des
rayons est réfléchie et l’autre partie est réfractée, les deux rayons réfléchi et réfracté font un
angle droit. Calculer l’indice n du verre sachant que le milieu d’incidence est l’air.
Solution :
surface
1.sin 60 = n.sin donc n = sin 60/ sin= ?
or d’après la figure ci-dessus = 30
l’indice du milieu est alors n = 1,73
air
n
i = 60
r = 60
90
 =30 ?

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