Exercices corrigés : vision et image (Seconde)

a) La propagation rectiligne de la lumière dans un milieu homogène et transparent. C'est elle qui permet de représenter la lumière par des rayons, et sans elle aucune construction géométrique du chapitre ne tiendrait.

b) Les triangles formés par la source, la balle et l'ombre sont semblables : le rayon de l'ombre est au rayon de la balle ce que la distance source-écran est à la distance source-balle. Distance source-écran : $1{,}5+2{,}0=3{,}5\ \mathrm{m}$. Donc $R=4{,}0\times \dfrac{3{,}5}{1{,}5}=9{,}3\ \mathrm{cm}$. L'ombre mesure donc $18{,}7\ \mathrm{cm}$ de diamètre, pour une balle de $8{,}0\ \mathrm{cm}$.

c) La distance source-écran devient $1{,}5+1{,}0=2{,}5\ \mathrm{m}$, donc $R=4{,}0\times \dfrac{2{,}5}{1{,}5}=6{,}7\ \mathrm{cm}$. Plus l'écran est près de l'objet, plus l'ombre est petite, et à la limite où l'écran touche la balle, l'ombre a exactement sa taille.

d) L'ombre n'est plus uniforme : au centre subsiste une zone totalement noire, l'ombre propre, mais elle est entourée d'un anneau gris, la pénombre, qui reçoit la lumière d'une partie seulement de la lampe. Une source étendue peut se voir comme une infinité de sources ponctuelles, chacune produisant sa propre ombre légèrement décalée, et le chevauchement de toutes ces ombres crée le dégradé.

e) Parce que le Soleil, malgré sa taille, est si loin qu'il est vu sous un angle très petit, un demi-degré : il se comporte presque comme une source ponctuelle, et la pénombre est étroite. Un plafonnier de bureau est au contraire une surface large vue de tout près, il produit une pénombre bien plus grande que l'ombre propre, et le contour disparaît. C'est le même raisonnement qui explique pourquoi une éclipse totale de Soleil n'est visible que sur une bande étroite de la Terre.

a) La loi s'écrit $n_1\sin i_1=n_2\sin i_2$. Ici : $1{,}00\times \sin 50\ \mathrm{^\circ}=1{,}50\times \sin i_2$, donc $\sin i_2=\dfrac{0{,}766}{1{,}50}=0{,}511$ et $i_2=30{,}7\ \mathrm{^\circ}$.

b) Il se rapproche de la normale, puisque $30{,}7\ \mathrm{^\circ}<50\ \mathrm{^\circ}$. C'était prévisible : le verre est plus réfringent que l'air, et le rayon se rapproche toujours de la normale en entrant dans le milieu le plus réfringent. Cette phrase permet de vérifier tout résultat avant même de calculer.

c) À la sortie, la situation est exactement inversée : $1{,}50\times \sin 30{,}7\ \mathrm{^\circ}=1{,}00\times \sin i_3$, ce qui redonne $i_3=50\ \mathrm{^\circ}$. Le rayon sortant est donc parallèle au rayon incident, simplement décalé latéralement. C'est ce qu'on observe en regardant à travers une vitre : les objets ne sont pas déformés, seulement très légèrement déplacés.

d) $\sin 0=0$ donne $\sin i_2=0$, donc $i_2=0\ \mathrm{^\circ}$. Un rayon qui arrive perpendiculairement à la surface n'est pas dévié du tout. C'est le seul angle d'incidence pour lequel la réfraction ne change rien à la direction, ce qui explique qu'on ne voie aucune déformation en regardant une vitre bien en face.

e) La formule linéaire donnerait $i_2=\dfrac{50}{1{,}50}=33{,}3\ \mathrm{^\circ}$, contre $30{,}7\ \mathrm{^\circ}$ en réalité : l'écart est déjà de $2{,}6\ \mathrm{^\circ}$. Elle est fausse parce que la loi porte sur les SINUS des angles, pas sur les angles eux-mêmes, et le sinus n'est pas proportionnel à l'angle. L'approximation n'est acceptable que pour de très petits angles ; à $70\ \mathrm{^\circ}$, elle donnerait $46{,}7\ \mathrm{^\circ}$ au lieu de $38{,}8\ \mathrm{^\circ}$, une erreur de huit degrés.

a) L'angle limite vérifie $n_1\sin i_\ell=n_2\sin 90\ \mathrm{^\circ}=n_2$, donc $\sin i_\ell=\dfrac{1{,}00}{1{,}50}=0{,}667$ et $i_\ell=41{,}8\ \mathrm{^\circ}$.

b) À $30\ \mathrm{^\circ}$, soit en dessous de l'angle limite, le rayon sort en s'écartant de la normale : $\sin i_2=1{,}50\times \sin 30\ \mathrm{^\circ}=0{,}750$, donc $i_2=48{,}6\ \mathrm{^\circ}$. À $50\ \mathrm{^\circ}$, soit au-delà de l'angle limite, le calcul donnerait $\sin i_2=1{,}15$, ce qui est impossible : il n'y a pas de rayon réfracté, toute la lumière est réfléchie à l'intérieur du verre. Un sinus supérieur à $1$ n'est pas une erreur de calcul, c'est le signal mathématique de la réflexion totale.

c) $\sin i_\ell=\dfrac{1{,}00}{1{,}33}=0{,}752$, donc $i_\ell=48{,}8\ \mathrm{^\circ}$. L'angle limite est plus grand que pour le verre, parce que l'écart d'indice avec l'air est plus faible. Conséquence pratique : sous l'eau, en regardant vers le haut, on ne voit tout l'extérieur que dans un cône de demi-angle $48{,}8\ \mathrm{^\circ}$, au-delà duquel la surface se comporte comme un miroir.

d) $\sin i_\ell=\dfrac{1{,}46}{1{,}48}=0{,}9865$, donc $i_\ell=80{,}6\ \mathrm{^\circ}$. L'angle limite est ici très grand, précisément parce que les deux indices sont presque égaux.

e) Parce que les rayons injectés dans la fibre se propagent presque parallèlement à son axe : ils rencontrent donc la paroi sous une incidence bien supérieure à $80{,}6\ \mathrm{^\circ}$, mesurée par rapport à la normale à la paroi. Chaque rencontre est une réflexion totale, sans aucune perte d'énergie par transmission, et la lumière rebondit ainsi des milliers de fois en suivant la fibre, même courbée, tant que le rayon de courbure reste assez grand pour que l'incidence ne descende pas sous l'angle limite. C'est ce qui rend possible tout le réseau internet moderne.

a) $C=\dfrac{1}{f'}$ avec $f'$ en mètres : $C=\dfrac{1}{0{,}200}=5{,}00$ dioptries, notées $\delta$. Attention à l'unité, une distance focale en centimètres donnerait un nombre cent fois trop petit.

b) Ils se rejoignent tous au foyer image $F'$, situé à $20{,}0\ \mathrm{cm}$ après la lentille sur l'axe. C'est la définition même du foyer image : le point où converge un faisceau parallèle à l'axe. Un objet très éloigné donne donc son image dans le plan focal, quel que soit cet objet.

c) $f'=\dfrac{1}{10{,}0}=0{,}100\ \mathrm{m}=10{,}0\ \mathrm{cm}$. C'est la seconde qui est la plus convergente : plus la vergence est grande, plus la distance focale est courte, et plus la lentille fait converger fortement les rayons. Une loupe de forte puissance est donc une lentille épaisse et de courte focale.

d) L'image se forme dans le plan focal et son diamètre vaut $d=f'\times \alpha=0{,}200\times 9{,}3\times 10^{-3}=1{,}9\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$, soit environ $1{,}9\ \mathrm{mm}$. Le Soleil, immense, tient dans deux millimètres, parce que seul compte l'angle sous lequel on le voit.

e) Parce que toute la lumière captée par la lentille, sur une surface de plusieurs centimètres carrés, est concentrée sur ces deux millimètres de diamètre. La puissance reçue est la même, mais la surface est des centaines de fois plus petite, donc la puissance PAR UNITÉ DE SURFACE est des centaines de fois plus grande. C'est exactement la même grandeur qu'en acoustique avec l'intensité sonore : ce qui compte pour l'effet produit, c'est l'énergie divisée par la surface, jamais l'énergie seule.

a) Le rayon passant par le centre optique $O$, qui n'est pas dévié. Le rayon arrivant parallèlement à l'axe, qui repart en passant par le foyer image $F'$. Le rayon passant par le foyer objet $F$, qui repart parallèlement à l'axe. Deux suffisent pour trouver l'image, le troisième sert de vérification.

b) Le rayon $BO$ prolongé passe par $B'$. Il forme deux triangles semblables de part et d'autre de $O$, l'un de base $60\ \mathrm{cm}$ et de hauteur $AB$, l'autre de base $30\ \mathrm{cm}$ et de hauteur $A'B'$. Le théorème de Thalès donne $\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{30}{60}=0{,}50$, d'où $A'B'=0{,}50\times 2{,}0=1{,}0\ \mathrm{cm}$.

c) $\gamma=\dfrac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}=-0{,}50$, négatif parce que l'image est de l'autre côté de l'axe. L'image est donc RENVERSÉE et deux fois plus petite que l'objet. Un grandissement de valeur absolue inférieure à $1$ signifie toujours une réduction.

d) Elle est réelle : les rayons se croisent effectivement après la lentille, et l'image se forme dans l'espace. On le vérifie en plaçant un écran à $30\ \mathrm{cm}$ derrière la lentille, on y voit l'image nette et renversée. Une image virtuelle, elle, ne peut pas être recueillie sur un écran ; c'est le cas de l'image donnée par une loupe tenue près d'un texte.

e) L'objet se rapproche du foyer objet $F$, situé à $20\ \mathrm{cm}$ : l'image s'ÉLOIGNE de la lentille et GRANDIT. La règle qualitative à retenir est qu'objet et image se déplacent en sens contraire par rapport à la lentille, et que l'image grandit quand l'objet approche du foyer. À la limite où l'objet arrive en $F$, les rayons émergents deviennent parallèles et l'image part à l'infini, ce qui est le principe du projecteur.

a) Sur la rétine, sinon l'image est floue. Un objet très éloigné donne son image dans le plan focal, donc le foyer image doit tomber exactement sur la rétine : $f'=17{,}0\ \mathrm{mm}=1{,}70\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$.

b) $C=\dfrac{1}{f'}=\dfrac{1}{1{,}70\times 10^{-2}}=58{,}8\ \delta$. C'est une vergence considérable comparée à celle d'une loupe ordinaire, et elle est obtenue essentiellement par la cornée, le cristallin n'assurant que le réglage fin.

c) Il faut réduire la convergence totale de l'oeil, donc ajouter une lentille DIVERGENTE, de vergence négative. Le verre repousse en quelque sorte l'image vers l'arrière, jusqu'à la rétine.

d) $C=-\dfrac{1}{0{,}50}=-2{,}0\ \delta$. C'est ce que signifie l'indication « $-2$ » sur une ordonnance d'optique, et elle se lit directement comme l'inverse de la distance maximale de vision nette. Un myope à $-4\ \delta$ voit donc net jusqu'à $25\ \mathrm{cm}$ seulement.

e) Il est myope. Un myope voit net de PRÈS et flou de loin, exactement la situation décrite : son oeil est trop convergent, les objets lointains forment leur image avant la rétine. L'hypermétrope, à l'inverse, voit mieux de loin et fatigue en lecture rapprochée, parce que son oeil n'est pas assez convergent et doit accommoder en permanence.

a) $h'=\dfrac{2{,}00}{1{,}33}=1{,}50\ \mathrm{m}$.

b) L'écart vaut $2{,}00-1{,}50=0{,}50\ \mathrm{m}$, soit $\dfrac{0{,}50}{2{,}00}=25\ \%$ de la profondeur réelle. Un quart de la profondeur disparaît à l'oeil.

c) Toujours dans le même sens : comme $n>1$ pour tout milieu transparent plus réfringent que l'air, le quotient $\dfrac{h}{n}$ est toujours INFÉRIEUR à $h$. Le fond paraît donc systématiquement plus proche qu'il ne l'est, jamais plus loin. Une illusion orientée de cette façon est bien plus dangereuse qu'une erreur aléatoire, parce qu'elle ne se compense jamais.

d) Les rayons issus de la partie immergée du bâton s'écartent de la normale en sortant de l'eau. L'oeil, lui, prolonge en ligne droite les rayons qu'il reçoit, sans savoir qu'ils ont été déviés : il place donc la partie immergée plus haut qu'elle n'est réellement. La partie hors de l'eau n'étant pas déviée, les deux morceaux ne se raccordent plus et le bâton paraît cassé au niveau exact de la surface.

e) Parce qu'un baigneur peut croire que l'eau lui arrive à la taille alors qu'elle lui dépasse la tête, ou plonger dans un bassin qu'il croit profond. La sous-estimation de $25\ \%$ est du même ordre que les écarts de profondeur d'une piscine publique. Le plongeur qui regarde vers le haut est dans la situation inverse, la lumière va d'un milieu moins réfringent vers un plus réfringent : les objets extérieurs lui paraissent plus HAUTS et concentrés dans un cône, celui de l'angle limite de $48{,}8\ \mathrm{^\circ}$ calculé plus tôt.

a) Faux : tous les angles de l'optique géométrique se mesurent par rapport à la NORMALE, la perpendiculaire à la surface au point d'incidence. Prendre l'angle avec la surface donne son complémentaire et fausse tout le calcul, sans même que le résultat paraisse absurde. Énoncé correct : l'angle d'incidence est mesuré entre le rayon et la normale.

b) Faux : la fréquence est imposée par la source et ne change jamais en changeant de milieu, exactement comme pour un son. Ce sont la vitesse de propagation et la longueur d'onde qui changent. La couleur perçue, qui dépend de la fréquence, reste donc la même sous l'eau. Énoncé correct : la lumière change de vitesse et de direction, pas de fréquence.

c) Faux : elle donne une image renversée quand l'objet est au-delà du foyer objet $F$, ce qui est le cas le plus fréquent. Mais si l'objet est ENTRE la lentille et $F$, l'image est virtuelle, droite et agrandie : c'est le fonctionnement d'une loupe. Énoncé correct : l'image est renversée si l'objet est au-delà de $F$, droite s'il est en deçà.

d) Faux : la réflexion totale exige de passer du milieu le PLUS réfringent vers le moins réfringent, donc du verre vers l'air, jamais l'inverse. En allant de l'air vers le verre, le rayon se rapproche de la normale et sort toujours. Énoncé correct : elle a lieu du verre vers l'air, au-delà de l'angle limite.

e) Faux, et c'est une conception très ancienne, déjà rejetée par les savants arabes au onzième siècle. On voit un objet parce que la lumière qu'il DIFFUSE ou émet entre dans l'oeil et forme une image sur la rétine. Sans source de lumière, aucun oeil ne voit quoi que ce soit, ce que confirme l'expérience banale d'une pièce totalement noire. Énoncé correct : la lumière va de l'objet vers l'oeil.

a) Parce que la lumière se propage en ligne droite et que tous les rayons doivent passer par le même petit trou. Un rayon parti du sommet de l'objet arrive donc en bas de la paroi, un rayon parti des pieds arrive en haut : les rayons se croisent au trou, et l'image est nécessairement renversée. Aucune lentille n'est requise pour cela, seule la propagation rectiligne intervient.

b) Les triangles de part et d'autre du trou sont semblables : $\dfrac{h'}{h}=\dfrac{d'}{d}$, donc $h'=1{,}80\times \dfrac{0{,}15}{4{,}0}=6{,}75\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit $6{,}8\ \mathrm{cm}$.

c) La profondeur double, donc l'image double : $h'=1{,}80\times \dfrac{0{,}30}{4{,}0}=13{,}5\ \mathrm{cm}$. Une boîte plus longue donne une image plus grande, ce qui est exactement le principe du téléobjectif, plus long qu'un objectif ordinaire.

d) Plus lumineuse parce que le trou laisse passer plus de lumière, la surface d'ouverture augmentant comme le carré du diamètre. Plus floue parce que chaque point de l'objet n'envoie plus un rayon unique mais un petit faisceau, qui éclaire une tache et non un point sur la paroi. La netteté et la luminosité sont donc en compétition directe, et c'est la limite fondamentale du sténopé.

e) La lentille résout précisément ce compromis : elle laisse passer une grande quantité de lumière par sa large surface, tout en RAMENANT tous les rayons issus d'un même point de l'objet sur un même point de l'image. On obtient donc une image à la fois lumineuse et nette, ce que le trou seul ne peut pas offrir. Le prix à payer est qu'une lentille n'est nette que pour une distance à la fois, d'où la mise au point, alors que le sténopé donne une image également floue, mais également floue partout.

a) $d=c\,\Delta t=3{,}00\times 10^{8}\times 3{,}15\times 10^{7}=9{,}45\times 10^{15}\ \mathrm{m}$. On retrouve bien la valeur donnée, à l'arrondi près.

b) $\Delta t=\dfrac{d}{c}=\dfrac{1{,}50\times 10^{11}}{3{,}00\times 10^{8}}=500\ \mathrm{s}$, soit $8\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s}$. Le Soleil que l'on voit est donc celui d'il y a plus de huit minutes.

c) $d=4{,}24\times 9{,}46\times 10^{15}=4{,}01\times 10^{16}\ \mathrm{m}$, soit quarante mille milliards de kilomètres. Écrire ce nombre en mètres montre pourquoi les astronomes ont inventé une unité adaptée : les puissances de dix restent maniables, les zéros non.

d) Dans $4{,}24$ ans, puisque c'est le temps que met sa lumière à nous parvenir. Toute observation astronomique est donc une observation du passé : le Soleil d'il y a huit minutes, Proxima d'il y a quatre ans, et pour les galaxies lointaines, des objets tels qu'ils étaient il y a des milliards d'années. C'est ce qui fait de l'astronomie la seule science qui observe directement le passé plutôt que de le reconstituer.

e) L'année-lumière est une DISTANCE, celle que parcourt la lumière en un an. Le mot année désigne la durée utilisée pour la définir, pas la grandeur elle-même, exactement comme un kilowattheure est une énergie et non une durée. Diamètre de la galaxie : $10^{5}\times 9{,}46\times 10^{15}\approx 9{,}5\times 10^{20}\ \mathrm{m}$, soit environ un milliard de milliards de kilomètres.

a) $v=\dfrac{c}{n}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}33}\approx 2{,}26\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$.

b) $v=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{1{,}50}=2{,}00\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$.

c) $v=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{2{,}42}\approx 1{,}24\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$. La lumière est la plus lente dans le diamant, le milieu d'indice le plus grand : un indice élevé signifie une lumière lente. Un indice est toujours supérieur ou égal à $1$, puisque rien ne va plus vite que la lumière dans le vide.

d) $n=\dfrac{c}{v}=\dfrac{3{,}00\times 10^{8}}{2{,}05\times 10^{8}}\approx 1{,}46$. Un indice inférieur à $1$ aurait signalé une division à l'envers.

e) Dans le verre : $t=\dfrac{1{,}0\times 10^{-2}}{2{,}00\times 10^{8}}=5{,}0\times 10^{-11}\ \mathrm{s}$. Dans le vide : $\dfrac{1{,}0\times 10^{-2}}{3{,}00\times 10^{8}}\approx 3{,}3\times 10^{-11}\ \mathrm{s}$. Retard : environ $1{,}7\times 10^{-11}\ \mathrm{s}$. Imperceptible pour nous, mais c'est ce ralentissement qui explique la réfraction.

Méthode à retenir : $n=\dfrac{c}{v}$ se lit dans les deux sens ; plus l'indice est grand, plus la lumière est lente et plus elle est déviée en entrant dans le milieu.

a) $C=\dfrac{1}{0{,}100}=10{,}0\ \delta$. Le foyer objet est à $10{,}0\ \mathrm{cm}$ devant la lentille ; l'objet, à $5{,}0\ \mathrm{cm}$, est ENTRE le foyer objet et la lentille.

b) Les rayons émergents divergent et ne se croisent que par leurs prolongements : l'image est VIRTUELLE. Elle est du même côté que l'objet et dans le même sens : elle est DROITE.

c) Les triangles $OAB$ et $OA'B'$ sont semblables, avec $A$ et $A'$ sur l'axe du même côté : $\dfrac{A'B'}{AB}=\dfrac{OA'}{OA}=\dfrac{10{,}0}{5{,}0}=2{,}0$. Donc $A'B'=2{,}0\times 2{,}0=4{,}0\ \mathrm{mm}$ et le grandissement vaut $+2{,}0$, positif puisque l'image est droite.

d) Non. Aucun rayon ne passe réellement par $A'B'$ : un écran placé à cet endroit ne recevrait rien. L'image n'existe que pour l'oeil qui regarde à travers la loupe et prolonge les rayons.

e) L'objet est maintenant au-delà du foyer objet : la lentille donne une image RÉELLE et RENVERSÉE, de l'autre côté, qu'on pourrait projeter sur un écran. Une loupe ne grossit donc que si l'objet est plus près d'elle que son foyer.

Le point de méthode : la position de l'objet par rapport au foyer objet décide de tout, image réelle et renversée au-delà, virtuelle, droite et agrandie en deçà.

a) Un objet très lointain donne son image dans le plan focal : le capteur doit être à $f'=50{,}0\ \mathrm{mm}$ de l'objectif.

b) L'image est maintenant à $52{,}6\ \mathrm{mm}$ : il faut ÉLOIGNER l'objectif du capteur de $52{,}6-50{,}0=2{,}6\ \mathrm{mm}$. C'est ce que fait la bague de mise au point : un objet proche exige un objectif plus avancé.

c) Les triangles de part et d'autre du centre optique sont semblables : $h'=1{,}80\times\dfrac{50{,}5\times 10^{-3}}{5{,}00}\approx 1{,}82\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit $18{,}2\ \mathrm{mm}$. Il faut exprimer les deux distances dans la même unité avant de faire le rapport.

d) Oui : $18{,}2\ \mathrm{mm}<24\ \mathrm{mm}$, et même $<36\ \mathrm{mm}$ si l'appareil est tenu verticalement. Il reste de la marge autour de la personne.

e) $h'=1{,}80\times\dfrac{208\times 10^{-3}}{5{,}00}\approx 7{,}5\times 10^{-2}\ \mathrm{m}$, soit $75\ \mathrm{mm}$ : l'image est quatre fois plus grande et dépasse largement le capteur. Le téléobjectif, de focale plus longue, grossit : il ne cadre plus qu'une partie de la personne, le visage par exemple.

Le fil de l'exercice : la mise au point règle la distance lentille-capteur, et la taille de l'image se calcule par Thalès avec le rayon passant par le centre optique.

a) Dans le triangle rectangle formé par l'obélisque et son ombre : $\tan\alpha=\dfrac{1{,}26}{10{,}0}=0{,}126$, donc $\alpha\approx 7{,}2\ \mathrm{^\circ}$. La propagation rectiligne de la lumière permet de tracer ce triangle.

b) Le Soleil est à environ $150$ millions de kilomètres, une distance immense devant la taille de la Terre : les rayons qui arrivent à Syène et à Alexandrie viennent pratiquement de la même direction.

c) Les verticales des deux villes passent par le centre de la Terre. Le rayon qui arrive à Syène est confondu avec la verticale de Syène ; celui qui arrive à Alexandrie lui est parallèle. La verticale d'Alexandrie coupe ces deux parallèles, et les angles alternes-internes ainsi formés sont égaux : l'angle au centre vaut $\alpha$.

d) Un angle de $7{,}2\ \mathrm{^\circ}$ correspond à $800\ \mathrm{km}$ ; le tour complet, $360\ \mathrm{^\circ}$, est donc $\dfrac{360}{7{,}18}$ fois plus grand : $800\times\dfrac{360}{7{,}18}\approx 4{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{km}$.

e) $R=\dfrac{4{,}01\times 10^{4}}{2\pi}\approx 6{,}38\times 10^{3}\ \mathrm{km}$. L'écart avec $6371\ \mathrm{km}$ est d'environ $0{,}2\ \%$ avec nos données. La mesure historique était moins précise, les distances étant connues en stades, mais le raisonnement est exactement celui-ci : un bâton, une ombre et la propagation rectiligne de la lumière ont suffi à mesurer la planète.

Le fil du problème : la propagation rectiligne et le parallélisme des rayons solaires transforment une ombre en un angle, et un angle en une circonférence.

a) L'image se forme sur un mur : elle est RÉELLE. L'objet étant au-delà du foyer objet, elle est RENVERSÉE. L'objet doit donc être placé à l'envers dans l'appareil pour que l'image apparaisse à l'endroit.

b) $|\gamma|=\dfrac{OA'}{OA}=\dfrac{500}{10{,}2}\approx 49$. Les deux distances sont en centimètres.

c) $h'=49\times 1{,}5\approx 74\ \mathrm{cm}$.

d) $|\gamma|=\dfrac{800}{10{,}13}\approx 79$, donc $h'\approx 79\times 1{,}5\approx 1{,}18\ \mathrm{m}$. Reculer le projecteur agrandit l'image.

e) De $10{,}2$ à $10{,}13\ \mathrm{cm}$ : il faut RAPPROCHER légèrement l'objet de la lentille, donc du foyer objet $F$, situé à $10{,}0\ \mathrm{cm}$. Plus l'objet est proche du foyer, plus l'image est lointaine et grande : c'est le principe même d'un projecteur, où l'objet est placé tout juste au-delà du foyer.

Le fil du problème : pour projeter une grande image lointaine, on place l'objet juste au-delà du foyer objet, et le grandissement vaut le rapport des distances.