Réflexion et réfraction : dix problèmes corrigés pour préparer l'examen

$\sin\theta_c=n_{\mathrm{air}}/n_{\mathrm{eau}}=1{,}00/1{,}33=0{,}7519$, donc $\theta_c=48{,}8^\circ$.

$1{,}33\sin 35^\circ=1{,}00\sin\theta_2$, donc $\sin\theta_2=0{,}763$ et $\theta_2=49{,}7^\circ$.

$55^\circ>48{,}8^\circ$ : il faudrait un angle dont le sinus vaut $1{,}33\sin 55^\circ=1{,}09>1$, ce qui n'existe pas. Aucun rayon ne sort, toute l'énergie repart dans l'eau par réflexion totale.

Le changement n'est pas un saut, mais il tient en quelques degrés. Avant $\theta_c$, une partie de la lumière est déjà réfléchie : environ $5\ \%$ à $40^\circ$, et déjà près de $40\ \%$ à $48^\circ$.

En même temps, le rayon réfracté se couche vers la surface et s'affaiblit. À $\theta_c$, il la rase.

Au-delà, la loi de Snell n'a plus de solution : il n'y a plus de rayon réfracté, et toute la lumière repart dans l'eau.

Comme tout se joue juste avant $48{,}8^\circ$, les élèves voient la tache s'éteindre presque d'un coup.

$\sin r=\sin 45{,}0^\circ/1{,}33=0{,}5317$, donc $r=32{,}1^\circ$.

Le miroir horizontal renvoie le rayon avec le même angle par rapport à la verticale, de l'autre côté : il remonte à $32{,}1^\circ$ de la normale. À la sortie, la loi de Snell-Descartes parcourue en sens inverse redonne $45{,}0^\circ$ : le rayon ressort à $45{,}0^\circ$ de la normale, du côté opposé au rayon incident. Il est symétrique du rayon incident, comme le reflet direct de la surface, auquel il est parallèle : les deux réfractions se compensent, et le miroir a renvoyé la lumière vers le haut.

Chaque trajet horizontal vaut $h\tan r$, et il y en a deux : $d=2(0{,}250)\tan 32{,}1^\circ=0{,}314$ m, soit $31{,}4$ cm.

Un indice plus grand réfracte davantage, donc $r$ diminue, donc $\tan r$ diminue et la distance AUSSI.

$\sin r=\sin 30^\circ/1{,}50=0{,}3333$, donc $r=19{,}5^\circ$.

Le premier rayon subit une seule réflexion, sur la face avant. Le second traverse cette face, se réfléchit sur la face arrière, puis retraverse la face avant.

À chaque traversée, une petite partie de la lumière est réfléchie au lieu d'être transmise : le second rayon perd donc un peu d'intensité.

Pour cette vitre, chaque face réfléchit environ $4\ \%$ de la lumière qu'elle reçoit : le premier rayon emporte environ $4{,}2\ \%$ de la lumière incidente et le second environ $3{,}8\ \%$. Les deux images ont donc des intensités proches, et c'est pourquoi on les voit toutes les deux.

$2(0{,}00600)\tan 19{,}5^\circ\cos 30^\circ=3{,}67\times 10^{-3}$ m, soit $3{,}67$ mm.

Le jour, la lumière transmise depuis l'extérieur est bien plus intense que ces faibles réflexions et les masque. La nuit, l'extérieur est sombre et il ne reste que les images réfléchies.

Du milieu le plus réfringent vers le moins réfringent, donc du verre vers le liquide, puisque $n_{\mathrm{verre}}>n_{\mathrm{liquide}}$.

$n_{\mathrm{liq}}=n_{\mathrm{verre}}\sin\theta_c=1{,}62\sin 57{,}0^\circ=1{,}62\times 0{,}8387=1{,}359$.

Plus concentré signifie indice plus grand, donc $\sin\theta_c=n_{\mathrm{liq}}/1{,}62$ plus grand : l'angle limite AUGMENTE.

Si le liquide était plus réfringent que le prisme, il n'y aurait aucune réflexion totale dans ce sens, et l'appareil n'aurait plus de limite à repérer.

$\sin\theta_c=1{,}00023/1{,}00030=0{,}99993$, donc $\theta_c=89{,}3^\circ$.

L'angle critique est à moins d'un degré de $90^\circ$ : il faut que le rayon frôle l'horizontale pour le dépasser. Un rayon qui plonge franchement traverse la couche et va frapper la route.

Il voit l'image du CIEL, ramenée vers le sol par cette réflexion totale rasante. Le bleu du ciel étalé sur la chaussée ressemble à de l'eau.

Quand on s'approche d'un endroit donné de la route, on le regarde de façon plus plongeante : l'angle d'incidence diminue, repasse sous $\theta_c$, et la réflexion totale cesse. On voit alors la chaussée.

La flaque semble reculer : elle reste à la distance où le regard est assez rasant. Pour un œil à $1{,}2$ m du sol, il faut regarder à moins de $0{,}7^\circ$ sous l'horizontale, soit de l'ordre de $100$ m plus loin.

Diamant : $\theta_c=\arcsin(1/2{,}42)=24{,}4^\circ$. Verre : $\theta_c=\arcsin(1/1{,}50)=41{,}8^\circ$.

Dans le diamant, $35^\circ>24{,}4^\circ$ : réflexion totale, la lumière est renvoyée dans la pierre. Dans le verre, $35^\circ<41{,}8^\circ$ : une grande partie sort par la facette et est perdue.

L'angle critique du diamant étant bien plus petit, bien plus de directions internes dépassent le seuil et subissent une réflexion totale. Ce sont ensuite les angles des facettes, choisis par le tailleur, qui renvoient cette lumière vers le dessus de la pierre. Dans le verre, davantage de rayons sortent par les facettes du fond et des côtés, et l'éclat se dilue.

Une taille trop plate fait arriver les rayons sur les facettes du fond sous un angle INFÉRIEUR à l'angle critique : ils sont transmis vers le bas au lieu d'être renvoyés vers l'œil.

La normale au miroir fait $20{,}0^\circ$ avec la verticale, donc l'incidence vaut $20{,}0^\circ$. Le rayon réfléchi repart à $20{,}0^\circ$ de l'autre côté de la normale, donc à $20{,}0+20{,}0=40{,}0^\circ$ de la verticale.

$\sin r=\sin 40{,}0^\circ/1{,}52=0{,}4229$, donc $r=25{,}0^\circ$.

Les deux faces de la plaque sont parallèles : la seconde réfraction annule la première et le rayon ressort à $40{,}0^\circ$ de la verticale, simplement décalé.

$d=(5{,}00)\sin(40{,}0^\circ-25{,}0^\circ)/\cos 25{,}0^\circ=1{,}43$ mm.

$\sin r_1=\sin 50{,}0^\circ/1{,}47=0{,}5211$, donc $r_1=31{,}4^\circ$.

$1{,}47\sin 31{,}4^\circ=1{,}33\sin r_2$, donc $\sin r_2=0{,}5759$ et $r_2=35{,}2^\circ$.

Sans huile : $\sin r=\sin 50{,}0^\circ/1{,}33=0{,}5759$, soit exactement $35{,}2^\circ$. La couche intermédiaire ne change RIEN à la direction finale.

Pour des couches à faces parallèles, le produit $n\sin\theta$ se conserve d'un bout à l'autre : seuls comptent le premier et le dernier milieu. La règle tombe si une interface n'est pas parallèle aux autres, ou si une réflexion totale bloque le passage dans une couche.

$\sin r=\sin 40{,}0^\circ/1{,}33=0{,}4833$, donc $r=28{,}9^\circ$.

Les deux normales sont perpendiculaires entre elles, donc l'angle sur le fond est le COMPLÉMENTAIRE : $90^\circ-28{,}9^\circ=61{,}1^\circ$.

L'angle critique vaut $48{,}8^\circ$, et $61{,}1^\circ>48{,}8^\circ$ : le rayon subit une réflexion TOTALE sur le fond.

Il faudrait que l'incidence sur le fond, $90^\circ-r$, passe sous $\theta_c$, donc $\sin r>\cos\theta_c=\dfrac{\sqrt{1{,}33^{2}-1}}{1{,}33}$. Comme $\sin i=1{,}33\sin r$, cela donne $\sin i>\sqrt{1{,}33^{2}-1}=0{,}877$, soit $i>61{,}3^\circ$. Seuls des rayons très inclinés à l'entrée traverseraient le fond.

Le rayon réfléchi repart à $55{,}0^\circ$ de la normale, de l'autre côté. Pour le réfracté, $\sin r=\sin 55{,}0^\circ/1{,}33=0{,}6159$, donc $r=38{,}0^\circ$.

Le rayon réfléchi et le rayon réfracté sont du MÊME côté de la normale, l'un au-dessus et l'autre au-dessous de la surface : l'angle entre eux vaut $180^\circ-55{,}0^\circ-38{,}0^\circ=87{,}0^\circ$.

La normale au miroir fait $20{,}0^\circ$ avec la verticale, du même côté que le rayon. L'incidence vaut donc $38{,}0^\circ-20{,}0^\circ=18{,}0^\circ$. Le rayon réfléchi repart à $18{,}0^\circ$ de l'autre côté de cette normale, soit $20{,}0^\circ-18{,}0^\circ=2{,}0^\circ$ de la verticale.

$2{,}0^\circ$ est très inférieur à l'angle critique $48{,}8^\circ$ : le rayon ressort. Sans arrondir l'angle du rayon remontant ($1{,}98^\circ$) : $\sin\theta=1{,}33\sin 1{,}98^\circ=0{,}0460$, donc $\theta=2{,}6^\circ$. Le miroir incliné a REDRESSÉ le faisceau, qui repart presque à la verticale.