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

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

b) $1{,}33\sin 30^\circ=1{,}00\sin\theta_2$, donc $\sin\theta_2=0{,}665$ et $\theta_2=41{,}7^\circ$.

c) $60^\circ>48{,}8^\circ$ : il faudrait un angle dont le sinus vaut $1{,}33\sin 60^\circ=1{,}152>1$, ce qui n'existe pas. Aucun rayon ne sort, toute l'énergie repart dans l'eau par réflexion totale.

d) Le passage se fait à un seuil : dès que l'angle dépasse $\theta_c$, la solution de la loi de Snell cesse d'exister. La surface passe de transparente à parfaitement réfléchissante, sans état intermédiaire.

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

b) Le miroir renvoie le rayon avec le même angle par rapport à la verticale. Il remonte donc à $28{,}9^\circ$, et la seconde réfraction, parcourue en sens inverse, redonne exactement $40{,}0^\circ$. Les deux réfractions se compensent.

c) Chaque trajet horizontal vaut $h\tan r$, et il y en a deux : $d=2(0{,}300)\tan 28{,}9^\circ=0{,}331$ m, soit $33{,}1$ cm.

d) Un indice plus grand réfracte davantage, donc $r$ diminue, donc $\tan r$ diminue et le décalage AUSSI.

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

b) À chaque interface, l'essentiel de la lumière est transmis et seule une petite fraction est réfléchie. Le second rayon a subi une transmission, une réflexion, puis une nouvelle transmission : il ne garde qu'une part très faible de l'énergie de départ.

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

d) 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.

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

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

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

d) 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.

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

b) 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.

c) 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.

d) En s'approchant, l'angle sous lequel on regarde la zone diminue par rapport à la rasance : il repasse sous l'angle critique et la réflexion totale cesse.

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

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

c) L'angle critique du diamant étant bien plus petit, presque toutes les directions internes dépassent le seuil. La lumière rebondit plusieurs fois avant de ressortir par le haut, concentrée ; dans le verre elle s'échappe de partout et l'éclat se dilue.

d) 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.

a) La normale au miroir fait $25{,}0^\circ$ avec la verticale, donc l'incidence vaut $25{,}0^\circ$. Le rayon réfléchi est dévié de $2\times 25{,}0=50{,}0^\circ$ par rapport à la direction incidente : il fait donc $50{,}0^\circ$ avec la verticale.

b) $\sin r=\sin 50{,}0^\circ/1{,}50=0{,}5107$, donc $r=30{,}7^\circ$.

c) Les deux faces de la vitre sont parallèles : la seconde réfraction annule la première et le rayon ressort à $50{,}0^\circ$, simplement décalé.

d) $d=(0{,}00400)\sin(50{,}0^\circ-30{,}7^\circ)/\cos 30{,}7^\circ=1{,}54\times 10^{-3}$ m, soit $1{,}54$ mm.

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

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

c) 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.

d) 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.

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

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

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

d) Il faudrait $90^\circ-r<48{,}8^\circ$, donc $r>41{,}2^\circ$, donc $\sin i>1{,}33\sin 41{,}2^\circ=0{,}876$, soit $i>61{,}2^\circ$. Seuls des rayons très inclinés à l'entrée traverseraient le fond.

a) 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 $r=38{,}0^\circ$.

b) Les deux rayons sont de part et d'autre de la normale : l'angle entre eux vaut $180^\circ-55{,}0^\circ-38{,}0^\circ=87{,}0^\circ$.

c) 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.

d) $2{,}0^\circ$ est très inférieur à l'angle critique $48{,}8^\circ$ : le rayon ressort. $\sin\theta=1{,}33\sin 2{,}0^\circ=0{,}04642$, donc $\theta=2{,}7^\circ$. Le miroir incliné a REDRESSÉ le faisceau, qui repart presque à la verticale.