La réflexion

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Facile15 exercices

Exercice 1le rebond de base

Un rayon lumineux frappe un miroir plan avec un angle d'incidence $\hat{\imath}=28^{\circ}$ , mesuré par rapport à la normale.

a)
Donne la valeur de l'angle de réflexion $\hat{r}$ .
Loi de la réflexion : $\hat{r}=\hat{\imath}$ , les deux angles étant mesurés par rapport à la normale.
$\hat{r}=\hat{\imath}=28^{\circ}$ .
b)
Calcule l'angle formé entre le rayon incident et le rayon réfléchi.
L'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi vaut $\hat{\imath}+\hat{r}=2\hat{\imath} =2\times28^{\circ}=56^{\circ}$ .

Exercice 2angle donné par rapport au miroir

Un rayon lumineux arrive sur un miroir plan en faisant un angle de $35^{\circ}$ avec la surface du miroir (et non avec la normale).

a)
Quel est l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ (par rapport à la normale) ?
La normale est perpendiculaire au miroir : il faut convertir l'angle donné.
$\hat{\imath}=90^{\circ}-35^{\circ}=55^{\circ}$ (angle par rapport à la normale).
b)
Quel est l'angle de réflexion $\hat{r}$ ?
$\hat{r}=\hat{\imath}=55^{\circ}$ . Piège évité : prendre directement $35^{\circ}$ aurait été faux.

Exercice 3miroir posé au sol

Un miroir plan est posé horizontalement sur le sol. Un rayon lumineux descend et le frappe en faisant un angle d'incidence $\hat{\imath}=60^{\circ}$ avec la normale (verticale).

a)
Donne l'angle de réflexion $\hat{r}$ .
La normale est verticale (perpendiculaire au sol horizontal).
$\hat{r}=\hat{\imath}=60^{\circ}$ .
b)
Quel angle le rayon réfléchi fait-il avec le sol ?
Le rayon réfléchi fait avec la normale un angle de $60^{\circ}$ , donc avec le sol il fait l'angle complémentaire : $90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$ .

Exercice 4incidence perpendiculaire

Un rayon lumineux arrive sur un miroir plan perpendiculairement à sa surface, c'est-à-dire le long de la normale ( $\hat{\imath}=0^{\circ}$ ).

a)
Que vaut l'angle de réflexion $\hat{r}$ ?
Ici le rayon arrive le long de la normale, donc $\hat{\imath}=0^{\circ}$ .
$\hat{r}=\hat{\imath}=0^{\circ}$ .
b)
Décris la direction du rayon réfléchi par rapport au rayon incident.
Le rayon réfléchi repart sur lui-même, exactement en sens inverse du rayon incident (demi-tour). C'est le seul cas où le rayon revient sur sa propre trajectoire.

Exercice 5rayon réfléchi perpendiculaire à l'incident

On souhaite que le rayon réfléchi reparte perpendiculairement au rayon incident, c'est-à-dire que l'angle entre les deux rayons soit exactement $90^{\circ}$ .

Quel doit être l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ ? (On rappelle que l'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi vaut $2\hat{\imath}$ .)

L'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi vaut $2\hat{\imath}$ . On veut qu'il soit égal à $90^{\circ}$ :

2\hat{\imath}=90^{\circ}\;\Longrightarrow\; \hat{\imath}=45^{\circ}.

Un rayon frappant le miroir à $45^{\circ}$ de la normale repart donc à angle droit de sa direction d'arrivée — principe utilisé pour renvoyer un faisceau « en équerre ».

Exercice 6lire la loi à l'envers

On observe le rebond d'un rayon sur un miroir plan et on mesure directement l'angle de réflexion : $\hat{r}=41^{\circ}$ (par rapport à la normale).

a)
Que vaut l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ ?
La loi $\hat{\imath}=\hat{r}$ se lit dans les deux sens ; la surface est perpendiculaire à la normale.
$\hat{\imath}=\hat{r}=41^{\circ}$ .
b)
Quel angle le rayon incident fait-il avec la surface du miroir ?
Angle avec la surface $=90^{\circ}-\hat{\imath}=90^{\circ}-41^{\circ}=49^{\circ}$ .

Exercice 7de l'écart entre les rayons à l'incidence

On mesure l'angle formé entre le rayon incident et le rayon réfléchi : il vaut $74^{\circ}$ .

a)
En rappelant que cet angle vaut $2\hat{\imath}$ , détermine l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ .
L'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi vaut $\hat{\imath}+\hat{r}=2\hat{\imath}$ .
$2\hat{\imath}=74^{\circ}\;\Longrightarrow\;\hat{\imath}=37^{\circ}$ .
b)
Que vaut alors l'angle de réflexion $\hat{r}$ ?
$\hat{r}=\hat{\imath}=37^{\circ}$ .

Exercice 8incidence rasante

Un rayon frappe un miroir presque parallèlement à sa surface : son angle d'incidence vaut $\hat{\imath}=88^{\circ}$ .

a)
Que vaut l'angle de réflexion $\hat{r}$ ?
$\hat{r}=\hat{\imath}=88^{\circ}$ .
b)
Quel angle le rayon réfléchi fait-il avec la surface du miroir ?
Angle avec la surface $=90^{\circ}-88^{\circ}=2^{\circ}$ . Le rayon « frôle » le miroir : incident et réfléchi sont presque confondus avec la surface.

Exercice 9angle donné par rapport à la surface

Un rayon lumineux fait un angle de $20^{\circ}$ avec la surface d'un miroir plan.

a)
Quel est l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ (par rapport à la normale) ?
Il faut d'abord convertir l'angle donné avec la surface en angle par rapport à la normale.
$\hat{\imath}=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$ .
b)
Quel est l'angle de réflexion $\hat{r}$ ?
$\hat{r}=\hat{\imath}=70^{\circ}$ .
c)
Quel est l'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi ?
Angle entre les deux rayons $=2\hat{\imath}=2\times70^{\circ}=140^{\circ}$ .

Exercice 10où se forme l'image

Un petit objet ponctuel $A$ est placé à $45\,\mathrm{cm}$ devant un miroir plan.

a)
À quelle distance derrière le miroir se forme son image $A'$ ?
L'image donnée par un miroir plan est le symétrique de l'objet par rapport au plan du miroir.
L'image $A'$ se forme à $45\,\mathrm{cm}$ derrière le miroir (même distance que l'objet devant).
b)
Quelle est la distance qui sépare l'objet $A$ de son image $A'$ ?
Distance objet–image $=45\,\mathrm{cm}+45\,\mathrm{cm}=90\,\mathrm{cm}$ .

Exercice 11taille et nature de l'image

Un objet vertical de hauteur $8\,\mathrm{cm}$ est placé à $30\,\mathrm{cm}$ devant un miroir plan.

a)
Quelle est la taille de l'image et à quelle distance du miroir se trouve-t-elle ?
Un miroir plan donne une image de même taille que l'objet, à distance égale de l'autre côté.
Image de $8\,\mathrm{cm}$ (même taille), à $30\,\mathrm{cm}$ derrière le miroir.
b)
L'image est-elle droite ou renversée ? réelle ou virtuelle ?
Image droite (non renversée haut/bas) et virtuelle (elle est derrière le miroir, on ne peut pas la recueillir sur un écran). Elle est seulement inversée gauche/droite.

Exercice 12miroir incliné à 45°

Un rayon lumineux vertical (dirigé vers le bas) frappe un miroir plan incliné à $45^{\circ}$ par rapport à l'horizontale.

a)
Quel est l'angle d'incidence $\hat{\imath}$ ?
La normale est perpendiculaire au miroir ; comme le miroir est à $45^{\circ}$ de l'horizontale, la normale est à $45^{\circ}$ de la verticale.
Le rayon incident est vertical ; il fait donc $\hat{\imath}=45^{\circ}$ avec la normale.
b)
Dans quelle direction repart le rayon réfléchi, et de quel angle a-t-il été dévié ?
$\hat{r}=45^{\circ}$ : le rayon réfléchi repart horizontalement. La déviation entre le rayon incident et le rayon réfléchi vaut $2\hat{\imath}=90^{\circ}$ . Un miroir à $45^{\circ}$ fait « tourner » la lumière d'un angle droit.

Exercice 13un seul rebond dans un coin

Deux miroirs plans $M_1$ et $M_2$ sont disposés perpendiculairement. Un rayon frappe $M_1$ sous un angle d'incidence $\hat{\imath}_1=40^{\circ}$ , puis le rayon réfléchi part frapper $M_2$ .

a)
Quel est l'angle d'incidence $\hat{\imath}_2$ du rayon sur $M_2$ ?
Le rayon $A\!\to\!M_2$ fait $\hat{\imath}_1=40^{\circ}$ avec la normale de $M_1$ . Les deux miroirs étant perpendiculaires, leurs normales le sont aussi : ce rayon fait donc $90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}$ avec la normale de $M_2$ , soit $\hat{\imath}_2=50^{\circ}$ .
b)
Vérifie la relation $\hat{\imath}_1+\hat{\imath}_2=90^{\circ}$ (valable pour deux miroirs perpendiculaires).
$\hat{\imath}_1+\hat{\imath}_2=40^{\circ}+50^{\circ}=90^{\circ}$ : la relation est bien vérifiée.

Exercice 14le miroir qui pivote

Rappel : un miroir qui tourne d'un angle $\alpha$ (le rayon incident restant fixe) fait tourner le rayon réfléchi de $2\alpha$ . On fait pivoter un miroir de $8^{\circ}$ .

a)
De quel angle tourne le rayon réfléchi ?
Le rayon réfléchi tourne de $2\alpha=2\times8^{\circ}=16^{\circ}$ .
b)
De quel angle faut-il tourner le miroir pour que le rayon réfléchi tourne de $30^{\circ}$ ?
On veut $2\alpha=30^{\circ}$ , donc $\alpha=15^{\circ}$ .

Exercice 15symétrie par rapport à la surface

Un rayon arrive sur un miroir plan en faisant un angle de $25^{\circ}$ avec sa surface.

a)
Quel angle le rayon réfléchi fait-il avec la surface du miroir ?
Le rayon fait $25^{\circ}$ avec la surface, donc $\hat{\imath}=90^{\circ}-25^{\circ}=65^{\circ}$ .
Par symétrie, le rayon réfléchi fait aussi $25^{\circ}$ avec la surface (de l'autre côté du point d'impact).
b)
Quel est l'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi ?
Angle entre les deux rayons $=2\hat{\imath}=130^{\circ}$ (ou, de façon équivalente, $180^{\circ}-2\times25^{\circ}=130^{\circ}$ ).

Moyen15 exercices

Exercice 1le miroir qui tourne

Un rayon lumineux fixe frappe un miroir plan en un point $O$ sous un angle d'incidence $\hat{\imath}=30^{\circ}$ . On fait ensuite pivoter le miroir d'un angle $\alpha=12^{\circ}$ autour de $O$ (le rayon incident, lui, ne bouge pas).

a)
Quel est le nouvel angle d'incidence après rotation du miroir ?
Faire tourner le miroir de $\alpha$ fait tourner la normale de $\alpha$ . Le rayon incident étant fixe, l'angle d'incidence augmente de $\alpha$ : $\hat{\imath}'=30^{\circ}+12^{\circ}=42^{\circ}$ .
b)
De quel angle a tourné le rayon réfléchi ? Énonce la règle générale reliant la rotation du miroir à celle du rayon réfléchi.
Le rayon réfléchi fait toujours l'angle $\hat{r}'=\hat{\imath}'$ de l'autre côté de la normale ; comme la normale a tourné de $\alpha$ et que l'angle réfléchi a augmenté de $\alpha$ , le rayon réfléchi tourne au total de $2\alpha=24^{\circ}$ .
$\boxed{\text{Règle : un miroir qui tourne de }\alpha\text{ fait tourner le rayon réfléchi de }2\alpha.}$

Exercice 2réflecteur en coin : deux miroirs perpendiculaires

Deux miroirs plans $M_1$ et $M_2$ sont disposés perpendiculairement. Un rayon frappe d'abord $M_1$ sous un angle d'incidence $\hat{\imath}_1=35^{\circ}$ .

a)
Donne l'angle de réflexion en $A$ (sur $M_1$ ).
Loi de la réflexion en $A$ : $\hat{r}_1=\hat{\imath}_1=35^{\circ}$ .
b)
Le rayon réfléchi va frapper $M_2$ en $B$ . Quel est l'angle d'incidence $\hat{\imath}_2$ en $B$ ? (On pourra utiliser que les deux normales sont perpendiculaires.)
Les deux miroirs sont perpendiculaires, donc leurs normales aussi. Le rayon $AB$ fait $35^{\circ}$ avec la normale de $M_1$ , donc $90^{\circ}-35^{\circ}=55^{\circ}$ avec la normale de $M_2$ :
$\hat{\imath}_2=55^{\circ}.$
(On retrouve la règle $\hat{\imath}_1+\hat{\imath}_2=90^{\circ}$ pour deux miroirs perpendiculaires.)
c)
Montre que le rayon qui ressort après les deux réflexions est antiparallèle au rayon entrant.
Prenons les axes $Ox$ (miroir $M_2$ ) et $Oy$ (miroir $M_1$ ). La réflexion sur $M_1$ (vertical) inverse la composante horizontale de la direction : $(u_x,u_y)\to(-u_x,u_y)$ . La réflexion sur $M_2$ (horizontal) inverse la composante verticale : $(-u_x,u_y)\to(-u_x,-u_y)=-\vec{u}$ . Le rayon sortant a donc la direction $-\vec{u}$ : il est antiparallèle au rayon entrant, quel que soit l'angle d'entrée. C'est le principe du catadioptre.

Exercice 3le périscope

Un périscope est formé de deux miroirs parallèles, chacun incliné à $45^{\circ}$ , l'un au-dessus de l'autre. Un rayon horizontal entre par le haut.

a)
Quel est l'angle d'incidence du rayon sur le miroir 1 ?
Le miroir est incliné à $45^{\circ}$ ; sa normale fait donc $45^{\circ}$ avec l'horizontale. Le rayon horizontal arrive sous un angle d'incidence $\hat{\imath}=45^{\circ}$ .
b)
Décris la direction du rayon après le miroir 1, puis après le miroir 2. Quelle est la direction finale par rapport au rayon entrant ?
Réflexion sur le miroir 1 : $\hat{r}=45^{\circ}$ , le rayon est dévié de $2\hat{\imath}=90^{\circ}$ et repart verticalement vers le bas. Il frappe le miroir 2 (aussi à $45^{\circ}$ ) sous $45^{\circ}$ , subit une seconde déviation de $90^{\circ}$ et repart horizontalement. La direction finale est donc parallèle au rayon entrant (et de même sens), simplement décalée vers le bas : c'est ce qui permet de « voir par-dessus » un obstacle.

Exercice 4se voir en entier dans un miroir

Une personne de taille $H=1.80\,\mathrm{m}$ se tient debout face à un miroir plan vertical. On veut la plus petite hauteur de miroir qui lui permette de se voir en entier (des pieds au sommet du crâne). On utilisera la loi $\hat{\imath}=\hat{r}$ pour les rayons issus des pieds et du sommet.

a)
Quelle est la hauteur minimale du miroir ?
On applique $\hat{\imath}=\hat{r}$ aux rayons issus du sommet du crâne et des pieds, qui doivent tous deux parvenir à l'œ il après réflexion.
Le rayon venant du sommet du crâne se réfléchit à mi-hauteur entre le crâne et les yeux ; le rayon venant des pieds se réfléchit à mi-hauteur entre les pieds et les yeux. La portion utile du miroir s'étend donc du milieu [pieds–yeux] au milieu [crâne–yeux], soit une hauteur égale à la moitié de la taille :
$h_{\min}=\frac{H}{2}=\frac{1.80\,\mathrm{m}}{2}=0.90\,\mathrm{m}.$
b)
Cette hauteur dépend-elle de la distance entre la personne et le miroir ?
Non : le calcul ne fait intervenir que les hauteurs, jamais la distance au miroir. La hauteur minimale reste $H/2$ , que la personne soit près ou loin du miroir.

Exercice 5retrouver l'angle entre deux miroirs

Deux miroirs plans se coupent en $O$ en formant entre eux un angle $\theta$ inconnu. Un rayon lumineux entre en faisant $30^{\circ}$ avec le miroir inférieur, se réfléchit une fois sur chaque miroir, puis ressort en faisant $40^{\circ}$ avec le miroir supérieur.

Détermine la valeur de l'angle $\theta$ entre les deux miroirs.

Par la loi de la réflexion, le rayon interne (entre les deux miroirs) fait le même angle avec chaque miroir que, respectivement, le rayon entrant et le rayon sortant : il fait donc $30^{\circ}$ avec le miroir inférieur et $40^{\circ}$ avec le miroir supérieur. Ces deux angles sont ceux du triangle formé par les deux miroirs et le trajet interne, dont le troisième sommet ( $O$ ) porte l'angle $\theta$ . La somme des angles d'un triangle vaut $180^{\circ}$ :

\theta+30^{\circ}+40^{\circ}=180^{\circ}\;\Longrightarrow\;\boxed{\theta=110^{\circ}}.

Exercice 6le kaléidoscope

Un kaléidoscope est formé de deux miroirs plans se coupant selon un angle $\theta$ . Un petit objet placé entre eux réapparaît en plusieurs exemplaires par réflexions successives. On admet que, lorsque $360^\circ/\theta$ est un entier, le nombre d'images vaut

N=\frac{360^\circ}{\theta}-1.

a)
Combien d'images obtient-on pour $\theta=60^{\circ}$ ?
$N=\dfrac{360^\circ}{60^{\circ}}-1=6-1=5$ images.
b)
Combien pour $\theta=45^{\circ}$ ? Que se passe-t-il quand on referme l'angle ?
$N=\dfrac{360^\circ}{45^{\circ}}-1=8-1=7$ images. Plus on referme l'angle (plus $\theta$ est petit), plus $360^\circ/\theta$ est grand : on obtient davantage d'images, d'où la richesse des motifs du kaléidoscope.

Exercice 7le faisceau balayeur

Un petit miroir plan tourne régulièrement à raison de $3$ tours par seconde. Un rayon laser fixe s'y réfléchit et le faisceau réfléchi balaie l'espace.

a)
À combien de tours par seconde le faisceau réfléchi tourne-t-il ?
Un miroir qui tourne de $\alpha$ fait tourner le rayon réfléchi de $2\alpha$ : le faisceau tourne deux fois plus vite que le miroir.
Le faisceau réfléchi fait $2\times 3=6$ tours par seconde.
b)
Combien de temps met-il pour balayer un quart de tour ( $90^{\circ}$ ) ?
Un quart de tour, c'est $\tfrac14$ tour ; à $6$ tours par seconde :
$t=\frac{1/4}{6}\ \mathrm{s}=\frac{1}{24}\ \mathrm{s}\approx42\,\mathrm{ms}.$

Exercice 8où fixer le miroir pour se voir en entier

Une personne de taille $H=1.80\,\mathrm{m}$ a les yeux à $1.68\,\mathrm{m}$ du sol. On sait qu'un miroir vertical de hauteur $H/2$ suffit à se voir des pieds à la tête ; on cherche maintenant à quelle hauteur le fixer.

a)
À quelle hauteur du sol doit se trouver le bord inférieur du miroir ?
On applique $\hat{\imath}=\hat{r}$ aux rayons issus des pieds et du sommet du crâne, qui doivent atteindre l'œ il après réflexion. Chaque point de réflexion est à mi-hauteur entre l'œ il et le point visé.
Le rayon venant des pieds se réfléchit à mi-hauteur entre pieds ( $0\,\mathrm{m}$ ) et yeux ( $1.68\,\mathrm{m}$ ) : le bord inférieur est à $\dfrac{0+1.68}{2}=0.84\,\mathrm{m}$ du sol.
b)
À quelle hauteur son bord supérieur ? Ces hauteurs dépendent-elles de la distance personne–miroir ?
Le rayon venant du sommet ( $1.80\,\mathrm{m}$ ) se réfléchit à mi-hauteur entre sommet et yeux : le bord supérieur est à $\dfrac{1.80+1.68}{2}=1.74\,\mathrm{m}$ . La hauteur utile vaut $1.74-0.84=0.90\,\mathrm{m}=H/2$ . Ces hauteurs ne dépendent pas de la distance au miroir (seules interviennent les hauteurs).

Exercice 9le champ de vision d'un miroir

Une personne se tient à $d_1=1.0\,\mathrm{m}$ devant un miroir plan vertical accroché au mur. Derrière elle, à $d_2=3.0\,\mathrm{m}$ , un autre mur porte une frise horizontale de largeur $L=4.0\,\mathrm{m}$ , centrée dans son dos. On utilisera l'image de l'œ il par le miroir.

a)
Quelle largeur minimale le miroir doit-il avoir pour qu'elle voie la frise en entier ?
L'œ il est à la distance $d_1$ devant le miroir ; son image $E'$ est à $d_1$ derrière. Un point de la frise (à la distance $d_1+d_2$ devant le miroir) est vu si le segment $E'\!\to\!$ point traverse le miroir. Par proportion, le point de la frise à la position latérale $x$ est vu à travers le miroir à la position latérale $x\,\dfrac{d_1}{2d_1+d_2}$ .
Pour couvrir toute la frise ( $x$ de $-L/2$ à $+L/2$ ), le miroir doit avoir la largeur
$\ell=L\,\frac{d_1}{2d_1+d_2}=4.0\,\mathrm{m}\times\frac{1.0}{2\times1.0+3.0}=\frac{4.0}{5.0}=0.80\,\mathrm{m}.$
b)
Cette largeur dépend-elle de la distance $d_1$ au miroir ? (Comparer au cas « se voir en entier ».)
Oui, elle dépend de $d_1$ : en s'approchant du miroir (petit $d_1$ ) le champ vu s'élargit et un miroir plus petit suffit. C'est l'inverse du cas « se voir en entier », où la hauteur $H/2$ ne dépendait pas de la distance.

Exercice 10viser une cible par réflexion

Un miroir plan est posé le long d'un axe horizontal. Une source $A$ est à $2\,\mathrm{m}$ au-dessus du miroir, une cible $B$ à $1\,\mathrm{m}$ au-dessus ; horizontalement elles sont distantes de $6\,\mathrm{m}$ . On veut envoyer un rayon de $A$ vers $B$ après une seule réflexion sur le miroir.

a)
En utilisant l'image $A'$ de $A$ par le miroir, détermine le point d'impact $I$ du rayon.
L'image $A'$ de $A=(0,2)$ par le miroir (l'axe $y=0$ ) est son symétrique $A'=(0,-2)$ . Le rayon réel $A\to I\to B$ a même longueur et même direction apparente que le segment droit $A'\to B$ : le point d'impact $I$ est donc l'intersection de $[A'B]$ avec le miroir.
Droite $A'B$ : de $(0,-2)$ à $(6,1)$ . Elle coupe $y=0$ quand $-2+3t=0$ , soit $t=\tfrac23$ , d'où $x=6\times\tfrac23=4$ . Le point d'impact est $I=(4,0)$ , à $4\,\mathrm{m}$ de $A$ (horizontalement).
b)
Quelle est la longueur totale du trajet lumineux $A\to I\to B$ ?
La longueur $A\to I\to B$ égale $A'B=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt5\approx6.7\,\mathrm{m}$ . (Vérification : $AI=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5$ et $IB=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5$ , somme $3\sqrt5$ .)

Exercice 11l'héliostat

Les rayons du Soleil arrivent en faisant $30^{\circ}$ au-dessus de l'horizon. À l'aide d'un seul miroir plan, on veut renvoyer la lumière horizontalement dans une pièce.

a)
De quel angle, par rapport à l'horizontale, faut-il incliner le miroir ?
La normale du miroir doit être la bissectrice de l'angle entre le rayon incident et le rayon réfléchi. Le rayon incident est à $E$ sous l'horizontale, le rayon réfléchi est horizontal : un calcul d'angles montre que le miroir doit faire $E/2$ avec l'horizontale.
Pour $E=30^{\circ}$ : le miroir est incliné de $\dfrac{30^{\circ}}{2}=15^{\circ}$ par rapport à l'horizontale.
b)
Une heure plus tard, le Soleil est monté à $50^{\circ}$ au-dessus de l'horizon. Quelle inclinaison faut-il alors ? Qu'en déduis-tu sur le rôle d'un héliostat au fil de la journée ?
Pour $E=50^{\circ}$ : inclinaison $\dfrac{50^{\circ}}{2}=25^{\circ}$ . Le Soleil montant sans cesse, un héliostat doit pivoter en permanence (à la moitié de la vitesse angulaire apparente du Soleil) pour garder le faisceau fixe.

Exercice 12trois images dans un coin

Deux miroirs perpendiculaires occupent les demi-axes $Ox$ et $Oy$ . Un petit objet $P$ est placé dans le coin, à $20\,\mathrm{cm}$ du miroir vertical ( $Oy$ ) et $30\,\mathrm{cm}$ du miroir horizontal ( $Ox$ ), c'est-à-dire en $P=(20,30)$ (en cm).

a)
Donne les coordonnées des trois images de $P$ .
Chaque miroir donne le symétrique de l'objet par rapport à son plan.
Image par le miroir vertical $Oy$ : $(-20,30)$ . Image par le miroir horizontal $Ox$ : $(20,-30)$ . Image « du coin » : $(-20,-30)$ . Les trois images sont donc $(-20,30)$ , $(20,-30)$ et $(-20,-30)$ (en cm).
b)
Laquelle provient d'une double réflexion (une sur chaque miroir) ?
L'image $(-20,-30)$ provient d'une double réflexion (symétrie par rapport à $Oy$ puis à $Ox$ ) : c'est le symétrique de $P$ par rapport au coin $O$ . Un objet placé dans un coin de deux miroirs perpendiculaires donne ainsi $3$ images.

Exercice 13le reflet dans la flaque

Un lampadaire de hauteur $H=5\,\mathrm{m}$ éclaire une rue. Une flaque d'eau au sol se comporte comme un miroir plan horizontal. Un piéton, dont les yeux sont à $h=1.6\,\mathrm{m}$ du sol, se tient à $D=8\,\mathrm{m}$ du pied du lampadaire.

a)
À quelle distance du piéton, sur le sol, apparaît le reflet du sommet du lampadaire ? (On utilisera l'image du sommet, symétrique sous le sol.)
Le sommet du lampadaire $S=(D,H)=(8,5)$ a pour image $S'=(8,-5)$ (symétrique sous le sol). L'œ il est en $(0,h)=(0,1.6)$ . Le reflet est vu au point où le segment œ il $\to S'$ traverse le sol $(y=0)$ .
De $(0,1.6)$ à $(8,-5)$ , on a $y=0$ quand $1.6-6.6\,t=0$ , soit $t=\dfrac{1.6}{6.6}$ , d'où
$x=D\,\frac{h}{h+H}=8\times\frac{1.6}{1.6+5}=\frac{12.8}{6.6}\approx1.94\,\mathrm{m}.$
Le reflet apparaît à environ $1.94\,\mathrm{m}$ devant le piéton.
b)
Ce reflet se trouve-t-il à mi-chemin entre le piéton et le lampadaire ? Justifie.
Non : le reflet partage la distance dans le rapport $h:H=1.6:5$ . Il est à $\dfrac{h}{h+H}\approx 24\,\%$ de la distance, donc bien plus près du piéton (petit) que du lampadaire (grand), et non au milieu.

Exercice 14le rayon qui revient sur ses pas

Deux miroirs plans se coupent en $O$ en formant un angle $\theta$ . On veut qu'un rayon, après s'être réfléchi sur $M_1$ puis sur $M_2$ , revienne exactement sur lui-même.

a)
Montre que cela impose que le rayon frappe $M_2$ perpendiculairement.
Pour que le rayon reparte exactement en sens inverse après la dernière réflexion (sur $M_2$ ), il faut que cette réflexion le renvoie sur lui-même : le rayon doit donc arriver sur $M_2$ perpendiculairement (incidence nulle). Il remonte alors le long du même segment vers $M_1$ , s'y réfléchit à l'identique, et ressort sur le rayon incident.
b)
Déduis-en l'angle d'incidence sur $M_1$ en fonction de $\theta$ , puis sa valeur pour $\theta=50^{\circ}$ .
Le segment $M_1\!\to\!M_2$ est perpendiculaire à $M_2$ . Dans le triangle formé, l'angle en $O$ vaut $\theta$ , l'angle en $M_2$ vaut $90^{\circ}$ , donc l'angle entre ce segment et $M_1$ vaut $180^{\circ}-90^{\circ}-\theta=90^{\circ}-\theta$ . L'angle d'incidence sur $M_1$ (compté depuis la normale) est le complémentaire : $\hat{\imath}_1=90^{\circ}-(90^{\circ}-\theta)=\theta$ . Pour $\theta=50^{\circ}$ : $\hat{\imath}_1=50^{\circ}$ .

Exercice 15la vitesse de l'image

Un objet se rapproche d'un miroir plan fixe, perpendiculairement à celui-ci, à la vitesse $v=2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

a)
À quelle vitesse, et dans quel sens, se déplace son image (par rapport au miroir) ?
L'image d'un miroir plan est toujours symétrique de l'objet : elle est à la même distance de l'autre côté du miroir.
Quand l'objet avance de $\Delta x$ vers le miroir, l'image avance de $\Delta x$ vers le miroir depuis l'autre côté. Elle se déplace donc à $v=2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , dirigée vers le miroir (à la rencontre de l'objet).
b)
À quelle vitesse l'image se rapproche-t-elle de l'objet lui-même ?
Objet et image se rapprochent l'un de l'autre à la somme des deux vitesses : $2v=4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (Voilà pourquoi, en avançant vers un miroir, on voit son reflet « foncer » deux fois plus vite que soi.)

Difficile12 exercices

Exercice 1deux miroirs formant un angle quelconque

Deux miroirs plans $M_1$ et $M_2$ se coupent en $O$ en formant entre eux un angle $\theta$ . Un rayon frappe $M_1$ en $A$ (angle d'incidence $\alpha$ ), se réfléchit vers $M_2$ qu'il frappe en $B$ (angle d'incidence $\beta$ ), puis ressort.

a)
En considérant le triangle $OAB$ , montre que $\alpha+\beta=\theta$ .
Dans le triangle $OAB$ : l'angle en $O$ vaut $\theta$ . En $A$ , le rayon $AB$ fait avec le miroir $M_1$ l'angle $90^{\circ}-\alpha$ (car il fait $\alpha$ avec la normale) ; de même en $B$ , $AB$ fait $90^{\circ}-\beta$ avec $M_2$ . La somme des angles du triangle vaut $180^{\circ}$ :
$\theta+(90^{\circ}-\alpha)+(90^{\circ}-\beta)=180^{\circ}\;\Longrightarrow\;\boxed{\alpha+\beta=\theta}.$
b)
Sachant qu'une réflexion sous incidence $\alpha$ dévie le rayon de $180^\circ-2\alpha$ , exprime la déviation totale $D$ du rayon en fonction de $\theta$ seul.
La déviation à chaque miroir est $180^\circ-2\alpha$ puis $180^\circ-2\beta$ . Au total :
$D=(180^{\circ}-2\alpha)+(180^{\circ}-2\beta)=360^{\circ}-2(\alpha+\beta)=\boxed{360^{\circ}-2\theta}.$
Remarquable : $D$ ne dépend que de $\theta$ , pas de l'angle d'incidence.
c)
Applique à $\theta=120^{\circ}$ . Pour quelle valeur de $\theta$ le rayon ressort-il exactement antiparallèle à sa direction d'entrée ?
Pour $\theta=120^{\circ}$ : $D=360^{\circ}-240^{\circ}=120^{\circ}$ . Le rayon ressort antiparallèle lorsque $D=180^{\circ}$ , soit $360^{\circ}-2\theta=180^{\circ}\Rightarrow\theta=90^{\circ}$ : on retrouve le réflecteur en coin.

Exercice 2le scanner à miroir tournant

Un petit miroir plan renvoie un faisceau laser vers un mur situé à la distance $D=2.5\,\mathrm{m}$ . Au départ, le faisceau réfléchi frappe le mur perpendiculairement en un point $S_0$ . On fait tourner le miroir d'un angle $\alpha=6^{\circ}$ .

a)
De quel angle tourne le faisceau réfléchi ?
Un miroir qui tourne de $\alpha$ fait tourner le faisceau réfléchi de $2\alpha=12^{\circ}$ .
b)
De quelle distance le point d'impact se déplace-t-il sur le mur ? (On donnera l'expression littérale puis la valeur ; $\tan12^{\circ}=0{,}2126$ .)
Le faisceau, parti du miroir, arrive sur le mur perpendiculaire à distance $D$ . Après rotation de $2\alpha$ , le point d'impact se déplace de
$s=D\tan(2\alpha)=2.5\,\mathrm{m}\times\tan12^{\circ}=2{,}5\times0{,}2126=0.53\,\mathrm{m}.$
Un tout petit basculement du miroir ( $6^{\circ}$ ) déplace le spot d'un demi-mètre : c'est le principe des galvanomètres optiques et des scanners laser.

Exercice 3deux miroirs parallèles face à face

Deux miroirs plans sont parallèles et se font face, séparés d'une distance $d=60\,\mathrm{cm}$ . Un petit objet ponctuel $P$ est placé entre eux, à $a=20\,\mathrm{cm}$ du miroir $M_1$ (donc à $40\,\mathrm{cm}$ de $M_2$ ). On rappelle que l'image d'un objet dans un miroir plan est son symétrique par rapport au plan du miroir.

a)
Donne la position (distance et côté) de la première image de $P$ formée par $M_1$ , puis de celle formée par $M_2$ .
L'image est le symétrique de l'objet par rapport au plan du miroir :
- image par $M_1$ : $P$ est à $20\,\mathrm{cm}$ devant $M_1$ , son image est donc à $20\,\mathrm{cm}$ derrière $M_1$ ;
- image par $M_2$ : $P$ est à $40\,\mathrm{cm}$ devant $M_2$ , son image est à $40\,\mathrm{cm}$ derrière $M_2$ .
b)
Explique pourquoi l'observateur voit en réalité une infinité d'images.
Chaque image se comporte à son tour comme un objet pour le miroir d'en face, qui en donne une nouvelle image, elle-même réfléchie par le premier miroir, et ainsi de suite sans fin. Les miroirs étant parallèles, aucune de ces images ne coïncide : leurs distances augmentent indéfiniment, d'où une infinité d'images de plus en plus lointaines (l'effet « couloir de miroirs »).

Exercice 4la formule vectorielle de la réflexion

On repère le rayon lumineux par son vecteur direction unitaire $\vec{d}$ , et le miroir par sa normale unitaire $\vec{n}$ . On veut établir que le rayon réfléchi a pour direction

\vec{r}=\vec{d}-2(\vec{d}\cdot\vec{n})\,\vec{n}.

a)
En décomposant $\vec{d}$ en une composante normale $(\vec{d}\cdot\vec{n})\vec{n}$ et une composante tangente au miroir, montre que la loi $\hat{\imath}=\hat{r}$ (qui inverse la seule composante normale) conduit exactement à la formule ci-dessus.
On décompose $\vec{d}=(\vec{d}\cdot\vec{n})\,\vec{n}+\vec{d}_\parallel$ , où $\vec{d}_\parallel= \vec{d}-(\vec{d}\cdot\vec{n})\vec{n}$ est la composante tangente au miroir. La réflexion conserve la composante tangente et inverse la composante normale :
$\vec{r}=\vec{d}_\parallel-(\vec{d}\cdot\vec{n})\vec{n} =\big[\vec{d}-(\vec{d}\cdot\vec{n})\vec{n}\big]-(\vec{d}\cdot\vec{n})\vec{n} =\vec{d}-2(\vec{d}\cdot\vec{n})\,\vec{n}.$
b)
Vérifie que $\|\vec{r}\|=1$ et que $\vec{r}\cdot\vec{n}=-(\vec{d}\cdot\vec{n})$ . Qu'est-ce que cela garantit sur l'angle du rayon réfléchi avec la normale ?
Avec $\|\vec{n}\|=1$ : $\|\vec{r}\|^2=\|\vec{d}\|^2-4(\vec{d}\cdot\vec{n})^2+4(\vec{d}\cdot\vec{n})^2\|\vec{n}\|^2 =\|\vec{d}\|^2=1$ . De plus $\vec{r}\cdot\vec{n}=\vec{d}\cdot\vec{n}-2(\vec{d}\cdot\vec{n})=-(\vec{d}\cdot\vec{n})$ . La composante normale change de signe mais garde la même valeur absolue : le rayon réfléchi fait avec la normale le même angle que le rayon incident ( $\hat{r}=\hat{\imath}$ ).
c)
Application. Le miroir a pour normale $\vec{n}=\tfrac15(3,4)$ et le rayon incident $\vec{d}=(1,0)$ . Calcule $\vec{r}$ , puis vérifie sur les composantes que $\hat{r}=\hat{\imath}$ .
$\vec{d}\cdot\vec{n}=(1,0)\cdot\tfrac15(3,4)=\tfrac35$ . Donc
$\vec{r}=(1,0)-2\cdot\tfrac35\cdot\tfrac15(3,4)=(1,0)-\tfrac{6}{25}(3,4) =\Big(\tfrac{7}{25},\,-\tfrac{24}{25}\Big).$
Vérification : $\|\vec{r}\|=\tfrac{1}{25}\sqrt{7^2+24^2}=\tfrac{25}{25}=1$ ; $\cos\hat{\imath}=|\vec{d}\cdot\vec{n}|=\tfrac35$ et $\cos\hat{r}=|\vec{r}\cdot\vec{n}|=\big|\tfrac{7}{25}\cdot\tfrac35-\tfrac{24}{25}\cdot\tfrac45\big| =\big|\tfrac{21-96}{125}\big|=\tfrac{75}{125}=\tfrac35$ , donc $\hat{r}=\hat{\imath}$ .

Exercice 5combien d'images ? le cas général

Deux miroirs se coupent selon un angle $\theta$ ; on pose $m=360^\circ/\theta$ . Le nombre d'images d'un objet placé entre eux obéit aux règles suivantes :

a)
si $m$ est un entier pair : $N=m-1$ ;
On pose $m=360^{\circ}/\theta$ .
$\theta=45^{\circ}$ : $m=8$ , entier pair, donc $N=m-1=7$ images.
b)
si $m$ est un entier impair : $N=m-1$ (objet sur la bissectrice) ou $N=m$ (sinon) ;
$\theta=72^{\circ}$ : $m=5$ , entier impair. Alors $N=4$ si l'objet est sur la bissectrice, $N=5$ sinon.
c)
si $m$ n'est pas entier : $N=\lfloor m\rfloor$ .
1. Combien d'images pour $\theta=45^{\circ}$ ?
2. Combien pour $\theta=72^{\circ}$ ? Discute selon la position de l'objet.
3. Combien pour $\theta=50^{\circ}$ ? Pourquoi le résultat est-il « moins net » que dans les cas précédents ?
$\theta=50^{\circ}$ : $m=7{,}2$ , non entier, donc $N=\lfloor 7{,}2\rfloor=7$ . Le résultat est « moins net » car les images ne se referment pas exactement après un tour : la dernière ne coïncide pas avec l'objet, et le compte dépend un peu de la position exacte.

Exercice 6le rayon dans le couloir de miroirs

Deux miroirs plans parallèles forment un couloir de largeur $w=0.5\,\mathrm{m}$ . Un rayon entre par le bas (sur le miroir inférieur) avec un angle d'incidence $\hat{\imath}=60^{\circ}$ par rapport à la normale (perpendiculaire aux miroirs), puis rebondit d'un miroir à l'autre. Le couloir a une longueur $L=6\,\mathrm{m}$ .

a)
De quelle distance horizontale le rayon avance-t-il à chaque traversée du couloir ?
Les miroirs sont horizontaux, la normale est verticale ; le rayon fait $\hat{\imath}=60^{\circ}$ avec la verticale, donc $30^{\circ}$ avec l'horizontale.
À chaque traversée (hauteur $w$ ), l'avance horizontale vaut $\Delta x=w\tan\hat{\imath}=0{,}5\times\tan60^{\circ}=0{,}5\times1{,}732=0.87\,\mathrm{m}$ .
b)
Combien de réflexions subit-il avant d'atteindre l'extrémité $x=L$ ?
Les réflexions ont lieu en $x=k\,\Delta x$ . On cherche le plus grand $k$ tel que $k\times0{,}866\le 6$ : $k\le 6{,}93$ , soit $k=6$ . Le rayon subit donc 6 réflexions avant l'extrémité.
c)
À quelle hauteur ressort-il ?
La $6^\text{e}$ réflexion (k pair) a lieu sur le miroir du bas, en $x=6\times0{,}866=5.20\,\mathrm{m}$ . Le rayon monte alors sur la distance horizontale restante $6-5{,}20=0.80\,\mathrm{m}$ ; il gagne en hauteur $0{,}80\times\tan30^{\circ}=0{,}80\times0{,}577\approx0.46\,\mathrm{m}$ . Il ressort donc à environ $0.46\,\mathrm{m}$ au-dessus du miroir inférieur.

Exercice 7le coin de cube (rétroréflecteur 3D)

On assemble trois miroirs plans mutuellement perpendiculaires, comme les trois faces d'un coin de cube ; on les prend comme les plans $x=0$ , $y=0$ et $z=0$ . Un rayon de direction unitaire $\vec{u}=(u_x,u_y,u_z)$ y pénètre et se réfléchit successivement sur les trois faces.

a)
Montre que la réflexion sur le plan $x=0$ change $\vec{u}=(u_x,u_y,u_z)$ en $(-u_x,u_y,u_z)$ (seule la composante perpendiculaire à ce plan est inversée).
Le plan $x=0$ a pour normale $\vec{e}_x$ ; une réflexion y inverse la seule composante portée par $\vec{e}_x$ : $(u_x,u_y,u_z)\mapsto(-u_x,u_y,u_z)$ . Les composantes $u_y,u_z$ (tangentes au plan) sont inchangées.
b)
Déduis-en la direction du rayon après les trois réflexions. Que peut-on dire par rapport au rayon entrant, et cela dépend-il de la direction d'entrée ?
Les trois plans étant $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ , les trois réflexions (dans un ordre quelconque) inversent successivement $u_x$ , $u_y$ , $u_z$ : la direction devient $(-u_x,-u_y,-u_z)=-\vec{u}$ . Le rayon ressort antiparallèle à son entrée, quelle que soit sa direction.
c)
Applique à $\vec{u}=\tfrac17(2,-3,6)$ . Cite un usage concret de ce dispositif.
$\vec{u}=\tfrac17(2,-3,6)\mapsto -\vec{u}=\tfrac17(-2,3,-6)$ . Usage : rétroréflecteur — catadioptres routiers, coins de cube des satellites géodésiques et réflecteurs déposés sur la Lune (télémétrie laser Terre–Lune).

Exercice 8le rétroréflecteur en coin : le décalage latéral

Deux miroirs perpendiculaires occupent les demi-axes $Ox$ et $Oy$ . Un rayon de direction $\vec{u}=\tfrac{1}{\sqrt2}(-1,-1)$ arrive en passant par le point $(5,4)$ ; il se réfléchit sur le miroir horizontal ( $Ox$ ) puis sur le miroir vertical ( $Oy$ ).

a)
Détermine les deux points d'impact sur les miroirs.
Le rayon part de $(5,4)$ selon $\vec{u}\propto(-1,-1)$ : point courant $(5-t,\,4-t)$ . Il atteint $Ox$ ( $y=0$ ) pour $t=4$ , soit en $(1,0)$ . La réflexion sur $Ox$ inverse la composante verticale : direction $(-1,+1)$ . De $(1,0)$ : $(1-s,\,s)$ , qui atteint $Oy$ ( $x=0$ ) pour $s=1$ , soit en $(0,1)$ .
b)
Montre que le rayon sortant est antiparallèle au rayon entrant.
La réflexion sur $Oy$ inverse la composante horizontale : direction finale $(+1,+1)=-(-1,-1)$ . Le rayon sortant est donc antiparallèle au rayon entrant.
c)
Calcule la distance (le décalage latéral) entre le rayon entrant et le rayon sortant, et exprime-la en fonction de la distance du coin $O$ au rayon entrant.
Rayon entrant : droite $x-y=1$ ; rayon sortant : droite passant par $(0,1)$ de direction $(1,1)$ , soit $x-y=-1$ . La distance entre ces deux parallèles vaut $\dfrac{|1-(-1)|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\dfrac{2}{\sqrt2}=\sqrt2$ . Or la distance du coin $O$ au rayon entrant est $\dfrac{|0-0-1|}{\sqrt2}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ : le décalage latéral vaut donc $\boxed{2\times\text{dist}(O,\text{rayon entrant})}$ .

Exercice 9le miroir tournant : un balayage non uniforme

Un miroir plan tourne à vitesse angulaire constante $\omega$ . Le faisceau réfléchi éclaire un mur plan situé à la distance $L$ . À l'instant $t=0$ , le faisceau frappe le mur perpendiculairement au point $S_0$ ; on note $x(t)$ la position du spot sur le mur, comptée depuis $S_0$ .

a)
À quelle vitesse angulaire tourne le faisceau réfléchi ? En déduire que $x(t)=L\tan(2\omega t)$ .
Le miroir tourne à $\omega$ , donc le faisceau réfléchi tourne à $2\omega$ : son angle avec la normale au mur vaut $2\omega t$ , d'où la position du spot $x(t)=L\tan(2\omega t)$ .
b)
Calcule la vitesse $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ du spot. Quelle est sa valeur $v_0$ au passage en $S_0$ ?
$\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=L\cdot 2\omega\cdot\dfrac{1}{\cos^2(2\omega t)} =\dfrac{2\omega L}{\cos^2(2\omega t)}$ . En $S_0$ ( $2\omega t=0$ ) : $v_0=2\omega L$ .
c)
Compare la vitesse du spot lorsque le faisceau a tourné de $45^{\circ}$ (soit $2\omega t=45^{\circ}$ ) à celle en $S_0$ . Application : $\omega=10\,\mathrm{rad/s}$ , $L=3\,\mathrm{m}$ .
En $2\omega t=45^{\circ}$ : $\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\dfrac{2\omega L}{\cos^245^{\circ}} =\dfrac{2\omega L}{1/2}=4\omega L=2v_0$ : le spot va deux fois plus vite qu'en $S_0$ . Application $\omega=10\,\mathrm{rad/s}$ , $L=3\,\mathrm{m}$ : $v_0=2\times10\times3=60\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , et $120\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ à $45^{\circ}$ . Le balayage est donc non uniforme (le spot accélère vers les bords).

Exercice 10le principe du sextant

Un sextant mesure l'angle entre deux directions (l'horizon et un astre) par double réflexion sur deux miroirs faisant entre eux un angle $\theta$ . On rappelle qu'une réflexion suivie d'une autre équivaut à une rotation.

a)
En admettant que la composée de deux réflexions sur des miroirs faisant un angle $\theta$ est une rotation d'angle $2\theta$ , montre que le rayon final est tourné de $2\theta$ par rapport au rayon initial, indépendamment de l'angle d'incidence.
Deux réflexions sur des miroirs faisant l'angle $\theta$ équivalent à une rotation de la direction du rayon de $2\theta$ . Cette rotation ne dépend pas de l'angle d'incidence : le rayon final est tourné de $2\theta$ par rapport à l'initial, quelle que soit l'orientation de la visée.
b)
Explique alors pourquoi, si l'on tourne le miroir mobile de $\delta$ , l'angle mesuré varie de $2\delta$ : un arc gradué de $60^{\circ}$ permet de lire jusqu'à $120^{\circ}$ .
Tourner le miroir mobile de $\delta$ change $\theta$ de $\delta$ , donc l'angle mesuré $2\theta$ de $2\delta$ : la graduation lit le double de la rotation du miroir. Un arc gravé de $60^{\circ}$ permet ainsi de mesurer des angles jusqu'à $120^{\circ}$ .
c)
Lorsque les deux images se superposent, les miroirs font $\theta=32^{\circ}$ . Quelle est la hauteur de l'astre au-dessus de l'horizon ?
À la superposition des images, $\theta=32^{\circ}$ ; la hauteur de l'astre au-dessus de l'horizon vaut $2\theta=64^{\circ}$ .

Exercice 11quand le coin n'est pas parfaitement droit

Un rétroréflecteur est constitué de deux miroirs censés faire un angle droit ; en réalité leur angle vaut $\theta=90^{\circ}+\varepsilon$ . On utilisera le résultat : après réflexion sur les deux miroirs, le rayon est tourné de $2\theta$ .

a)
Pour $\theta=90^{\circ}$ exactement, de quel angle le rayon est-il tourné ? Retrouve l'antiparallélisme.
On utilise : après réflexion sur les deux miroirs faisant $\theta$ , le rayon est tourné de $2\theta$ .
$\theta=90^{\circ}$ : le rayon tourne de $2\theta=180^{\circ}$ : il repart exactement en sens inverse, antiparallèle — on retrouve le réflecteur en coin.
b)
Pour $\theta=90^{\circ}+\varepsilon$ , montre que le rayon sortant s'écarte de la direction antiparallèle d'un angle $2\varepsilon$ .
$\theta=90^{\circ}+\varepsilon$ : rotation $2\theta=180^{\circ}+2\varepsilon$ . Par rapport à la direction antiparallèle (180), le rayon sortant s'écarte de $2\varepsilon$ .
c)
Un coin de cube déposé sur la Lune ( $d=3.84\times 10^{8}\,\mathrm{m}$ ) a un défaut $\varepsilon=0^{\circ}0'1''$ (une seconde d'arc). De combien le faisceau renvoyé rate-t-il sa cible sur Terre ? Conclusion sur la précision d'usinage exigée.
$\varepsilon=0^{\circ}0'1''=1\,\mathrm{''}$ d'arc $=4.848\times 10^{-6}\,\mathrm{rad}$ , donc $2\varepsilon=9.70\times 10^{-6}\,\mathrm{rad}$ . Sur la distance Terre–Lune, le faisceau manque sa cible de
$\Delta\approx d\times 2\varepsilon=3.84\times 10^{8}\,\mathrm{m}\times9.70\times 10^{-6}\,\mathrm{rad}\approx3.7\times 10^{3}\,\mathrm{m}.$
Un défaut d'une seconde d'arc décale déjà le retour de près de $3.7\,\mathrm{km}$ : d'où l'extrême précision d'usinage exigée pour les coins de cube.

Exercice 12deux miroirs parallèles : la position des images

Deux miroirs plans parallèles se font face : $M_1$ dans le plan $x=0$ et $M_2$ dans le plan $x=D$ , avec $D=60\,\mathrm{cm}$ . Un objet ponctuel est placé en $x=a=20\,\mathrm{cm}$ .

a)
Donne la position de la première image formée par $M_1$ , puis par $M_2$ , et leur distance derrière chaque miroir.
L'image d'un objet dans un miroir plan est son symétrique par rapport au plan du miroir.
Image par $M_1$ ( $x=0$ ) : symétrique de $x=a$ , soit $x=-a=-20\,\mathrm{cm}$ ( $20\,\mathrm{cm}$ derrière $M_1$ ). Image par $M_2$ ( $x=D$ ) : symétrique, $x=2D-a=100\,\mathrm{cm}$ ( $100-60=40\,\mathrm{cm}$ derrière $M_2$ ).
b)
Montre que l'ensemble des images occupe les positions $x_k=2kD\pm a$ (avec $k$ entier).
Chaque image sert d'objet pour le miroir d'en face. Réfléchir alternativement par $x=0$ et $x=D$ revient à composer une inversion avec des translations de $2D$ : on engendre exactement les positions $x_k=2kD+a$ et $x_k=2kD-a$ ( $k\in\mathbb{Z}$ ).
c)
En déduire que les images sont en nombre infini et de plus en plus lointaines. Où se situe la troisième image derrière $M_2$ ?
Ces positions sont en nombre infini et s'éloignent indéfiniment. Derrière $M_2$ ( $x>60\,\mathrm{cm}$ ), on trouve dans l'ordre $100,140,220,260,\dots$ (cm) ; la troisième est $x=220\,\mathrm{cm}$ , soit $220-60=160\,\mathrm{cm}$ derrière $M_2$ .

Revoir le tutoriel de cette mécanique