Lorsque M 2 passe en M 2 par rotation de q, A 2 passe en A 2
par rotation de 2q autour de J dans le plan de figure. Pour
que l’image A vienne sur l’axe OI, il faut que A 2 soit sur
l’axe IJ horizontal, comme sur la figure.
On cherche la position de A, donc la valeur de l’angle a.
On remarque que k JAH = l JA 2 H =
– a.
Dans le triangle JA 2 H, la somme des angles donne :
π =
+ + 2q + – a
car l JHA 2 =
et l HJA 2 =
+ 2q. On en tire : a = 2q.
Comme AI = d – b et IJ = a, il vient :
tan 2q = tan a =
.
Numériquement:q≈0,02 rad ≈ 1°14’.
3 • L’angle q est petit, tan 2q ≈ 2q =
.
L’erreur sur l’angle 2q est de 1 d’arc.
(2) =
;1 =
rad.
D’où :
d =
(2).
A.N. : d = 0,8 cm.
Ce télémètre est d’autant plus précis qu’il est utilisé pour de
courtes distances.
Lentille demi-boule
Soit M le point où le rayon émerge de la lentille : OM = R .
De plus : sin i = n sin r, avec sin r =.
h
R
6
( d – b) 2
a
π
180
1
60
ad
(d – b) 2
a
d – b
a
d – b
π
4
π
2
π
4
π
4
π
2
π
4
I
A
A 2
p/4
2q
a
J
M 2
H
Dans le triangle rectangle OHM, on a :
OM 2 = OH 2 + HM 2 , soit c
OH = 9R 2 – h 2 .
Dans le triangle HMA , l’angle en M vaut :
π – – r – i =+ r – i.
On en déduit tan(i – r) =
c
SA = c
SO + c
OH + c
HA = – R + 9 R 2 – h 2 +.
Le rayon émergent existe si sin r , soit :
h = 66,7 mm.
Lorsque h est petite devant R, on a un stigmatisme approché.
On essaie de donner un ordre de grandeur du h maximal
admissible :
sin r ≈ r, sin i ≈ i, tan (i – r) ≈ i – r et r ≈ .
h
R
S
O
n = 1
n = 1
100
34
n = 1,5
A limite
B
n
1
n
h
tan(i – r)
h
c
HA
π
2
π
2
O
H
M
SA
x
x
i
r
h
R
CORRIGÉS
Formation d’images
2
140
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
000
200
746
199
13
81 21 96
20
12
17
191
27
15
24
183
33
19
30
174
40
24
37
161
47
28
44
145
53
32
53
124
60
37
64
96
67
42
90
34
n = 1500
h (mm)
r (°)
i (°)
x x
SA
par rotation de 2q autour de J dans le plan de figure. Pour
que l’image A vienne sur l’axe OI, il faut que A 2 soit sur
l’axe IJ horizontal, comme sur la figure.
On cherche la position de A, donc la valeur de l’angle a.
On remarque que k JAH = l JA 2 H =
– a.
Dans le triangle JA 2 H, la somme des angles donne :
π =
+ + 2q + – a
car l JHA 2 =
et l HJA 2 =
+ 2q. On en tire : a = 2q.
Comme AI = d – b et IJ = a, il vient :
tan 2q = tan a =
.
Numériquement:q≈0,02 rad ≈ 1°14’.
3 • L’angle q est petit, tan 2q ≈ 2q =
.
L’erreur sur l’angle 2q est de 1 d’arc.
(2) =
;1 =
rad.
D’où :
d =
(2).
A.N. : d = 0,8 cm.
Ce télémètre est d’autant plus précis qu’il est utilisé pour de
courtes distances.
Lentille demi-boule
Soit M le point où le rayon émerge de la lentille : OM = R .
De plus : sin i = n sin r, avec sin r =.
h
R
6
( d – b) 2
a
π
180
1
60
ad
(d – b) 2
a
d – b
a
d – b
π
4
π
2
π
4
π
4
π
2
π
4
I
A
A 2
p/4
2q
a
J
M 2
H
Dans le triangle rectangle OHM, on a :
OM 2 = OH 2 + HM 2 , soit c
OH = 9R 2 – h 2 .
Dans le triangle HMA , l’angle en M vaut :
π – – r – i =+ r – i.
On en déduit tan(i – r) =
c
SA = c
SO + c
OH + c
HA = – R + 9 R 2 – h 2 +.
Le rayon émergent existe si sin r , soit :
h = 66,7 mm.
Lorsque h est petite devant R, on a un stigmatisme approché.
On essaie de donner un ordre de grandeur du h maximal
admissible :
sin r ≈ r, sin i ≈ i, tan (i – r) ≈ i – r et r ≈ .
h
R
S
O
n = 1
n = 1
100
34
n = 1,5
A limite
B
n
1
n
h
tan(i – r)
h
c
HA
π
2
π
2
O
H
M
SA
x
x
i
r
h
R
CORRIGÉS
Formation d’images
2
140
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
000
200
746
199
13
81 21 96
20
12
17
191
27
15
24
183
33
19
30
174
40
24
37
161
47
28
44
145
53
32
53
124
60
37
64
96
67
42
90
34
n = 1500
h (mm)
r (°)
i (°)
x x
SA