Feuille d'entraînement : Corde vibrante et équation de d'Alembert

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q30

   Le fil est fixé à ses deux extrémités au niveau des coupelles en x = -L/2 et x = +L/2. Les conditions aux limites s'écrivent donc à tout instant t :

   \boxed{s\!\left(-\frac{L}{2}, t\right) = 0 \quad \text{et} \quad s\!\left(\frac{L}{2}, t\right) = 0}

   En injectant la forme d'onde stationnaire s(x, t) = A \cos(\omega t + \varphi)\sin(kx + \psi) dans ces conditions, on obtient, pour une vibration d'amplitude non identiquement nulle (A \neq 0) :

   \begin{aligned} \sin\left(-k\frac{L}{2} + \psi\right) &= 0 \iff -k\frac{L}{2} + \psi = m_1 \pi \quad (m_1 \in \mathbb{Z}) \\ \sin\left(k\frac{L}{2} + \psi\right) &= 0 \iff k\frac{L}{2} + \psi = m_2 \pi \quad (m_2 \in \mathbb{Z}) \end{aligned}

   En effectuant la différence de ces deux équations :

   k L = (m_2 - m_1)\pi = p \pi \quad \text{avec } p \in \mathbb{N}^* \text{ (car } k > 0 \text{)}

   Le nombre d'onde est ainsi quantifié sous la forme :

   k_p = \frac{p\pi}{L}

   D'après la question Q29, on a k = \omega / c. Les pulsations propres possibles \omega_p s'en déduisent immédiatement :

   \boxed{\omega_p = \frac{p\pi c}{L} \quad (p \in \mathbb{N}^*)}

   En faisant la somme des deux équations précédentes, on a 2\psi = (m_1 + m_2)\pi. En choisissant le déphasage spatial \psi_p = \frac{p\pi}{2} (modulo \pi), la partie spatiale du mode propre p s'écrit :

   \sin\left(k_p x + \psi_p\right) = \sin\left[\frac{p\pi}{L}\left(x + \frac{L}{2}\right)\right]

   L'équation de d'Alembert étant linéaire et les conditions aux limites homogènes, le principe de superposition permet d'exprimer la forme transversale générale \xi(x, t) en régime libre comme la somme de tous les modes propres :

   \boxed{\xi(x, t) = \sum_{p=1}^{+\infty} A_p \cos(\omega_p t + \varphi_p) \sin\left[\frac{p\pi}{L}\left(x + \frac{L}{2}\right)\right]}

   où les constantes d'amplitude A_p et de phase temporelle \varphi_p sont fixées par les conditions initiales de position \xi(x, 0) et de vitesse \frac{\partial \xi}{\partial t}(x, 0) du fil.

   Résultat

   $$s\left(-\frac{L}{2},t\right)=0\text{et}s\left(\frac{L}{2},t\right)=0$$

   $${\omega }_p=\frac{p\pi c}{L}(p\in {\mathbb{N}}^{\ast })$$

   $$\xi (x,t)=\sum _{p=1}^{+\infty }{A}_p\cos ({\omega }_{p}t+{\phi }_p)\sin \left[\frac{p\pi }{L}\left(x+\frac{L}{2}\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q28

   L'équation du mouvement établie avant la question s'écrit :

   \frac{\partial^2 \xi}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 \xi}{\partial x^2} \quad \text{avec} \quad c = \frac{2}{d}\sqrt{\frac{T}{\pi\rho}}

   Par analyse dimensionnelle des dérivées partielles spatiales et temporelles du déplacement transversal \xi :

   \left[\frac{\partial^2 \xi}{\partial t^2}\right] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2} \quad \text{et} \quad \left[\frac{\partial^2 \xi}{\partial x^2}\right] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{L}^{-2} = \mathrm{L}^{-1}

   On en déduit la dimension du facteur c^2 :

   [c^2] = \frac{\left[\dfrac{\partial^2 \xi}{\partial t^2}\right]}{\left[\dfrac{\partial^2 \xi}{\partial x^2}\right]} = \frac{\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2}}{\mathrm{L}^{-1}} = \mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-2}

   soit pour c :

   \boxed{[c] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1}}

   On peut retrouver ce résultat à partir des grandeurs fondamentales du système international :

   • [d] = \mathrm{L} (diamètre) ;
   • [T] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2} (la tension T est homogène à une force) ;
   • [\rho] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3} (masse volumique).

   Il vient alors :

   [c] = \frac{1}{\mathrm{L}}\sqrt{\frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2}}{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3}}} = \frac{1}{\mathrm{L}}\sqrt{\mathrm{L}^4\cdot\mathrm{T}^{-2}} = \frac{\mathrm{L}^2\cdot\mathrm{T}^{-1}}{\mathrm{L}} = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1}

   La grandeur c a donc la dimension d'une vitesse. Son unité dans le Système International est :

   \boxed{\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}}

   Résultat

   $$[c]=\mathrm{L}\cdot {\mathrm{T}}^{-1}$$

   $$\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q29

   D'après l'expression de la célérité c = \dfrac{2}{d}\sqrt{\dfrac{T}{\pi\rho}}, on a :

   c^2 = \frac{4T}{\rho\pi d^2}

   L'équation aux dérivées partielles satisfaite par le déplacement transversal du fil en régime libre s'écrit donc sous la forme classique de l'équation de d'Alembert à une dimension :

   \frac{\partial^2 \xi}{\partial x^2} - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \xi}{\partial t^2} = 0

   La fonction proposée pour la vibration d'onde stationnaire est :

   s(x, t) = A \cos(\omega t + \varphi)\sin(kx + \psi)

   Calculons les dérivées partielles secondes de s(x, t) par rapport au temps t et à la variable d'espace x :

   \begin{aligned} \frac{\partial^2 s}{\partial t^2}(x, t) &= -\omega^2 A \cos(\omega t + \varphi)\sin(kx + \psi) = -\omega^2 s(x, t) \\ \frac{\partial^2 s}{\partial x^2}(x, t) &= -k^2 A \cos(\omega t + \varphi)\sin(kx + \psi) = -k^2 s(x, t) \end{aligned}

   En injectant ces expressions dans l'équation de propagation \dfrac{\partial^2 s}{\partial t^2} = c^2 \dfrac{\partial^2 s}{\partial x^2}, on obtient, pour une solution non identiquement nulle :

   -\omega^2 s(x, t) = -c^2 k^2 s(x, t) \implies \omega^2 = c^2 k^2

   Par convention, les grandeurs pulsation \omega, célérité c et nombre d'onde k étant définies positives, on en déduit :

   \boxed{k = \frac{\omega}{c}}

   Résultat

   $$k=\frac{\omega }{c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q31

   D'après la question Q30, la fréquence du fondamental (p=1) est reliée à la célérité c des ondes transversales par :

   f_1 = \frac{c}{2L} \implies c = 2 L f_1

   Avec L = 150\text{ mm} = 0{,}150\text{ m} et f_1 = 750\text{ Hz}, on obtient :

   c = 2 \times 0{,}150 \times 750 = 225\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{c = 225\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   D'après la définition de la célérité rappelée dans le sujet :

   c = \frac{2}{d}\sqrt{\frac{T}{\pi\rho}}

   En élevant cette expression au carré et en isolant la tension T, il vient :

   \begin{aligned} c^2 &= \frac{4T}{\pi\rho d^2} \\ T &= \frac{\pi \rho d^2 c^2}{4} = \pi \rho d^2 L^2 f_1^2 \end{aligned}

   Avec les données numériques :

   • \rho = 7{,}80 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3},
   • d = 0{,}75\text{ mm} = 0{,}75 \times 10^{-3}\text{ m},
   • c = 225\text{ m}\cdot\text{s}^{-1},

   le calcul conduit à :

   T = \frac{\pi \times 7{,}80 \times 10^3 \times (0{,}75 \times 10^{-3})^2 \times 225^2}{4} \approx 174{,}5\text{ N}

   Compte tenu des deux chiffres significatifs donnés sur le diamètre d, on retient :

   \boxed{T = 1{,}7 \times 10^2\text{ N} \quad (\text{ou } 174\text{ N})}

   Résultat

   $$c=225\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$T=1,7\times 10^2\text{ N}(\text{ou }174\text{ N})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q32

   D'après la loi de Hooke fournie par l'énoncé, la tension mécanique s'écrit :

   T = E\,\frac{\pi d^2}{4}\,\varepsilon_0

   On en déduit l'expression de l'allongement relatif initial \varepsilon_0 :

   \varepsilon_0 = \frac{4T}{\pi d^2 E}

   En remarquant que d'après la question Q28, c = \frac{2}{d}\sqrt{\frac{T}{\pi\rho}}, soit \frac{4T}{\pi d^2} = \rho c^2, on peut également exprimer \varepsilon_0 simplement sous la forme :

   \varepsilon_0 = \frac{\rho c^2}{E}

   Application numérique :

   \varepsilon_0 = \frac{7{,}80 \times 10^3 \times 225^2}{220 \times 10^9} \approx 1{,}79 \times 10^{-3}

   \boxed{\varepsilon_0 \approx 1{,}8 \times 10^{-3} \quad (0{,}18\,\%)}

   Par définition de l'allongement relatif :

   \varepsilon_0 = \frac{L - L_0}{L_0} = \frac{\Delta L}{L_0} \iff L = L_0(1 + \varepsilon_0)

   On exprime la longueur à vide L_0 en fonction de L et de \varepsilon_0 :

   L_0 = \frac{L}{1 + \varepsilon_0} = L(1 + \varepsilon_0)^{-1}

   En utilisant la formule d'approximation fournie (1 + \varepsilon)^\alpha = 1 + \alpha\varepsilon à l'ordre 1 avec \alpha = -1 :

   L_0 \approx L(1 - \varepsilon_0)

   Il vient alors pour la variation absolue de longueur \Delta L :

   \Delta L = L - L_0 \approx L - L(1 - \varepsilon_0)

   \boxed{\Delta L = \varepsilon_0 L}

   Application numérique :

   \Delta L = 1{,}79 \times 10^{-3} \times 150 \times 10^{-3}\text{ m} \approx 2{,}7 \times 10^{-4}\text{ m} = 0{,}27\text{ mm}

   \boxed{\Delta L \approx 0{,}27\text{ mm}}

   Résultat

   $${\epsilon }_0\approx 1,8\times 10^{-3}(0,18\%)$$

   $$\Delta L={\epsilon }_{0}L$$

   $$\Delta L\approx 0,27\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q33

   La masse du fil d'acier est conservée. En considérant sa masse volumique \rho inchangée lors de la déformation élastique, le volume du fil est également conservé :

   V_0 = \frac{\pi d_0^2}{4} L_0 = V = \frac{\pi d^2}{4} L

   On en déduit :

   d_0^2 = d^2 \frac{L}{L_0} = d^2 (1 + \varepsilon_0) \implies d_0 = d \, (1 + \varepsilon_0)^{1/2}

   En utilisant la formule utile fournie par l'énoncé, (1 + \varepsilon)^\alpha = 1 + \alpha\varepsilon à l'ordre 1 en \varepsilon, pour \alpha = \frac{1}{2} :

   d_0 \approx d \left(1 + \frac{1}{2}\varepsilon_0\right)

   La variation absolue \Delta d = d - d_0 s'exprime donc au premier ordre en \varepsilon_0 sous la forme :

   \boxed{\Delta d = -\frac{1}{2}\,\varepsilon_0\,d}

   Application numérique : Avec \varepsilon_0 \approx 1{,}8 \times 10^{-3} et d = 0{,}75\text{ mm} = 750\text{ }\mu\text{m} :

   \begin{aligned} \Delta d &= -\frac{1}{2} \times 1{,}795 \times 10^{-3} \times 0{,}75\text{ mm} \\ &= -6{,}7 \times 10^{-4}\text{ mm} \approx -0{,}67\text{ }\mu\text{m} \end{aligned}

   \boxed{\Delta d \approx -0{,}67\text{ }\mu\text{m}}

   Commentaires :

   • Le signe négatif traduit le phénomène physique de contraction latérale (effet Poisson) : lorsqu'on étire le fil dans la direction axiale, son diamètre diminue.

   • La variation relative en valeur absolue est extrêmement faible :

     \frac{|\Delta d|}{d} = \frac{1}{2}\varepsilon_0 \approx 0{,}09\,\%

     Cette variation de moins d'un micromètre est négligeable devant les dimensions macroscopiques du fil (d = 0{,}75\text{ mm}), ce qui justifie de considérer le diamètre comme constant dans les calculs ultérieurs.

   Résultat

   $$\Delta d=-\frac{1}{2}{\epsilon }_{0}d$$

   $$\Delta d\approx -0,67\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q34

   Lorsque le béton se déforme, l'allongement relatif du fil devient :

   \varepsilon' = \varepsilon_0 + \Delta\varepsilon

   D'après la loi de Hooke rappelée dans l'énoncé, la nouvelle tension exercée sur le fil s'écrit :

   T' = E\,\frac{\pi d^2}{4}\,\varepsilon' = E\,\frac{\pi d^2}{4}\,(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)

   La célérité c' des ondes le long du fil vaut alors :

   c' = \frac{2}{d}\sqrt{\frac{T'}{\pi\rho}} = \frac{2}{d}\sqrt{\frac{E\pi d^2(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)}{4\pi\rho}} = \sqrt{\frac{E}{\rho}\,(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)}

   En négligeant la variation de longueur du fil devant L au dénominateur conformément aux indications de l'énoncé, la nouvelle fréquence fondamentale s'obtient d'après l'expression établie à la question Q30 (f_1 = \dfrac{c}{2L}) :

   \boxed{f'_1 = \frac{1}{2L}\sqrt{\frac{E}{\rho}\,(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)}}

   On remarque que cette expression peut également s'écrire en fonction de la fréquence initiale f_1 :

   f'_1 = f_1\,\sqrt{1 + \frac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0}}

   Résultat

   $$f_1^{\prime }=\frac{1}{2L}\sqrt{\frac{E}{\rho }({\epsilon }_0+\Delta \epsilon )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q35

   D'après l'expression établie à la question Q34, la fréquence fondamentale du fil sous contrainte s'écrit :

   f'_1 = \frac{1}{2L}\sqrt{\frac{E}{\rho}\,(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)} = f_1 \sqrt{1 + \frac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0}}

   La jauge est solidaire du béton par l'intermédiaire de ses coupelles d'extrémité : le fil subit donc la même déformation longitudinale relative \Delta\varepsilon que le béton environnant. La fonction \Delta\varepsilon \mapsto f'_1(\Delta\varepsilon) est strictement croissante.

   • Contrainte en compression : le béton se raccourcit selon l'axe du capteur, d'où un raccourcissement du fil :

     \Delta\varepsilon < 0 \implies \varepsilon_0 + \Delta\varepsilon < \varepsilon_0 \implies T' < T

     La tension du fil diminue, donc la fréquence fondamentale f'_1 diminue (f'_1 < f_1).

   • Contrainte en traction : le béton s'allonge selon l'axe du capteur, d'où un étirement supplémentaire du fil :

     \Delta\varepsilon > 0 \implies \varepsilon_0 + \Delta\varepsilon > \varepsilon_0 \implies T' > T

     La tension du fil augmente, donc la fréquence fondamentale f'_1 augmente (f'_1 > f_1).

   \boxed{\text{En compression, la fréquence fondamentale diminue ; en traction, elle augmente.}}

   Résultat

   $$\text{En compression, la freˊquence fondamentale diminue ; en traction, elle augmente.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q36

   D'après l'énoncé, la déformation maximale admissible du béton en traction est de 0{,}02\,\%, ce qui correspond à une variation d'allongement relatif du fil :

   \Delta\varepsilon = +0{,}02\,\% = +2{,}0 \times 10^{-4}

   D'après le résultat de la question Q34, la nouvelle fréquence fondamentale s'exprime par :

   f'_1 = f_1 \sqrt{1 + \frac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0}}

   En utilisant la valeur \varepsilon_0 \approx 1{,}80 \times 10^{-3} calculée à la question Q32 :

   \frac{\Delta\varepsilon}{\varepsilon_0} = \frac{2{,}0 \times 10^{-4}}{1{,}795 \times 10^{-3}} \approx 0{,}111

   L'application numérique donne :

   f'_1 = 750 \times \sqrt{1 + 0{,}111} \approx 791\text{ Hz}

   \boxed{f'_1 \approx 791\text{ Hz}}

   La variation de fréquence associée à cette traction maximale vaut :

   \Delta f_1 = f'_1 - f_1 \approx 791 - 750 = 41\text{ Hz}

   Or, l'énoncé précise qu'une analyse spectrale permet d'obtenir les fréquences propres avec une incertitude de 1\text{ Hz}. Comme \Delta f_1 \gg 1\text{ Hz}, cette variation de fréquence est très nettement supérieure à la précision de mesure :

   La variation de fréquence est donc parfaitement mesurable.

   Résultat

   $$f_1^{\prime }\approx 791\text{ Hz}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q37

    D'après l'expression de la loi de Hooke et de la fréquence fondamentale établie à la question Q34 :

    f'_1 = \frac{1}{2L}\sqrt{\frac{E}{\rho}(\varepsilon_0 + \Delta\varepsilon)}

    Pour que la corde puisse vibrer et qu'une fréquence propre puisse être mesurée, le fil doit obligatoirement demeurer sous tension :

    T > 0 \iff \varepsilon_0 + \Delta\varepsilon > 0 \iff \Delta\varepsilon > -\varepsilon_0

    Lors d'une compression, le béton se contracte selon l'axe de la jauge, ce qui correspond à \Delta\varepsilon < 0. Le fil se détend progressivement jusqu'à s'annuler pour :

    \Delta\varepsilon = -\varepsilon_0

    Au-delà de cette valeur, le fil devient lâche (flambement, perte de tension), sa fréquence fondamentale s'annule et le capteur devient inopérant.

    La déformation maximale en compression mesurable par la jauge, notée |\Delta\varepsilon|_\text{max}, est donc égale à l'allongement relatif initial \varepsilon_0 déterminé à la question Q32 :

    |\Delta\varepsilon|_\text{max} = \varepsilon_0 \approx 1{,}8 \times 10^{-3} = 0{,}18\,\%

    \boxed{|\Delta\varepsilon|_\text{max} = \varepsilon_0 \approx 0{,}18\,\%}

    Résultat

    $$|\Delta \epsilon {|}_{\text{max}}={\epsilon }_0\approx 0,18\%$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question