Feuille d'entraînement : Ondes acoustiques

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q5

   Soit O_1 le premier orifice situé à la distance x_1 de la membrane \mathrm{M}, et O_2 le second orifice situé en x_2 = x_1 + d. L'onde incidente, supposée plane à grande distance, se propage à la célérité c_a dans une direction faisant un angle \theta avec l'axe (Ox) du tube.

   Différence de marche entre les deux trajets : Considérons une surface d'onde incidente plane \Sigma. D'après le théorème de Malus, tous les points de cette surface d'onde sont en phase.

   • À l'extérieur du tube : le front d'onde atteint l'orifice O_2 avant O_1. La distance supplémentaire que l'onde doit parcourir dans l'air extérieur pour atteindre O_1 vaut :

     \Delta L_{\text{ext}} = d \cos\theta

   • À l'intérieur du tube : après diffraction au niveau de chaque orifice, les ondes se propagent le long de l'axe (Ox) vers la membrane \mathrm{M} (située en amont, du côté des x décroissants). L'onde entrée en O_2 doit donc parcourir la distance d = O_1 O_2 supplémentaire dans le tube pour atteindre O_1 puis \mathrm{M} :

     \Delta L_{\text{int}} = d

   Le chemin acoustique total parcouru par l'onde passant par O_2 dépasse donc celui de l'onde passant par O_1 de la différence de marche :

   \delta = L_2 - L_1 = \Delta L_{\text{int}} - \Delta L_{\text{ext}} = d(1 - \cos\theta)

   Expression des amplitudes complexes : Avec la convention temporelle en \mathrm{e}^{j\omega t}, la propagation d'une onde sur une distance L s'accompagne d'un terme de phase \mathrm{e}^{-j k L} avec le nombre d'onde k = \frac{\omega}{c_a} = \frac{2\pi f}{c_a}.

   L'onde parvenant en \mathrm{M} par l'orifice O_2 présente donc par rapport à celle passant par O_1 un retard de phase :

   \varphi = k\,\delta = \frac{2\pi f}{c_a} d(1 - \cos\theta)

   On en déduit immédiatement la relation liant les amplitudes complexes en \mathrm{M} :

   \underline{p}_{2} = \underline{p}_{1}\,\mathrm{e}^{-j\varphi}

   avec :

   \boxed{\varphi = \frac{2\pi f d}{c_a}(1 - \cos\theta)}

   Résultat

   $$\phi =\frac{2\pi fd}{c_a}(1-\cos \theta )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q6

   Pour N = 2, le signal acoustique reçu en \mathrm{M} est la superposition des ondes issues des deux orifices :

   \underline{p}_{\text{tot}} = \underline{p}_1 + \underline{p}_2 = \underline{p}_1 \left(1 + \mathrm{e}^{-j\varphi}\right)

   En factorisant par l'exponentielle de l'arc moitié :

   \underline{p}_{\text{tot}} = \underline{p}_1 \, \mathrm{e}^{-j\frac{\varphi}{2}} \left(\mathrm{e}^{j\frac{\varphi}{2}} + \mathrm{e}^{-j\frac{\varphi}{2}}\right) = 2\,\underline{p}_1 \cos\left(\frac{\varphi}{2}\right) \mathrm{e}^{-j\frac{\varphi}{2}}

   L'intensité acoustique reçue en \mathrm{M} est donnée par la moyenne temporelle I_{\text{tot}} = |\underline{p}_{\text{tot}}|^2. Comme |\underline{p}_1|^2 = p_0^2 = I_0, on obtient :

   I_{\text{tot}} = 4 I_0 \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right)

   On identifie ainsi l'intensité sous la forme demandée I_{\text{tot}} = I_0 f_2(\varphi) avec :

   \boxed{f_2(\varphi) = 4 \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right) = 2\left(1 + \cos\varphi\right)}

   Commentaires sur la fonction f_2 :

   • Formule d'interférences à deux ondes : On retrouve la formule classique d'interférences à deux ondes cohérentes de même amplitude (formule de Fresnel).
   • Périodicité : La fonction f_2 est paire et 2\pi-périodique en \varphi.
   • Interférences constructives : Lorsque \varphi \equiv 0 \pmod{2\pi}, f_2(\varphi) = 4, soit I_{\text{tot}} = 4I_0. En particulier, pour une onde arrivant dans l'axe du tube (\theta = 0), on a \varphi = 0 : les deux ondes arrivent en phase en \mathrm{M}, leurs amplitudes de pression s'ajoutent constructivement, conférant un gain d'un facteur 4 en intensité.
   • Interférences destructives : Lorsque \varphi \equiv \pi \pmod{2\pi}, f_2(\varphi) = 0, d'où I_{\text{tot}} = 0. Il y a extinction complète du signal sonore pour les directions d'incidence correspondantes.

   Résultat

   $$f_2(\phi )=4{\cos }^2\left(\frac{\phi }{2}\right)=2\left(1+\cos \phi \right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q7

   D'après la question Q5, les ondes issues des N=4 orifices parviennent en \mathrm{M} avec des déphasages successifs réguliers de \varphi :

   \underline{p}_k = \underline{p}_1 \mathrm{e}^{-j(k-1)\varphi} \quad \text{pour } k \in \{1, 2, 3, 4\}

   L'amplitude complexe totale s'écrit donc :

   \begin{aligned} \underline{p}_{\text{tot}} &= \sum_{k=1}^{4} \underline{p}_k = \underline{p}_1 \left(1 + \mathrm{e}^{-j\varphi} + \mathrm{e}^{-2j\varphi} + \mathrm{e}^{-3j\varphi}\right) \\ &= \underline{p}_1 \left(1 + \mathrm{e}^{-j\varphi}\right) \left(1 + \mathrm{e}^{-2j\varphi}\right) \end{aligned}

   En utilisant la formule d'Euler ou la factorisation par l'arc moitié :

   \left|1 + \mathrm{e}^{-j u}\right|^2 = \left|2\cos\left(\frac{u}{2}\right)\mathrm{e}^{-j u/2}\right|^2 = 4\cos^2\left(\frac{u}{2}\right) = f_2(u)

   On en déduit immédiatement pour u = \varphi et u = 2\varphi :

   I_{\text{tot}} = \left|\underline{p}_{\text{tot}}\right|^2 = |\underline{p}_1|^2 \left|1 + \mathrm{e}^{-j\varphi}\right|^2 \left|1 + \mathrm{e}^{-2j\varphi}\right|^2

   Puisque I_0 = |\underline{p}_1|^2 = p_0^2, on obtient bien :

   \boxed{I_{\text{tot}} = I_0 f_2(\varphi) f_2(2\varphi)}

   En explicitant avec les cosinus :

   I_{\text{tot}}(\varphi) = 16 I_0 \cos^2\left(\frac{\varphi}{2}\right) \cos^2(\varphi) = I_0 \frac{\sin^2(2\varphi)}{\sin^2(\varphi/2)}

   • Période \psi : La fonction \varphi \mapsto \cos^2(\varphi/2) est de période 2\pi, tandis que \varphi \mapsto \cos^2(\varphi) est de période \pi. Le produit est donc périodique de période \psi = 2\pi. En effet, pour \varphi = 0, I_{\text{tot}} = 16 I_0, alors que pour \varphi = \pi, I_{\text{tot}} = 0, ce qui confirme que la plus petite période non nulle est :

     \boxed{\psi = 2\pi}

   • Valeur maximale I_{\text{max}} : Les fonctions cosinus étant bornées par 1, le maximum est atteint lorsque \cos^2(\varphi/2) = 1 et \cos^2(\varphi) = 1, c'est-à-dire pour \varphi \equiv 0 \pmod{2\pi} :

     \boxed{I_{\text{max}} = 16 I_0}

   Commentaires physiques :

   • Période \psi = 2\pi : Un déphasage \Delta\varphi = 2\pi correspond à une variation de différence de marche entre orifices consécutifs égale à une longueur d'onde acoustique (\Delta\delta = \lambda = c_a/f). L'état vibratoire relatif des ondes est alors strictement invariant par translation spatiale d'une longueur d'onde.
   • Intensité maximale I_{\text{max}} = 16 I_0 = N^2 I_0 : Pour \varphi = 0, les N=4 ondes acoustiques interfèrent de manière totalement constructive. Les amplitudes de pression s'additionnent en phase (p_{\text{tot}} = 4 p_0). L'intensité étant quadratique en amplitude, elle vaut p_{\text{tot}}^2 = (4 p_0)^2 = 16 I_0.

   Résultat

   $$I_{\text{tot}}=I_0{f}_2(\phi )f_2(2\phi )$$

   $$\psi =2\pi$$

   $$I_{\text{max}}=16I_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q24

   D'après les résultats de la question Q22, on a :

   \cos(\theta_{\max}) = -\frac{1}{\sqrt{1+\alpha^2}} \quad \text{et} \quad \sin(\theta_{\max}) = \frac{\alpha}{\sqrt{1+\alpha^2}}

   ce qui conduit à :

   \tan(\theta_{\max}) = -\alpha \implies \alpha = -\tan(\theta_{\max})

   Pour \theta_{\max} = \frac{5\pi}{6}, on a \tan\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\tan\left(\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{\sqrt{3}}, d'où :

   \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} \simeq 0{,}58

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\alpha \simeq 0{,}6}

   Par définition (question Q20 et Q21), \alpha = \frac{\gamma}{\omega v_0} avec \gamma = (f_s - f_d)g. On en déduit :

   \omega = \frac{(f_s - f_d)g}{\alpha v_0}

   Numériquement, avec f_s \simeq 1, f_d \simeq 0{,}6, g \simeq 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}, v_0 = 1\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} :

   \gamma = (1 - 0{,}6) \times 10 = 4\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

   \omega = \frac{4}{\frac{1}{\sqrt{3}} \times 10^{-2}} = 400\sqrt{3}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 692\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   D'après la question Q23, la pulsation \Omega des oscillations de relaxation s'exprime par :

   \Omega = \frac{2\pi\omega}{\theta_1 + 2\alpha}

   où \theta_1 = 2\theta_{\max} = \frac{5\pi}{3}. Ainsi :

   \theta_1 + 2\alpha = \frac{5\pi}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \simeq \frac{5 \times 3{,}14}{3} + 2 \times 0{,}58 \simeq 5{,}23 + 1{,}16 = 6{,}39

   Comme 2\pi \simeq 6{,}28, le rapport \frac{2\pi}{\theta_1 + 2\alpha} \simeq \frac{6{,}28}{6{,}39} \simeq 0{,}98 est très proche de 1, ce qui donne :

   \Omega \simeq 0{,}98 \times 692\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 680\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\Omega \simeq 7\cdot 10^2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}

   Lien avec le son émis et domaine fréquentiel :
   Le mouvement mécanique périodique de la craie excite l'air environnant à la même périodicité : la pulsation fondamentale de l'onde sonore émise est donc égale à la pulsation \Omega du mouvement de relaxation :

   \boxed{\Omega_{\text{son}} = \Omega}

   La fréquence fondamentale associée vaut :

   f = \frac{\Omega}{2\pi} \simeq \frac{680}{6{,}28} \simeq 1{,}1\cdot 10^2\text{ Hz} \simeq 100\text{ Hz}

   Cette fréquence appartient au domaine audible (20\text{ Hz} - 20\text{ kHz}). De plus, le mouvement de relaxation (« stick-slip ») étant fortement non sinusoïdal (succession d'adhérence et de glissements avec des ruptures de pente de vitesse), le spectre sonore émis présente un très grand nombre d'harmoniques de fréquences f_n = n f.

   Ces harmoniques s'étendent largement dans la bande des moyennes et hautes fréquences (1\text{ kHz} à plusieurs kilohertz), domaine de sensibilité maximale de l'oreille humaine, ce qui explique le caractère aigu, grinçant et particulièrement désagréable du crissement.

   Résultat

   $$\alpha \simeq 0,6$$

   $$\Omega \simeq 7\cdot 10^2\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $${\Omega }_{\text{son}}=\Omega$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q8

   D'après la figure 4, l'axe vertical comporte 5 graduations entre 0 et I_{\max} : chaque subdivision représente 0{,}20\,I_{\max}. La première ligne horizontale correspond donc exactement au seuil de 20\,\%.

   L'axe horizontal présente 8 graduations entre 0 et \psi = 2\pi, soit un pas de \frac{\pi}{4} par division. L'intensité du lobe secondaire ne dépasse pas \approx 7{,}4\,\% < 20\,\% ; seul le lobe principal autour de \varphi = 0 dépasse le seuil de 20\,\%. L'intersection du lobe principal avec le seuil 0{,}20\,I_{\max} a lieu pour :

   \varphi_c \approx 1{,}0\text{ rad}

   Remarque analytique : en choisissant \varphi = \frac{\pi}{3} \approx 1{,}05\text{ rad}, on a \frac{I_{\text{tot}}}{I_{\max}} = \cos^2\left(\frac{\pi}{6}\right)\cos^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{3}{4}\times\frac{1}{4} = \frac{3}{16} = 18{,}75\,\% \approx 20\,\%, ce qui confirme \varphi_c \approx 1{,}03\text{ rad}.

   D'après le résultat de la question Q5, le déphasage s'écrit :

   \varphi = \frac{2\pi f d}{c_a}(1 - \cos\theta)

   Pour des ondes provenant d'une direction proche de l'axe (Ox), l'angle \theta est petit (\theta \ll 1), d'où 1 - \cos\theta \approx \frac{\theta^2}{2}. Le déphasage devient :

   \varphi \approx \frac{\pi f d}{c_a}\theta^2

   Le signal reçu est significatif si \varphi \le \varphi_c, ce qui conduit à :

   \theta \le \theta_{\max} \quad \text{avec} \quad \boxed{\theta_{\max} = \sqrt{\frac{\varphi_c\,c_a}{\pi f d}}}

   Par invariance par rotation autour de l'axe (Ox), cette condition définit bien un cône de révolution d'axe (Ox) et de demi-angle au sommet \theta_{\max}.

   Pour assurer la condition \theta_{\max} < \theta_{\text{lim}} = 5^{\circ} = \frac{5\pi}{180}\text{ rad} \approx 0{,}0873\text{ rad}, il convient de choisir :

   d > \frac{\varphi_c\,c_a}{\pi f \theta_{\text{lim}}^2}

   La fonction f \mapsto \frac{\varphi_c\,c_a}{\pi f \theta_{\text{lim}}^2} étant strictement décroissante, la condition la plus contraignante sur toute la bande passante [100\text{ Hz}, 5\text{ kHz}] est obtenue à la fréquence minimale f_{\min} = 100\text{ Hz} :

   d > d_{\min} = \frac{\varphi_c\,c_a}{\pi f_{\min} \theta_{\text{lim}}^2}

   Application numérique : avec c_a = 345\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, \theta_{\text{lim}} = 0{,}0873\text{ rad} et \varphi_c \approx 1{,}03\text{ rad} :

   • pour f_{\min} = 100\text{ Hz} :

     d > \frac{1{,}03 \times 345}{\pi \times 100 \times (0{,}0873)^2} \approx 1{,}5 \times 10^2\text{ m}

   • même à la fréquence maximale f_{\max} = 5\text{ kHz} :

     d > \frac{1{,}5 \times 10^2}{50} \approx 3\text{ m}

   Commentaires :

   • Faisabilité : de telles valeurs de d sont physiquement irréalisables pour un microphone portatif dont la longueur totale n'excède pas quelques dizaines de centimètres (20\text{ à }40\text{ cm}). Un angle de directivité aussi étroit que 5^{\circ} ne peut donc pas être obtenu en pratique par ce principe.
   • Dépendance en fréquence : puisque \theta_{\max} \propto f^{-1/2}, la directivité est fortement sélective en fréquence : le microphone est directionnel dans les aigus (hautes fréquences), mais devient quasi omnidirectionnel dans les graves (f \sim 100\text{ Hz}), où la longueur d'onde acoustique (\lambda \sim 3{,}5\text{ m}) est bien supérieure aux dimensions du tube.
   • Critère de non-repliement : pour éviter l'apparition d'un pic principal secondaire (interférence constructive d'ordre supérieur à \varphi = 2\pi) pour \theta \in [0, \pi], il faut de plus que \varphi(\pi) = \frac{4\pi f_{\max} d}{c_a} < 2\pi, soit d < \frac{c_a}{2f_{\max}} \approx 3{,}5\text{ cm}, ce qui impose une borne supérieure stricte sur d.

   Résultat

   $${\theta }_{\max }=\sqrt{\frac{{\phi }_c{c}_a}{\pi fd}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q19

   La longueur d'onde acoustique associée à une onde sonore de fréquence f se propageant à la célérité c_a vaut :

   \lambda = \frac{c_a}{f}

   D'après l'énoncé, le diamètre D de la membrane est de l'ordre de grandeur d'une demi-longueur d'onde :

   D \sim \frac{\lambda}{2} = \frac{c_a}{2f}

   Avec la valeur fournie c_a \simeq 345\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   • À la fréquence de coupure f_c = 1\text{ kHz} :

     \frac{\lambda_c}{2} = \frac{345}{2 \times 10^3} \approx 0{,}17\text{ m} = 17\text{ cm}

   • Pour le woofer (sons graves, fréquences f \in [20\text{ Hz}, 1\text{ kHz}]) : Pour une fréquence représentative du registre grave, typiquement comprise entre 300\text{ Hz} et 1\text{ kHz} :

     D_{\text{woofer}} \sim 20\text{ cm} \quad (\text{de } 15\text{ cm à } 30\text{ cm})

     (une membrane de plus grand diamètre serait encombrante et trop lourde pour conserver une bonne réactivité mécanique).

   • Pour le tweeter (sons aigus, fréquences f \in [1\text{ kHz}, 20\text{ kHz}]) : Pour une fréquence représentative du registre aigu, par exemple f \approx 5\text{ kHz} à 10\text{ kHz} :

     \begin{aligned} f = 5\text{ kHz} &\implies \frac{\lambda}{2} = \frac{345}{2 \times 5 \times 10^3} \approx 3{,}5\text{ cm} \\ f = 10\text{ kHz} &\implies \frac{\lambda}{2} = \frac{345}{2 \times 10^4} \approx 1{,}7\text{ cm} \end{aligned}

     On obtient ainsi :

     D_{\text{tweeter}} \sim 2\text{ à } 3\text{ cm}

   \boxed{D_{\text{woofer}} \sim 20\text{ cm} \quad \text{et} \quad D_{\text{tweeter}} \sim 2\text{ à } 3\text{ cm}}

   Résultat

   $$D_{\text{woofer}}\sim 20\text{ cm}\text{et}{D}_{\text{tweeter}}\sim 2\text{ aˋ }3\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q29

   Soient G et A les positions respectives des haut-parleurs grave et aigu, situés sur un axe (Oy) aux coordonnées y_G = -d/2 et y_A = +d/2, avec d = 0{,}50\text{ m}.
   L'auditeur M est situé dans le plan (xOy) aux coordonnées (x = D, y) avec D = 5\text{ m} et un décalage latéral maximal y = 1\text{ m}.

   Les distances de chaque transducteur à l'auditeur s'écrivent :

   \begin{aligned} d_G &= \sqrt{D^2 + \left(y + \frac{d}{2}\right)^2} = D \sqrt{1 + \left(\frac{y + d/2}{D}\right)^2} \\ d_A &= \sqrt{D^2 + \left(y - \frac{d}{2}\right)^2} = D \sqrt{1 + \left(\frac{y - d/2}{D}\right)^2} \end{aligned}

   Comme y \pm \frac{d}{2} \ll D (puisque \frac{1{,}25}{5} = 0{,}25 \ll 1), on peut effectuer un développement limité au premier ordre non nul :

   d_G \simeq D + \frac{(y + d/2)^2}{2D} \quad \text{et} \quad d_A \simeq D + \frac{(y - d/2)^2}{2D}

   La différence de marche acoustique \Delta L = d_G - d_A vaut donc :

   \Delta L \simeq \frac{(y + d/2)^2 - (y - d/2)^2}{2D} = \frac{y\,d}{D}

   Le calcul direct sans approximation donne :

   \begin{aligned} d_G &= \sqrt{5^2 + 1{,}25^2} = \sqrt{26{,}5625} \simeq 5{,}154\text{ m} \\ d_A &= \sqrt{5^2 + 0{,}75^2} = \sqrt{25{,}5625} \simeq 5{,}056\text{ m} \end{aligned}

   soit une différence de parcours :

   \Delta L = 5{,}154 - 5{,}056 \simeq 0{,}098\text{ m} \simeq 10\text{ cm}

   (le développement limité fournissait \frac{1 \times 0{,}50}{5} = 0{,}10\text{ m}, ce qui est tout à fait cohérent).

   Le décalage temporel associé est alors :

   \Delta t_2 = \frac{\Delta L}{c_a}

   Application numérique avec c_a \simeq 345\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \Delta t_2 \simeq \frac{0{,}098}{345} \simeq 2{,}8 \times 10^{-4}\text{ s} \simeq 0{,}28\text{ ms}

   \boxed{\Delta t_{2,\max} \approx 0{,}3\text{ ms}}

   Conclusion générale sur les trois causes étudiées :

   • La propagation dans les câbles introduit un décalage \Delta t_0 \sim 3\text{ ns}, totalement négligeable.
   • Les filtres de Butterworth introduisent un retard différentiel maximal |\Delta t_1| \le 20\ \mu\text{s} = 0{,}02\text{ ms}, bien inférieur au seuil de 0{,}1\text{ ms}.
   • En revanche, le décalage spatial de l'auditeur introduit un retard \Delta t_2 \approx 0{,}3\text{ ms}, qui est supérieur au seuil de tolérance de 0{,}1\text{ ms} et domine de plus d'un ordre de grandeur les autres effets.

   C'est donc le positionnement spatial de l'auditeur par rapport aux enceintes qui constitue la cause déterminante du décalage temporel entre les voies grave et aiguë. Pour une écoute fidèle, l'auditeur doit impérativement se situer dans le plan médian des deux transducteurs (position d'écoute dite « sweet spot »).

   Résultat

   $$\Delta t_{2,\max }\approx 0,3\text{ ms}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question