Feuille d'entraînement : Ondes et signaux

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2025, Q32

   La longueur d'onde \lambda dans le vide d'une onde électromagnétique de fréquence f_0 se propageant à la célérité c est donnée par la relation :

   \lambda = \frac{c}{f_0}

   Avec c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et f_0 = 5\text{ GHz} = 5{,}0 \times 10^9\text{ Hz}, on obtient :

   \lambda = \frac{3{,}0 \times 10^8}{5{,}0 \times 10^9} = 6{,}0 \times 10^{-2}\text{ m} = 6{,}0\text{ cm}

   \boxed{\lambda = 6{,}0\text{ cm}}

   Cette onde, dont la longueur d'onde est de l'ordre du centimètre (fréquence de quelques gigahertz), appartient au domaine des micro-ondes (ou hyperfréquences, au sein des ondes radio/hertziennes, plus précisément la « bande C » des radars spatiaux).

   Résultat

   $$\lambda =6,0\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2025, Q42

   D'après l'équation (17), le signal émis en R = 0 s'écrit :

   s(t, 0) = s_0 \cos(2\pi f_0 t)

   Par identification avec l'expression générale (18) prise en R = 0, soit \psi(t, 0) = 2\pi f_0 t - \phi(0), on en déduit que la phase à l'origine est :

   \psi(t, 0) = 2\pi f_0 t \quad (\text{soit } \phi(0) = 0)

   En appliquant la condition de retard temporel due à la propagation sans dispersion à la vitesse c (équation (19)), la phase à la distance R vaut :

   \psi(t, R) = \psi\!\left(t - \frac{R}{c}, 0\right) = 2\pi f_0 \left(t - \frac{R}{c}\right) = 2\pi f_0 t - 2\pi \frac{f_0}{c} R

   En identifiant cette forme avec l'équation (18), \psi(t, R) = 2\pi f_0 t - \phi(R), on obtient l'expression du déphasage :

   \phi(R) = 2\pi \frac{f_0}{c} R

   Comme la longueur d'onde dans le milieu de propagation est reliée à la fréquence par \lambda = \frac{c}{f_0}, il vient finalement :

   \boxed{\phi(R) = \frac{2\pi R}{\lambda}}

   Résultat

   $$\varphi (R)=\frac{2\pi R}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2025, Q44

   Le signal total reçu par l'antenne s'écrit :

   A(t) = A_1(t) + A_2(t)

   En développant le carré, il vient :

   A^2(t) = A_1^2(t) + A_2^2(t) + 2 A_1(t) A_2(t)

   Par linéarité de l'opération de moyenne temporelle sur une période T = 1/f_0 :

   P = \langle A^2(t) \rangle_T = \langle A_1^2(t) \rangle_T + \langle A_2^2(t) \rangle_T + 2 \langle A_1(t) A_2(t) \rangle_T

   Calculons successivement chacun des termes :

   • Pour les termes d'auto-corrélation, d'après le résultat rappelé en annexe \langle (\cos \theta)^2 \rangle_{2\pi} = \frac{1}{2} :

     \begin{aligned} \langle A_1^2(t) \rangle_T &= A_0^2 \langle \cos^2(2\pi f_0 t - \phi_1) \rangle_T = \frac{1}{2} A_0^2 \\ \langle A_2^2(t) \rangle_T &= A_0^2 \langle \cos^2(2\pi f_0 t - \phi_2) \rangle_T = \frac{1}{2} A_0^2 \end{aligned}

   • Pour le terme croisé d'interférence, on utilise la formule trigonométrique :

     \cos a \cos b = \frac{\cos(a - b) + \cos(a + b)}{2}

     avec a = 2\pi f_0 t - \phi_1 et b = 2\pi f_0 t - \phi_2. On a donc :

     a - b = -(\phi_1 - \phi_2) = -\Delta\phi \quad \text{et} \quad a + b = 4\pi f_0 t - (\phi_1 + \phi_2)

     Le produit s'exprime alors comme :

     A_1(t) A_2(t) = \frac{A_0^2}{2} \left[ \cos(-\Delta\phi) + \cos(4\pi f_0 t - (\phi_1 + \phi_2)) \right]

     La parité du cosinus donne \cos(-\Delta\phi) = \cos(\Delta\phi), terme constant dans le temps, tandis que \cos(4\pi f_0 t - (\phi_1 + \phi_2)) oscille à la fréquence double 2f_0 et a donc une valeur moyenne nulle sur la période T (\langle \cos \theta \rangle_{2\pi} = 0). Il en résulte :

     2 \langle A_1(t) A_2(t) \rangle_T = 2 \times \frac{A_0^2}{2} \cos(\Delta\phi) = A_0^2 \cos(\Delta\phi)

   En sommant ces trois contributions :

   \begin{aligned} P &= \frac{1}{2} A_0^2 + \frac{1}{2} A_0^2 + A_0^2 \cos(\Delta\phi) \\ &= A_0^2 (1 + \cos(\Delta\phi)) \end{aligned}

   On obtient bien la relation demandée :

   \boxed{P = A_0^2 (1 + \cos(\Delta\phi)) \quad \text{avec} \quad \Delta\phi = \phi_1 - \phi_2}

   Résultat

   $$P=A_0^2(1+\cos (\Delta \varphi ))\text{avec}\Delta \varphi ={\varphi }_1-{\varphi }_2$$

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4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2025, Q45

   D'après le résultat de la question précédente, la puissance reçue s'écrit :

   P(\Delta\phi) = A_0^2 \big(1 + \cos(\Delta\phi)\big)

   Il s'agit d'une fonction paire, 2\pi-périodique en \Delta\phi, qui oscille de façon sinusoïdale entre une valeur minimale P_{\min} = 0 et une valeur maximale P_{\max} = 2A_0^2.

   Interprétation physique des deux régimes :

   • Interférences constructives (\Delta\phi = 2q\pi, avec q \in \mathbb{Z}) : les deux signaux oscillent en phase (A_2(t) = A_1(t)). Le signal résultant a pour amplitude 2A_0, soit la somme directe des deux amplitudes :

     A(t) = 2A_0 \cos(2\pi f_0 t - \phi_1)

     Les deux ondes se renforcent mutuellement et la puissance atteint sa valeur maximale possible :

     \boxed{P = 2A_0^2 = P_{\max}}

   • Interférences destructives (\Delta\phi = (2q + 1)\pi, avec q \in \mathbb{Z}) : les deux signaux oscillent en opposition de phase (A_2(t) = -A_1(t)). Leurs contributions se compensent exactement à chaque instant :

     A(t) = A_1(t) + A_2(t) = 0

     Les deux ondes s'annihilent mutuellement et la puissance s'annule complètement :

     \boxed{P = 0 = P_{\min}}

   Résultat

   $$P=2A_0^2=P_{\max }$$

   $$P=0=P_{\min }$$

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5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2025, Q34

   Le signal radar effectue un trajet aller-retour en ligne droite entre le satellite \mathrm{S} et la cible \mathrm{C} à la célérité c. La distance parcourue par l'onde électromagnétique entre l'émission à l'instant t_{\mathrm{i}} et la réception de l'écho à l'instant t_{\mathrm{e}} est donc 2 \times \mathrm{SC}. L'intervalle de temps mesuré s'écrit :

   \Delta t = t_{\mathrm{e}} - t_{\mathrm{i}} = \frac{2 \, \mathrm{SC}}{c}

   D'après la figure (6), dans le triangle \mathrm{SOC} rectangle en \mathrm{O}, l'angle au sommet \mathrm{S} entre la verticale descendante (\mathrm{SO}) et la ligne de visée (\mathrm{SC}) est l'angle de visée \theta. On a ainsi :

   \cos\theta = \frac{\mathrm{SO}}{\mathrm{SC}} = \frac{H}{\mathrm{SC}} \implies \mathrm{SC} = \frac{H}{\cos\theta}

   On en déduit l'expression de l'intervalle de temps \Delta t :

   \boxed{\Delta t = \frac{2 H}{c \cos\theta}}

   Par application du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle \mathrm{SOC}, la distance de la cible à l'aplomb du satellite vérifie :

   \mathrm{SC}^2 = \mathrm{SO}^2 + \mathrm{OC}^2 = H^2 + Y^2

   Sachant que \mathrm{SC} = \dfrac{c\Delta t}{2} et que Y > 0, il vient :

   \boxed{Y = \sqrt{\left(\frac{c \Delta t}{2}\right)^2 - H^2}}

   Résultat

   $$\Delta t=\frac{2H}{c\cos \theta }$$

   $$Y=\sqrt{{\left(\frac{c\Delta t}{2}\right)}^2-H^2}$$

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6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2025, Q35

   D'après la question précédente, la distance à la cible R et son abscisse Y sont reliées à l'altitude H et au temps d'aller-retour \Delta t par :

   R^2 = Y^2 + H^2 = \left( \frac{c\Delta t}{2} \right)^2

   L'altitude H du satellite étant constante au cours de la mesure, la différentiation de cette relation par rapport aux variables Y et \Delta t donne :

   2 Y\,\mathrm{d}Y = 2\left(\frac{c\Delta t}{2}\right) \frac{c}{2}\,\mathrm{d}(\Delta t) = c R\,\mathrm{d}(\Delta t)

   Or, d'après la géométrie de la visée (figure 6), on a \sin\theta = \dfrac{Y}{R}, d'où :

   \mathrm{d}Y = \frac{c}{2\sin\theta}\,\mathrm{d}(\Delta t)

   Pour deux cibles très proches telles que \left|\dfrac{Y'-Y}{Y}\right| \ll 1, on effectue l'approximation des petits accroissements au premier ordre :

   \Delta Y \simeq \frac{c}{2\sin\theta}\,\Delta(\Delta t) = \frac{c}{2\sin\theta}\,(t_{\mathrm{e}}' - t_{\mathrm{e}})

   D'après la figure 8, le signal traité issu de chaque cible présente une base temporelle totale de durée 2\tau (le pic s'étend sur [t_{\mathrm{e}} - \tau,\, t_{\mathrm{e}} + \tau]). Pour que les deux échos soient disjoints à la réception, l'intervalle entre leurs sommets doit être supérieur ou égal à la largeur totale de la base :

   (t_{\mathrm{e}}' - t_{\mathrm{e}})_{\min} = 2\tau

   On en déduit l'expression de la résolution spatiale minimale au sol :

   (\Delta Y)_{\min} = \frac{c}{2\sin\theta} \times 2\tau

   \boxed{(\Delta Y)_{\min} = \frac{c\tau}{\sin\theta}}

   Remarque : Si l'on adopte le critère de résolution usuel fondé sur la durée \tau du pulse non traité (ou la largeur à mi-hauteur du pic corrélé), la condition de séparation temporelle s'écrit \Delta(\Delta t)_{\min} = \tau, ce qui conduit à l'expression :

   (\Delta Y)_{\min} = \frac{c\tau}{2\sin\theta}

   Commentaire sur la dépendance vis-à-vis de \theta et de Y :

   • Comme \sin\theta = \dfrac{Y}{\sqrt{H^2 + Y^2}}, la fonction \theta \mapsto \sin\theta est strictement croissante sur [0, \pi/2]. Par conséquent, (\Delta Y)_{\min} est une fonction strictement décroissante de \theta (ou de Y) : la résolution spatiale s'améliore (le pixel-terrain devient plus étroit) à mesure que l'on s'éloigne de la trace du satellite (vers le bord lointain de la fauchée, far range).
   • À l'aplomb du satellite (\theta \to 0, soit Y \to 0), \sin\theta \to 0, ce qui implique (\Delta Y)_{\min} \to +\infty : la discrimination spatiale par mesure du temps de vol devient impossible à la verticale directe (au nadir). C'est pourquoi un radar imageur fonctionne obligatoirement en visée latérale (side-looking radar).

   Résultat

   $$(\Delta Y{)}_{\min }=\frac{c\tau }{\sin \theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2025, Q36

   D'après l'expression de la résolution spatiale établie à la question Q35 :

   (\Delta Y)_{\min} = \frac{c\,\tau}{\sin\theta}

   (ou \displaystyle (\Delta Y)_{\min} = \frac{c\,\tau}{2\sin\theta} si l'on retient la durée \tau du pulse non traité).

   Avec les valeurs numériques fournies :

   • c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • \tau = 40\;\mu\text{s} = 4{,}0 \times 10^{-5}\text{ s} ;
   • \theta = 30^{\circ}, d'où \sin\theta = 0{,}50.

   On obtient :

   \begin{aligned} (\Delta Y)_{\min} &= \frac{3{,}0 \times 10^8 \times 4{,}0 \times 10^{-5}}{0{,}50} = 2{,}4 \times 10^4\text{ m} = 24\text{ km} \end{aligned}

   (ou 12\text{ km} avec la convention du pulse de durée \tau).

   \boxed{(\Delta Y)_{\min} = 24\text{ km} \quad (\text{ou } 12\text{ km})}

   Commentaire :
   Un édifice ou cratère volcanique possède typiquement une extension spatiale de l'ordre de quelques kilomètres (à l'image de la caldeira du Kilauea dont l'échelle est de 2\text{ km}, voir figure 13). Une résolution de 12 à 24\text{ km} est bien trop grossière : l'ensemble de l'édifice volcanique serait contenu dans un seul ou deux pixels-terrain, rendant impossible toute cartographie du relief ou suivi des déformations locales. Ce résultat justifie la mise en œuvre de signaux modulés en fréquence (chirp) pour comprimer temporellement l'impulsion et améliorer drastiquement la résolution.

   Résultat

   $$(\Delta Y{)}_{\min }=24\text{ km}(\text{ou }12\text{ km})$$

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8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2025, Q37

   La phase instantanée du signal s'écrit, d'après l'équation (15), pour t \in [0, \tau] :

   \phi(t) = 2\pi \left( f_0 t + \frac{\Delta f}{2\tau} t^2 \right)

   La fréquence instantanée f(t) est définie par 2\pi f(t) = \dfrac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}t}, ce qui donne :

   f(t) = \frac{1}{2\pi} \frac{\mathrm{d}\phi(t)}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left( f_0 t + \frac{\Delta f}{2\tau} t^2 \right)

   En dérivant terme à terme par rapport au temps, on obtient :

   \boxed{f(t) = f_0 + \frac{\Delta f}{\tau} t}

   Allures graphiques en correspondance :

   • Sur l'intervalle [0, \tau], la fréquence instantanée f(t) varie de façon affine et croissante : elle part de f(0) = f_0 à l'instant initial pour atteindre f(\tau) = f_0 + \Delta f en fin d'impulsion, avec une pente constante égale à \dfrac{\Delta f}{\tau}.
   • Le signal s(t) = s_0 \sin(\phi(t)) \, \Pi(t/\tau) est strictement nul en dehors de [0, \tau]. Sur l'intervalle [0, \tau], il oscille entre -s_0 et +s_0. Puisque sa fréquence instantanée augmente, la pseudo-période T(t) \simeq \dfrac{1}{f(t)} diminue : les oscillations se resserrent continûment au cours du temps (modulation linéaire de fréquence montante ou « chirp »).

   Résultat

   $$f(t)=f_0+\frac{\Delta f}{\tau }t$$

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9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2025, Q38

   Après traitement par corrélation (filtrage adapté), l'écho présente un pic central dont la largeur temporelle vaut désormais :

   \tau_{\mathrm{c}} = \frac{1}{\Delta f}

   au lieu de la durée caractéristique initiale \tau. La résolution spatiale étant directement proportionnelle à la largeur temporelle du signal traité (d'après la question 35), la nouvelle résolution (\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} s'obtient simplement en substituant \tau par \tau_{\mathrm{c}} = \frac{1}{\Delta f} :

   (\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} = \frac{(\Delta Y)_{\min}}{\tau \Delta f}

   \boxed{(\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} = \frac{c}{\Delta f \sin\theta}}

   (ou \frac{c}{2\Delta f \sin\theta} si l'on a retenu le demi-écartement à la question 35).

   Application numérique : Le produit bande-durée (facteur de compression d'impulsion) vaut :

   \tau \Delta f = (40 \times 10^{-6}\text{ s}) \times (15 \times 10^6\text{ Hz}) = 600

   Avec \Delta f = 15\text{ MHz}, c = 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \theta = 30^{\circ} (\sin 30^{\circ} = 0{,}5) :

   (\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} = \frac{3{,}0 \times 10^8}{15 \times 10^6 \times 0{,}5} = 40\text{ m}

   (ou 20\text{ m} selon la convention de la question 35).

   \boxed{(\Delta Y)_{\min,\mathrm{c}} = 40\text{ m} \quad (\text{ou } 20\text{ m})}

   Commentaire : La résolution est améliorée d'un facteur 600. Alors qu'une résolution kilométrique (24\text{ km} ou 12\text{ km}) ne permettait pas de distinguer un édifice volcanique (une caldeira mesurant typiquement quelques kilomètres, comme l'échelle de 2\text{ km} indiquée sur la figure 13), une résolution de quelques dizaines de mètres (20 à 40\text{ m}) est parfaitement adaptée à la cartographie fine du relief et au suivi des déformations locales.

   Résultat

   $$(\Delta Y{)}_{\min ,\mathrm{c}}=\frac{c}{\Delta f\sin \theta }$$

   $$(\Delta Y{)}_{\min ,\mathrm{c}}=40\text{ m}(\text{ou }20\text{ m})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2025, Q43

    D'après le résultat établi à la question Q42, la propagation d'une onde sur une distance d induit un déphasage lié au temps de parcours :

    \phi(d) = \frac{2\pi}{\lambda} d

    Pour une cible située à la distance R_{\mathrm{C}}, le signal effectue un trajet aller-retour complet entre le satellite et la cible, soit une distance totale parcourue :

    d_{\text{tot}} = 2 R_{\mathrm{C}}

    Le déphasage associé à la propagation s'élève donc à :

    \phi_{\text{prop}} = \frac{2\pi}{\lambda} \times (2 R_{\mathrm{C}}) = \frac{4\pi R_{\mathrm{C}}}{\lambda}

    La diffusion par la cible introduisant un déphasage supplémentaire \phi_{\text{cible}}, le déphasage total \phi_{\text{récep}} du signal reçu à l'antenne s'écrit :

    \boxed{\phi_{\text{récep}} = \frac{4\pi R_{\mathrm{C}}}{\lambda} + \phi_{\text{cible}}}

    Résultat

    $${\varphi }_{\text{reˊcep}}=\frac{4\pi R_{\mathrm{C}}}{\lambda }+{\varphi }_{\text{cible}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question