Feuille d'entraînement : Ondes mécaniques et acoustiques

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q1

   On se place dans le référentiel d'étude lié à l'observateur (récepteur).

   À l'instant d'émission t = 0, la source se trouve à la distance d de l'observateur. L'onde électromagnétique se propageant dans le vide en ligne droite vers l'observateur à la célérité c, la durée de propagation du premier pic est :

   \Delta t_1 = \frac{d}{c}

   Le pic ayant été émis à l'instant initial t=0, l'observateur le reçoit à l'instant :

   \boxed{t_1 = \frac{d}{c}}

   Résultat

   $$t_1=\frac{d}{c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q2

   Le second pic est émis à l'instant t_{\text{ém}} = T_0.

   L'émetteur s'éloignant en mouvement rectiligne uniforme à la vitesse v depuis sa position initiale située à la distance d, la distance séparant l'émetteur de l'observateur à l'instant t = T_0 vaut :

   d(T_0) = d + v T_0

   L'onde électromagnétique se propageant à la célérité c dans le vide vers l'observateur, la durée de parcours de ce second pic est :

   \Delta t_2 = \frac{d(T_0)}{c} = \frac{d + v T_0}{c}

   L'instant de réception t_2 par l'observateur s'écrit donc :

   \begin{aligned} t_2 &= t_{\text{ém}} + \Delta t_2 \\ &= T_0 + \frac{d + v T_0}{c} \end{aligned}

   En faisant apparaître t_1 = \frac{d}{c} établi à la question Q1, on peut également l'écrire sous la forme :

   \boxed{t_2 = \frac{d}{c} + T_0 \left(1 + \frac{v}{c}\right) = t_1 + T_0 \left(1 + \frac{v}{c}\right)}

   Résultat

   $$t_2=\frac{d}{c}+T_0\left(1+\frac{v}{c}\right)=t_1+T_0\left(1+\frac{v}{c}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2024, Q3

   La période temporelle T_{\text{mes}} de l'onde mesurée par l'observateur correspond à la durée séparant la réception de deux pics successifs émis à un intervalle T_0 d'intervalle :

   T_{\text{mes}} = t_2 - t_1

   D'après les résultats des questions Q1 et Q2 :

   t_2 - t_1 = T_0 + \frac{d + vT_0}{c} - \frac{d}{c} = T_0 \left(1 + \frac{v}{c}\right)

   Ainsi, la période apparente reçue s'écrit :

   T_{\text{mes}} = T_0 \left(1 + \frac{v}{c}\right)

   Les fréquences émise f_0 et mesurée f_{\text{mes}} étant les inverses des périodes correspondantes (f_0 = 1/T_0 et f_{\text{mes}} = 1/T_{\text{mes}}), on obtient directement :

   \frac{1}{f_{\text{mes}}} = \frac{1}{f_0}\left(1 + \frac{v}{c}\right)

   ce qui conduit bien à :

   \boxed{f_{\text{mes}} = \frac{f_0}{1 + v/c}}

   Résultat

   $$f_{\text{mes}}=\frac{f_0}{1+v/c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec 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

5. Exercice 5CentraleSupélec 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

6. Exercice 6CentraleSupélec 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

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2024, Q14

   Pour une corde de longueur L fixée en x = 0 et x = L, les modes propres de vibration transversale stationnaire s'écrivent :

   z(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} Z_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\cos(\omega_n t + \psi_n) \quad \text{avec} \quad \omega_n = 2\pi n f_1

   D'après l'étude menée en I.A (Q7), pour une vibration de faible amplitude (z_0 \approx 100\,\mu\text{m} \ll R), la réponse du micro est linéaire : la f.é.m. induite e(t) est proportionnelle à la vitesse locale \frac{\partial z}{\partial t}(x_{\text{micro}}, t). L'amplitude de la raie de fréquence f_n = n f_1 enregistrée par un micro situé en x s'écrit donc :

   A_n(x) \propto \omega_n Z_n \left|\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right|

   Sur le spectre de la figure 5 (x_1 = 16\text{ cm}), on observe :

   • un pic parasite à 50\text{ Hz} (ronflette secteur captée par la bobine) d'amplitude \approx 0{,}2\text{ mV} ;
   • le fondamental à f_1 \approx 220\text{ Hz} avec A_1(x_1) \approx 7{,}2\text{ mV} ;
   • l'harmonique 2 à f_2 \approx 440\text{ Hz} avec A_2(x_1) \approx 2{,}3\text{ mV} ;
   • l'harmonique 3 à f_3 \approx 660\text{ Hz} avec A_3(x_1) \approx 1{,}3\text{ mV}.

   L'amplitude de chaque harmonique captée en x_2 = 4\text{ cm} se déduit de celle en x_1 = 16\text{ cm} par :

   A_n(x_2) = A_n(x_1)\,\frac{\left|\sin\left(\frac{n\pi x_2}{L}\right)\right|}{\left|\sin\left(\frac{n\pi x_1}{L}\right)\right|}

   Avec L = 67\text{ cm}, calculons les facteurs de pondération :

   \begin{aligned} n = 1 : \quad & \frac{\sin\left(\frac{\pi \times 4}{67}\right)}{\sin\left(\frac{\pi \times 16}{67}\right)} = \frac{\sin(0{,}188\text{ rad})}{\sin(0{,}750\text{ rad})} = \frac{0{,}186}{0{,}682} \approx 0{,}273 \implies A_1(x_2) \approx 7{,}2 \times 0{,}273 \approx \mathbf{2{,}0\text{ mV}} \\ n = 2 : \quad & \frac{\sin\left(\frac{2\pi \times 4}{67}\right)}{\sin\left(\frac{2\pi \times 16}{67}\right)} = \frac{\sin(0{,}375\text{ rad})}{\sin(1{,}500\text{ rad})} = \frac{0{,}366}{0{,}998} \approx 0{,}367 \implies A_2(x_2) \approx 2{,}3 \times 0{,}367 \approx \mathbf{0{,}85\text{ mV}} \\ n = 3 : \quad & \frac{\sin\left(\frac{3\pi \times 4}{67}\right)}{\sin\left(\frac{3\pi \times 16}{67}\right)} = \frac{\sin(0{,}563\text{ rad})}{\sin(2{,}251\text{ rad})} = \frac{0{,}534}{0{,}777} \approx 0{,}687 \implies A_3(x_2) \approx 1{,}3 \times 0{,}687 \approx \mathbf{0{,}89\text{ mV}} \end{aligned}

   Le parasite secteur à 50\text{ Hz}, d'origine extérieure, reste inchangé à environ 0{,}2\text{ mV}.

   Influence de la position du micro sur le son restitué :

   \boxed{\text{Un micro proche du chevalet ($x = 4\text{ cm}$) atténue le fondamental et favorise les harmoniques supérieures : le son est plus aigu et tranchant.}}

   À l'inverse, un micro éloigné du chevalet (x = 16\text{ cm}, micro manche) capte majoritairement le fondamental : le son est plus rond, chaud et riche en basses.

   Résultat

   $$\text{Un micro proche du chevalet (x=4 cm) atteˊnue le fondamental et favorise les harmoniques supeˊrieures : le son est plus aigu et tranchant.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-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

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2023, Q52

   D'après la question Q51, le champ électrique réel résultant s'écrit :

   \vec{E}_{\text{tot}}(z, t) = -2 E_{0,i} \sin\bigl(k(L - z)\bigr) \sin(\omega t - kL)\,\vec{e}_x

   La puissance P(z) reçue par le mobile est proportionnelle à la moyenne temporelle du carré du champ électrique :

   \langle E_{\text{tot}}^2(z,t) \rangle_t = 4 E_{0,i}^2 \sin^2\bigl(k(L - z)\bigr) \underbrace{\langle \sin^2(\omega t - kL) \rangle_t}_{= 1/2} = 2 E_{0,i}^2 \sin^2\bigl(k(L - z)\bigr)

   On pose P(z) = P_{\max} \sin^2\bigl(k(L - z)\bigr). La fonction \sin^2\bigl(k(L-z)\bigr) étant \frac{\lambda}{2}-périodique en z, sa valeur moyenne spatiale est :

   \langle P \rangle_z = \frac{1}{\lambda/2} \int_0^{\lambda/2} P_{\max} \sin^2\bigl(k(L - z)\bigr)\,\mathrm{d}z = \frac{1}{2} P_{\max}

   La puissance seuil de coupure vaut donc :

   P_{\text{seuil}} = \frac{1}{10}\langle P \rangle_z = \frac{1}{20} P_{\max}

   Une coupure de réseau survient au voisinage de chaque nœud de champ (où k(L-z) = m\pi, m \in \mathbb{Z}) dès que P(z) \leqslant P_{\text{seuil}}, soit :

   \sin^2\bigl(k(L - z)\bigr) \leqslant \frac{1}{20} \iff \bigl|\sin\bigl(k(L - z)\bigr)\bigr| \leqslant \frac{1}{\sqrt{20}}

   En posant u = k(L-z) - m\pi, la condition devient |u| \leqslant \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{20}}\right). L'étendue spatiale \Delta z d'une zone de coupure est donc :

   \Delta z = \frac{2}{k} \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{20}}\right) = \frac{\lambda}{\pi} \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{20}}\right)

   Avec f = 3500\text{ MHz}, la longueur d'onde vaut :

   \lambda = \frac{c}{f} = \frac{3{,}00 \times 10^8}{3500 \times 10^6} \approx 8{,}57 \times 10^{-2}\text{ m} = 8{,}57\text{ cm}

   Comme \frac{1}{\sqrt{20}} \approx 0{,}2236, on a \arcsin\left(\frac{1}{\sqrt{20}}\right) \approx 0{,}2255\text{ rad}, d'où :

   \Delta z = \frac{8{,}57 \times 10^{-2}}{\pi} \times 0{,}2255 \approx 6{,}15 \times 10^{-3}\text{ m} \approx 6{,}15\text{ mm}

   Un récepteur se déplaçant à la vitesse constante v traverse cette zone pendant une durée \Delta t = \frac{\Delta z}{v} :

   • Pour le piéton : v_1 = 3\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{3}{3{,}6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 0{,}833\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

     \Delta t_1 = \frac{6{,}15 \times 10^{-3}}{0{,}833} \approx 7{,}4 \times 10^{-3}\text{ s}
     \boxed{\Delta t_{\text{piéton}} \approx 7{,}4\text{ ms}}

   • Pour l'automobile : v_2 = 50\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{50}{3{,}6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 13{,}9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

     \Delta t_2 = \frac{6{,}15 \times 10^{-3}}{13{,}9} \approx 4{,}4 \times 10^{-4}\text{ s}
     \boxed{\Delta t_{\text{auto}} \approx 0{,}44\text{ ms}}

   Commentaires :

   • Les coupures sont extrêmement brèves (inférieures à 10\text{ ms} pour le piéton et inférieures à la milliseconde en voiture) : elles sont totalement imperceptibles pour l'oreille humaine lors d'un appel vocal.
   • En revanche, ces durées sont du même ordre de grandeur que la durée d'une trame radio en 5G (typiquement de 1 à 10\text{ ms}) et se répètent tous les demi-longueurs d'onde (\lambda/2 \approx 4{,}3\text{ cm}), provoquant des évanouissements rapides récurrents (fast fading). Cela nécessite des protocoles de correction d'erreurs et des techniques de diversité pour éviter la perte de paquets.

   Résultat

   $$\Delta t_{\text{pieˊton}}\approx 7,4\text{ ms}$$

   $$\Delta t_{\text{auto}}\approx 0,44\text{ ms}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec 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