Feuille d'entraînement : Réflexion, transmission et ondes stationnaires électromagnétiques

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique PSI 2025, Q13

   Considérons l'élément infinitésimal de câble compris entre x et x+\mathrm{d}x. Le courant dérivé vers la masse à travers la capacité élémentaire \mathrm{d}C = \Gamma\,\mathrm{d}x est lié à la variation de charge portée par cette capacité :

   \mathrm{d}i_C(t) = \frac{\mathrm{d}(\mathrm{d}q)}{\mathrm{d}t} = \mathrm{d}C\,\frac{\partial V}{\partial t}(x,t) = \Gamma\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial V}{\partial t}(x,t).

   La loi des nœuds appliquée au conducteur s'écrit :

   I(x,t) = I(x+\mathrm{d}x,t) + \mathrm{d}i_C(t),

   soit, à l'ordre 1 en \mathrm{d}x :

   I(x+\mathrm{d}x,t) - I(x,t) = \frac{\partial I}{\partial x}(x,t)\,\mathrm{d}x = -\Gamma\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial V}{\partial t}(x,t),

   ce qui conduit à :

   \frac{\partial I}{\partial x}(x,t) = -\Gamma\,\frac{\partial V}{\partial t}(x,t).

   D'après la question 12, la loi des mailles donne :

   \frac{\partial V}{\partial x}(x,t) = -\mathcal{R}\,I(x,t).

   En dérivant cette relation par rapport à x et en y injectant l'expression de \frac{\partial I}{\partial x}, on obtient :

   \frac{\partial^2 V}{\partial x^2}(x,t) = -\mathcal{R}\,\frac{\partial I}{\partial x}(x,t) = \mathcal{R}\Gamma\,\frac{\partial V}{\partial t}(x,t),

   ce qui correspond bien à une équation de diffusion unidimensionnelle :

   \frac{\partial V}{\partial t} = D\,\frac{\partial^2 V}{\partial x^2},

   avec :

   \boxed{D = \frac{1}{\mathcal{R}\,\Gamma}}.

   Pour la dimension de D :

   • La résistance linéique a pour dimension [\mathcal{R}] = [R]\cdot L^{-1}.
   • La capacité linéique a pour dimension [\Gamma] = [C]\cdot L^{-1}.

   Le produit d'une résistance par une capacité ayant la dimension d'un temps ([RC] = T), il vient :

   [\mathcal{R}\Gamma] = [R]\,[C]\cdot L^{-2} = T\cdot L^{-2}.

   Par conséquent :

   \boxed{[D] = L^2\cdot T^{-1} \quad (\text{en }\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{s}^{-1})}.

   Le paramètre D est bien homogène à un coefficient de diffusion.

   Résultat

   $$D=\frac{1}{\mathcal{R}\Gamma }$$

   $$[D]=L^2\cdot T^{-1}(\text{en }{\mathrm{m}}^2\cdot {\mathrm{s}}^{-1})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique PSI 2025, Q14

   Dans le modèle d'un câble sans pertes, la résistance élémentaire \mathrm{d}R est remplacée par une inductance pure \mathrm{d}L = \Lambda\,\mathrm{d}x.

   La tension aux bornes de cette bobine élémentaire s'écrit, en convention récepteur :

   V(x, t) - V(x+\mathrm{d}x, t) = \mathrm{d}L\,\frac{\partial I}{\partial t}(x, t) = \Lambda\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial I}{\partial t}(x, t)

   En effectuant un développement limité à l'ordre 1 en \mathrm{d}x, on obtient la première équation des télégraphistes :

   \frac{\partial V}{\partial x}(x, t) = -\Lambda\,\frac{\partial I}{\partial t}(x, t)

   La loi des nœuds pour la capacité élémentaire \mathrm{d}C = \Gamma\,\mathrm{d}x reliant le fil central à la masse reste inchangée par rapport à celle obtenue pour la ligne RC :

   I(x, t) - I(x+\mathrm{d}x, t) = \mathrm{d}C\,\frac{\partial V}{\partial t}(x, t) = \Gamma\,\mathrm{d}x\,\frac{\partial V}{\partial t}(x, t)

   soit la seconde équation des télégraphistes :

   \frac{\partial I}{\partial x}(x, t) = -\Gamma\,\frac{\partial V}{\partial t}(x, t)

   En dérivant la première relation par rapport à x et en utilisant le théorème de Schwarz pour permuter les dérivées partielles :

   \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = -\Lambda\,\frac{\partial^2 I}{\partial x \partial t} = -\Lambda\,\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\partial I}{\partial x}\right)

   En injectant l'expression de \frac{\partial I}{\partial x} fournie par la seconde relation :

   \frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = -\Lambda\,\frac{\partial}{\partial t}\left(-\Gamma\,\frac{\partial V}{\partial t}\right) = \Lambda\Gamma\,\frac{\partial^2 V}{\partial t^2}

   Le potentiel électrique V(x,t) vérifie donc :

   \boxed{\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} - \Lambda\Gamma\,\frac{\partial^2 V}{\partial t^2} = 0}

   Il s'agit bien d'une équation de D'Alembert régissant la propagation unidimensionnelle d'ondes sans dispersion ni atténuation, à la célérité :

   c = \frac{1}{\sqrt{\Lambda\Gamma}}

   Un calcul rigoureusement identique en dérivant la seconde équation par rapport à x montre que le courant électrique obéit à la même équation :

   \boxed{\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} - \Lambda\Gamma\,\frac{\partial^2 I}{\partial t^2} = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\partial }^{2}V}{\partial x^2}-\Lambda \Gamma \frac{{\partial }^{2}V}{\partial t^2}=0$$

   $$\frac{{\partial }^{2}I}{\partial x^2}-\Lambda \Gamma \frac{{\partial }^{2}I}{\partial t^2}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2022, Q22

   Pour une onde plane se propageant selon la direction du vecteur d'onde \mathbf{k}, l'amplitude complexe du champ électrique s'écrit :

   \underline{E}_0(\mathbf{R}) = E_0 e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{R}}

   où E_0 est pris réel positif sans perte de généralité. Son amplitude est uniforme, |E_0(\mathbf{R})| = E_0, et sa phase vaut :

   \phi(\mathbf{R}) = \mathbf{k}\cdot\mathbf{R} \implies \operatorname{\mathbf{grad}}\phi(\mathbf{R}) = \mathbf{k}

   D'après le résultat de la question 21, la force \mathbf{F}_2 s'écrit donc :

   \mathbf{F}_2 = \frac{1}{2}\operatorname{Im}(\alpha_c(\omega)) |E_0|^2 \mathbf{k}

   Elle est directement colinéaire et proportionnelle au vecteur d'onde \mathbf{k} du champ incident.

   À la résonance (\omega = \omega_0), la polarisabilité complexe obtenue à la question 11 devient :

   \alpha_c(\omega_0) = \frac{q^2/m}{-i\omega_0 \gamma(\omega_0)} = i\frac{q^2}{m\omega_0 \gamma(\omega_0)}

   En injectant l'expression de \gamma(\omega_0) = \frac{q^2\omega_0^2}{6\pi\epsilon_0 m c^3}, on obtient :

   \operatorname{Im}(\alpha_c(\omega_0)) = \frac{6\pi\epsilon_0 c^3}{\omega_0^3}

   En reportant cette valeur et en notant k_0 = \omega_0/c :

   \begin{aligned} \mathbf{F}_2 &= \frac{1}{2}\left(\frac{6\pi\epsilon_0 c^3}{\omega_0^3}\right) |E_0|^2 \mathbf{k}_0 = \frac{3\pi\epsilon_0 c^3}{\omega_0^3} |E_0|^2 \left(\frac{\omega_0}{c}\frac{\mathbf{k}_0}{k_0}\right) \end{aligned}

   \boxed{\mathbf{F}_2 = \frac{3\pi\epsilon_0 c^2}{\omega_0^2} |E_0|^2 \frac{\mathbf{k}_0}{k_0} = \frac{1}{2}\operatorname{Im}(\alpha_c(\omega_0))|E_0|^2\mathbf{k}_0}

   Cette composante correspond à la force de pression de radiation (ou force de diffusion). Elle pousse l'atome dans le sens de propagation de l'onde lumineuse.

   Pour relier cette force à la puissance rayonnée calculée à la question 12 :

   \mathcal{P} = \frac{\omega^4}{12\pi\epsilon_0 c^3} |\alpha_c(\omega)|^2 |E_0|^2

   Exprimons la partie imaginaire de \alpha_c(\omega) :

   \operatorname{Im}(\alpha_c(\omega)) = \frac{q^2}{m} \frac{\omega\gamma(\omega)}{(\omega_0^2-\omega^2)^2 + \omega^2\gamma(\omega)^2} = \frac{m}{q^2}\omega\gamma(\omega)|\alpha_c(\omega)|^2

   Comme \gamma(\omega) = \frac{q^2\omega^2}{6\pi\epsilon_0 m c^3}, on en déduit l'identité remarquable (théorème optique pour un dipôle classique) :

   \operatorname{Im}(\alpha_c(\omega)) = \frac{\omega^3}{6\pi\epsilon_0 c^3}|\alpha_c(\omega)|^2

   Il apparaît immédiatement que :

   \frac{1}{2}\operatorname{Im}(\alpha_c(\omega))|E_0|^2 = \frac{\omega^3}{12\pi\epsilon_0 c^3}|\alpha_c(\omega)|^2|E_0|^2 = \frac{\mathcal{P}}{\omega}

   La force s'exprime donc sous la forme :

   \mathbf{F}_2 = \frac{\mathcal{P}}{\omega}\mathbf{k}

   Interprétation corpusculaire : Dans le modèle photonique, un photon incident possède l'énergie \hbar\omega et l'impulsion \hbar\mathbf{k}. Le taux d'absorption/diffusion de photons par l'atome s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathcal{P}}{\hbar\omega}

   À chaque diffusion, l'atome absorbe un photon incident d'impulsion \hbar\mathbf{k}, puis le réémet par rayonnement dipolaire. L'émission dipolaire étant spatialement symétrique (invariante par inversion d'espace), la quantité de mouvement moyenne emportée par les photons diffusés est nulle : \langle \mathbf{p}_{\text{diff}} \rangle = \mathbf{0}.

   Le transfert moyen de quantité de mouvement à l'atome par unité de temps s'écrit alors :

   \frac{\mathrm{d}\mathbf{p}}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t} \left(\hbar\mathbf{k} - \langle \mathbf{p}_{\text{diff}} \rangle\right) = \frac{\mathcal{P}}{\hbar\omega}\,\hbar\mathbf{k} = \frac{\mathcal{P}}{\omega}\mathbf{k}

   On retrouve rigoureusement l'expression de \mathbf{F}_2.

   Résultat

   $${\mathbf{F}}_2=\frac{3\pi {ϵ}_0{c}^2}{{\omega }_0^2}|E_0{|}^2\frac{{\mathbf{k}}_0}{k_0}=\frac{1}{2}\mathrm{Im}({\alpha }_c({\omega }_0))|E_0{|}^2{\mathbf{k}}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique U PSI 2022, Q29

   Les miroirs formant la cavité sont modélisés comme des conducteurs parfaits.

   Dans un conducteur parfait soumis à un champ électromagnétique variable à haute fréquence (effet de peau nul, profondeur de pénétration \delta \to 0), le champ électromagnétique est strictement nul à l'intérieur du métal :

   \mathbf{E}_{\text{int}} = \mathbf{0} \quad \text{et} \quad \mathbf{B}_{\text{int}} = \mathbf{0}

   En notant \mathbf{n} le vecteur unitaire normal à la surface d'un miroir (orienté vers l'intérieur de la cavité), les relations de passage du champ électromagnétique à l'interface vide–conducteur imposent :

   • La continuité de la composante tangentielle du champ électrique :

     \mathbf{E}_\parallel = \mathbf{0} \quad \Longleftrightarrow \quad \mathbf{E} \times \mathbf{n} = \mathbf{0}

     Le champ électrique est donc strictement orthogonal à la surface du conducteur en tout point du miroir.

   • La continuité de la composante normale du champ magnétique :

     B_\perp = \mathbf{B} \cdot \mathbf{n} = 0

     Le champ magnétique est donc strictement tangentiel à la surface du miroir.

   Des charges surfaciques \sigma = \epsilon_0 \mathbf{E} \cdot \mathbf{n} et des courants surfaciques \mathbf{j}_s = \frac{1}{\mu_0} \mathbf{n} \times \mathbf{B} se développent sur la face interne des miroirs pour assurer ces continuités.

   Ces conditions aux limites contraignent fortement le champ dans la cavité :

   1. Condition de phase axiale : l'annulation de la composante tangentielle du champ électrique impose des nœuds (ou quasi-nœuds) d'amplitude aux miroirs, sélectionnant des ondes stationnaires et quantifiant ainsi les fréquences propres \omega_p de résonance de la cavité.
   2. Condition géométrique de courbure : les surfaces des miroirs devant être orthogonales au champ électrique local, elles doivent épouser la courbure des fronts d'onde du faisceau lumineux. Le rayon de courbure R(z) du mode doit donc s'adapter au rayon de courbure R_c des miroirs en z = \pm D/2.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique U PSI 2022, Q30

   Les miroirs étant modélisés par des conducteurs parfaits, la composante tangentielle du champ électrique s'annule à leur surface (question Q29) :

   \mathbf{E}_\parallel = \mathbf{0}

   Aux sommets des miroirs A\,(0,0,D/2) et A'\,(0,0,-D/2), le plan tangent est orthogonal à l'axe optique \mathbf{e}_z. Le champ électrique étant polarisé selon \mathbf{e}_x, il est strictement tangentiel à la surface en ces points. Ainsi :

   \mathbf{E}(0, 0, -D/2, t) = \mathbf{0} \quad \text{et} \quad \mathbf{E}(0, 0, D/2, t) = \mathbf{0}

   D'après l'expression (16) de v_k (question Q25), pour x=y=0 et en négligeant la phase de Gouy (\Phi(z) \approx 0 car z_R \gg D) :

   v_k(0,0,z) = v_{-k}(0,0,z) = \frac{w_0}{w(z)}

   Par parité du waist w(z) = w_0\sqrt{1+(z/z_R)^2}, on a w(D/2) = w(-D/2).

   En reportant dans l'expression (20) au point A' (z = -D/2) :

   \mathbf{E}(0, 0, -D/2, t) = \frac{w_0}{w(D/2)} \left( E_+ e^{-ikD/2} + E_- e^{ikD/2} \right) e^{-i\omega t} \mathbf{e}_x = \mathbf{0}

   ce qui impose :

   E_- = - E_+ e^{-ikD}

   En injectant cette relation au point A (z = D/2) :

   \begin{aligned} \mathbf{E}(0, 0, D/2, t) &= \frac{w_0}{w(D/2)} \left( E_+ e^{ikD/2} - E_+ e^{-ikD} e^{-ikD/2} \right) e^{-i\omega t} \mathbf{e}_x \\ &= \frac{w_0}{w(D/2)} E_+ e^{-ikD/2} \left( e^{ikD} - e^{-ikD} \right) e^{-i\omega t} \mathbf{e}_x \\ &= 2i \frac{w_0}{w(D/2)} E_+ e^{-ikD/2} \sin(kD) e^{-i\omega t} \mathbf{e}_x = \mathbf{0} \end{aligned}

   Pour obtenir une solution non triviale (E_+ \neq 0), il est nécessaire que :

   \sin(kD) = 0 \iff k_p D = p \pi \quad (p \in \mathbb{N}^*)

   Sachant que \omega = ck, les pulsations et fréquences permises prennent des valeurs discrètes :

   \boxed{\omega_p = \frac{p \pi c}{D}} \quad \text{soit} \quad \frac{\omega_p}{2\pi} = \frac{p c}{2D}

   Ces fréquences discrètes sont appelées les fréquences propres (ou fréquences de résonance) des modes longitudinaux de la cavité.

   Résultat

   $${\omega }_p=\frac{p\pi c}{D}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 PSI 2021, Q4

   Les équations des télégraphistes données par l'énoncé sont :

   -\frac{\partial u}{\partial z} = \frac{R_0}{\chi_0}\frac{\partial i}{\partial t} + \frac{R_0}{\ell_0} i(z,t) \tag{1}

   -\frac{\partial i}{\partial z} = \frac{1}{R_0 \chi_0}\frac{\partial u}{\partial t} \tag{2}

   Dérivons l'équation (1) par rapport à z :

   \begin{aligned} -\frac{\partial^2 u}{\partial z^2} &= \frac{R_0}{\chi_0}\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial i}{\partial t}\right) + \frac{R_0}{\ell_0}\frac{\partial i}{\partial z} \end{aligned}

   En appliquant le théorème de Schwarz aux fonctions supposées régulières (\frac{\partial^2 i}{\partial z \partial t} = \frac{\partial^2 i}{\partial t \partial z}) et en substituant l'expression de \frac{\partial i}{\partial z} issue de (2), il vient :

   \begin{aligned} -\frac{\partial^2 u}{\partial z^2} &= \frac{R_0}{\chi_0}\frac{\partial}{\partial t}\left(-\frac{1}{R_0 \chi_0}\frac{\partial u}{\partial t}\right) + \frac{R_0}{\ell_0}\left(-\frac{1}{R_0 \chi_0}\frac{\partial u}{\partial t}\right) \\ -\frac{\partial^2 u}{\partial z^2} &= -\frac{1}{\chi_0^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - \frac{1}{\chi_0 \ell_0}\frac{\partial u}{\partial t} \end{aligned}

   On obtient ainsi l'équation de propagation régissant la tension u(z,t) :

   \boxed{\frac{\partial^2 u}{\partial z^2} - \frac{1}{\chi_0^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - \frac{1}{\chi_0 \ell_0}\frac{\partial u}{\partial t} = 0}

   Pour déterminer l'équation de dispersion, on cherche une onde plane progressive monochromatique se propageant le long de l'axe (Oz), de vecteur d'onde \vec{k} = k\,\vec{e}_z. En adoptant la notation complexe associée à \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} imposée par le préambule :

   \bar{u}(z,t) = \bar{U}_0\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})} = \bar{U}_0\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t - k z)}

   Les opérateurs différentiels s'identifient à :

   \frac{\partial}{\partial t} \longleftrightarrow \mathrm{i}\omega \quad \text{et} \quad \frac{\partial}{\partial z} \longleftrightarrow -\mathrm{i}k

   En reportant dans l'équation de propagation :

   (-\mathrm{i}k)^2 - \frac{1}{\chi_0^2}(\mathrm{i}\omega)^2 - \frac{1}{\chi_0 \ell_0}(\mathrm{i}\omega) = 0 \iff -k^2 + \frac{\omega^2}{\chi_0^2} - \mathrm{i}\frac{\omega}{\chi_0 \ell_0} = 0

   Comme \vec{k}^2 = k^2, l'équation de dispersion s'écrit :

   \boxed{\vec{k}^2 = \frac{\omega^2}{\chi_0^2} - \mathrm{i}\frac{\omega}{\chi_0 \ell_0}}

   Résultat

   $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial z^2}-\frac{1}{{\chi }_0^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}-\frac{1}{{\chi }_0{\ell }_0}\frac{\partial u}{\partial t}=0$$

   $${\vec{k}}^2=\frac{{\omega }^2}{{\chi }_0^2}-\mathrm{i}\frac{\omega }{{\chi }_0{\ell }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PSI 2021, Q7

   Le câble étant modélisé sans pertes, un tronçon de longueur élémentaire \mathrm{d}z compris entre z et z + \mathrm{d}z est équivalent à :

   • une inductance élémentaire \mathrm{d}L = l_u\mathrm{d}z en série modélisant l'énergie magnétique stockée par unité de longueur ;
   • une capacité élémentaire \mathrm{d}C = c_u\mathrm{d}z en dérivation modélisant l'énergie électrostatique stockée entre l'âme centrale et la tresse externe.

   La loi des mailles appliquée à cette cellule s'écrit :

   u(z, t) - l_u\mathrm{d}z\,\frac{\partial i(z,t)}{\partial t} - u(z + \mathrm{d}z, t) = 0

   Soit, en développant u(z + \mathrm{d}z, t) = u(z,t) + \frac{\partial u}{\partial z}\,\mathrm{d}z au premier ordre en \mathrm{d}z :

   \frac{\partial u}{\partial z} = - l_u \frac{\partial i}{\partial t}

   La loi des nœuds appliquée au nœud situé entre l'inductance et la sortie s'écrit :

   i(z, t) - i(z + \mathrm{d}z, t) - c_u\mathrm{d}z\,\frac{\partial u(z+\mathrm{d}z, t)}{\partial t} = 0

   Au premier ordre en \mathrm{d}z, u(z+\mathrm{d}z, t) \approx u(z,t) dans le terme proportionnel à \mathrm{d}z, et i(z+\mathrm{d}z,t) = i(z,t) + \frac{\partial i}{\partial z}\,\mathrm{d}z, d'où :

   \frac{\partial i}{\partial z} = - c_u \frac{\partial u}{\partial t}

   Pour découpler ces deux équations, dérivons la première par rapport à z :

   \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} = - l_u \frac{\partial^2 i}{\partial z\,\partial t} = - l_u \frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{\partial i}{\partial z} \right) = - l_u \frac{\partial}{\partial t}\left( - c_u \frac{\partial u}{\partial t} \right) = l_u c_u \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}

   De même, en dérivant la seconde équation par rapport à z :

   \frac{\partial^2 i}{\partial z^2} = - c_u \frac{\partial^2 u}{\partial z\,\partial t} = - c_u \frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{\partial u}{\partial z} \right) = - c_u \frac{\partial}{\partial t}\left( - l_u \frac{\partial i}{\partial t} \right) = l_u c_u \frac{\partial^2 i}{\partial t^2}

   Les ondes de tension et de courant vérifient ainsi des équations de d'Alembert :

   \boxed{\frac{\partial^2 u}{\partial z^2} - l_u c_u \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 0}

   \boxed{\frac{\partial^2 i}{\partial z^2} - l_u c_u \frac{\partial^2 i}{\partial t^2} = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial z^2}-l_u{c}_u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=0$$

   $$\frac{{\partial }^{2}i}{\partial z^2}-l_u{c}_u\frac{{\partial }^{2}i}{\partial t^2}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 PSI 2021, Q11

   D'après la question Q10, la tension totale complexe dans la ligne (z < 0) s'écrit :

   \bar{u}(z,t) = \bar{u}_+(z,t) + \bar{u}_-(z,t) = \bar{U}_+ \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t - kz)} + \underline{r} \bar{U}_+ \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t + kz)}

   avec le coefficient de réflexion en tension :

   \underline{r} = \frac{\bar{Z}_e - Z_0}{\bar{Z}_e + Z_0} = r\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}, \quad \text{où } r = |\underline{r}| = \left|\frac{\bar{Z}_e - Z_0}{\bar{Z}_e + Z_0}\right| \le 1

   En choisissant sans perte de généralité l'origine des phases de telle sorte que \bar{U}_+ = U_+ > 0, la tension réelle s'écrit :

   u(z,t) = U_+ \cos(\omega t - kz) + r U_+ \cos(\omega t + kz + \theta)

   En décomposant l'onde incidente en une part progressive résiduelle d'amplitude (1-r)U_+ et une part d'amplitude r U_+ :

   \begin{aligned} u(z,t) &= (1 - r) U_+ \cos(\omega t - kz) + r U_+ \big[ \cos(\omega t - kz) + \cos(\omega t + kz + \theta) \big] \\ &= (1 - r) U_+ \cos(\omega t - kz) + 2 r U_+ \cos\!\left(\omega t + \frac{\theta}{2}\right) \cos\!\left(kz + \frac{\theta}{2}\right) \\ &= (1 - r) U_+ \cos(\omega t - kz) + 2 r U_+ \cos\!\left(\omega t + \frac{\theta}{2}\right) \sin\!\left(kz + \frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2}\right) \end{aligned}

   Par identification avec la décomposition donnée par l'énoncé, u(z,t) = u_p(z,t) + u_s(z,t) :

   U_p = (1 - r) U_+ \quad \text{et} \quad U_s = 2 r U_+

   Le rapport \rho s'exprime donc sous la forme :

   \rho = \frac{U_s}{U_p} = \frac{2r}{1 - r}

   soit, en fonction de Z_0 et \bar{Z}_e :

   \boxed{\rho = \frac{2 \left|\bar{Z}_e - Z_0\right|}{\left|\bar{Z}_e + Z_0\right| - \left|\bar{Z}_e - Z_0\right|}}

   On aura \rho = 0 si et seulement si son numérateur s'annule, c'est-à-dire :

   |\bar{Z}_e - Z_0| = 0 \iff \boxed{\bar{Z}_e = Z_0}

   L'impédance de charge doit être une résistance pure égale à l'impédance caractéristique de la ligne pour qu'il y ait adaptation d'impédance (l'onde est alors purement progressive dans tout le câble, sans onde stationnaire).

   Résultat

   $$\rho =\frac{2\left|{\bar{Z}}_e-Z_0\right|}{\left|{\bar{Z}}_e+Z_0\right|-\left|{\bar{Z}}_e-Z_0\right|}$$

   $${\bar{Z}}_e=Z_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q32

   Dans un câble coaxial comportant un diélectrique de permittivité relative \varepsilon_r \sim 2, la célérité des ondes électrocinétiques vaut :

   c = \frac{c_0}{\sqrt{\varepsilon_r}} \sim 2 \cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   (pour une ligne aérienne dans l'air, elle est très proche de la célérité dans le vide, soit c \approx c_0 = 3\cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}).

   La fréquence du réseau électrique alternatif est f = 50\text{ Hz}, ce qui correspond à une période temporelle :

   T = \frac{1}{f} = \frac{1}{50} = 20\text{ ms}

   La longueur d'onde associée à la propagation du signal est :

   \lambda = \frac{c}{f} \approx \frac{2\cdot 10^8}{50} = 4 \cdot 10^6\text{ m} = 4\,000\text{ km}

   (ou \lambda = 6\,000\text{ km} en prenant c = 3\cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}).

   L'acheminement de l'électricité dans le département des Alpes-Maritimes met en jeu des lignes de transport dont la longueur caractéristique est de l'ordre de :

   L \sim 50\text{ à }100\text{ km} = 10^5\text{ m}

   Le temps de propagation sur cette distance est :

   \tau = \frac{L}{c} \sim \frac{10^5}{2\cdot 10^8} \sim 0{,}5\text{ ms}

   On constate ainsi que :

   L \ll \lambda \quad \left(\text{soit } \frac{L}{\lambda} \sim 2{,}5\cdot 10^{-2} \ll 1\right) \quad \text{ou encore} \quad \tau \ll T

   \boxed{\text{L'approximation des régimes quasi-stationnaires (ARQS) est donc bien valable.}}

   Résultat

   $$\text{L’approximation des reˊgimes quasi-stationnaires (ARQS) est donc bien valable.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique PSI 2025, Q12

    Considérons le tronçon infinitésimal compris entre x et x+\mathrm{d}x. D'après le schéma de la figure 3, la composante série du conducteur est modélisée par une résistance élémentaire :

    \mathrm{d}R = \mathcal{R}\,\mathrm{d}x.

    Le courant traversant la résistance \mathrm{d}R est égal à I(x,t) à un terme d'ordre \mathrm{d}x près (le courant dérivé dans la capacité étant proportionnel à \mathrm{d}x). En négligeant les termes du second ordre en (\mathrm{d}x)^2, la loi d'Ohm appliquée à cette résistance s'écrit en convention récepteur :

    V(x, t) - V(x+\mathrm{d}x, t) = \mathrm{d}R \cdot I(x, t) = \mathcal{R}\,\mathrm{d}x \, I(x, t).

    On obtient ainsi la relation demandée :

    \boxed{V(x+\mathrm{d}x, t) - V(x, t) = -\mathcal{R}\,I(x, t)\,\mathrm{d}x}

    À la limite \mathrm{d}x \to 0, cette relation s'écrit sous forme différentielle :

    \boxed{\frac{\partial V}{\partial x}(x, t) = -\mathcal{R}\,I(x, t)}

    Résultat

    $$V(x+\mathrm{d}x,t)-V(x,t)=-\mathcal{R}I(x,t)\mathrm{d}x$$

    $$\frac{\partial V}{\partial x}(x,t)=-\mathcal{R}I(x,t)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question