Feuille d'entraînement : Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q32

   D'après la question Q11, la tension mesurée aux bornes de la pointe est égale à celle aux bornes du filament. En utilisant la loi d'Ohm et l'expression de R_{\mathrm{p}}(t) établie à la question Q31 :

   \begin{aligned} u(t) &= R_{\mathrm{p}}(t)\,i(t) \\ &= R_0 \left(1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle + a\langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle\cos(2\omega t + \phi)\right) I_0 \cos(\omega t) \\ &= R_0 I_0 (1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle)\cos(\omega t) + a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(2\omega t + \phi)\cos(\omega t). \end{aligned}

   À l'aide de l'identité trigonométrique :

   \cos(p)\cos(q) = \frac{1}{2}\left[\cos(p+q) + \cos(p-q)\right],

   avec p = 2\omega t + \phi et q = \omega t, il vient :

   \cos(2\omega t + \phi)\cos(\omega t) = \frac{1}{2}\cos(3\omega t + \phi) + \frac{1}{2}\cos(\omega t + \phi).

   La tension s'écrit donc comme la somme d'une composante fondamentale à la pulsation \omega et d'une harmonique de rang 3 à la pulsation 3\omega :

   \begin{aligned} u(t) ={} & R_0 I_0 (1 + a\langle\theta_{\mathrm{DC}}\rangle)\cos(\omega t) + \frac{1}{2}a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(\omega t + \phi) \\ & + \frac{1}{2}a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle \cos(3\omega t + \phi). \end{aligned}

   La composante à la pulsation 3\omega est de la forme u_{3\omega}(t) = U_{3\omega}\cos(3\omega t + \varphi_{3\omega}), d'où :

   \boxed{U_{3\omega} = \frac{1}{2} a R_0 I_0 \langle\theta_{\mathrm{AC}}\rangle}

   Le courant étant choisi comme référence de phase (i(t) = I_0 \cos(\omega t)), le déphasage \varphi_{3\omega} de cette harmonique par rapport au courant est directement :

   \boxed{\varphi_{3\omega} = \phi}

   Résultat

   $$U_{3\omega }=\frac{1}{2}a{R}_0{I}_0⟨{\theta }_{\mathrm{AC}}⟩$$

   $${\phi }_{3\omega }=\varphi$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique-SI MP 2026, Q32

   D'après la description du système et le schéma-bloc de la commande (question Q31) :

   • Le comparateur effectue la soustraction entre la tension d'entrée U(p) et la tension issue du codeur incrémental K_C \Omega_m(p) :

     \varepsilon_v(p) = U(p) - K_C \Omega_m(p)

   • La tension appliquée au moteur s'exprime, avec H_v(p) = K_v :

     U_m(p) = K_a K_v \varepsilon_v(p)

   • La vitesse angulaire du moteur est liée à sa tension par la fonction de transfert du premier ordre du moteur :

     \Omega_m(p) = \frac{K_m}{1 + \tau_m p} U_m(p)

   En injectant l'expression de U_m(p) dans celle de \Omega_m(p), on obtient :

   \begin{aligned} \Omega_m(p) &= \frac{K_m K_a K_v}{1 + \tau_m p} \left( U(p) - K_C \Omega_m(p) \right) \\ \left( 1 + \frac{K_v K_a K_m K_C}{1 + \tau_m p} \right) \Omega_m(p) &= \frac{K_v K_a K_m}{1 + \tau_m p} U(p) \\ \left( 1 + K_v K_a K_m K_C + \tau_m p \right) \Omega_m(p) &= K_v K_a K_m U(p) \end{aligned}

   La fonction de transfert de la boucle de vitesse fermée est donc :

   H_1(p) = \frac{\Omega_m(p)}{U(p)} = \frac{K_v K_a K_m}{1 + K_v K_a K_m K_C + \tau_m p}

   En factorisant par le terme constant du dénominateur (1 + K_v K_a K_m K_C), elle se met sous la forme canonique d'un système du premier ordre :

   \boxed{H_1(p) = \frac{K_1}{1 + \tau_1 p}}

   avec :

   \boxed{K_1 = \frac{K_v K_a K_m}{1 + K_v K_a K_m K_C}} \quad \text{et} \quad \boxed{\tau_1 = \frac{\tau_m}{1 + K_v K_a K_m K_C}}

   Résultat

   $$H_1(p)=\frac{K_1}{1+{\tau }_{1}p}$$

   $$K_1=\frac{K_v{K}_a{K}_m}{1+K_v{K}_a{K}_m{K}_C}$$

   $${\tau }_1=\frac{{\tau }_m}{1+K_v{K}_a{K}_m{K}_C}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique-SI MP 2026, Q35

   Pour un correcteur proportionnel de gain K_p, la fonction de transfert s'écrit :

   C(p) = K_p

   D'après le schéma de commande complété (questions Q31 et Q34), la chaîne d'action de la boucle de position comprend successivement :

   • le correcteur de position : C(p) = K_p ;
   • le gain d'adaptation en tension : K_G = 10\text{ V}\cdot\text{rad}^{-1} ;
   • la boucle interne de vitesse en boucle fermée : H_1(p) = \dfrac{\Omega_m(p)}{U(p)} = \dfrac{K_1}{1 + \tau_1 p} ;
   • le réducteur de vitesse mécanique : r = \dfrac{1}{18}, tel que \Omega_r(p) = r\,\Omega_m(p) ;
   • l'intégrateur cinématique liant vitesse et position : \Theta_r(p) = \dfrac{1}{p}\,\Omega_r(p).

   Le capteur de position en retour ayant un gain unitaire (B(p) = 1), la fonction de transfert en boucle ouverte \mathrm{FTBO}(p) s'écrit :

   \begin{aligned} \mathrm{FTBO}(p) &= C(p) \cdot K_G \cdot H_1(p) \cdot r \cdot \frac{1}{p} \cdot 1 \\ &= K_p \, K_G \, \frac{K_1}{1 + \tau_1 p} \cdot \frac{r}{p} \end{aligned}

   Soit, sous forme canonique :

   \boxed{\mathrm{FTBO}(p) = \frac{K_{\mathrm{BO}}}{p\,(1 + \tau_1 p)}}

   avec un gain de boucle ouverte :

   K_{\mathrm{BO}} = K_p \, K_G \, K_1 \, r = \frac{K_p \, K_G \, K_1}{18}

   À partir de cette écriture canonique :

   • Le dénominateur comporte un terme en p^1 en facteur : la classe du système est égale à 1.
   • Le degré du polynôme au dénominateur est égal à 2 : l'ordre du système est égal à 2.

   \boxed{\text{Classe} = 1 \quad \text{et} \quad \text{Ordre} = 2}

   Résultat

   $$\mathrm{FTBO}(p)=\frac{K_{\mathrm{BO}}}{p(1+{\tau }_{1}p)}$$

   $$\text{Classe}=1\text{et}\text{Ordre}=2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q18

   Le multiplieur analogique \mathcal{M} fournit une tension proportionnelle au produit des deux tensions d'entrée v_1(t) et v_2(t) :

   v_i(t) \propto v_1(t) \, v_2(t) = AB \cos(2\pi f_1 t) \cos(2\pi f_2 t + \varphi_0)

   En utilisant l'identité trigonométrique \cos a \cos b = \frac{1}{2}\big(\cos(a+b) + \cos(a-b)\big), il vient :

   \boxed{v_i(t) \propto \cos\big(2\pi (f_2+f_1)t + \varphi_0\big) + \cos\big(2\pi(f_2-f_1)t + \varphi_0\big)}

   La parité de la fonction cosinus permet d'écrire le second terme sous la forme \cos\big(2\pi |f_2-f_1|t \pm \varphi_0\big). Le spectre de v_i(t) est donc constitué de deux raies distinctes aux fréquences positives :

   f_+ = f_2 + f_1 \quad \text{et} \quad f_- = |f_2 - f_1|

   Comme l'écart de fréquence |f_2-f_1| est, d'après l'énoncé, très inférieur aux fréquences d'origine (|f_2-f_1| \ll f_1 \approx f_2), ces deux fréquences sont très largement séparées :

   |f_2 - f_1| \ll f_2 + f_1

   Pour ne conserver que la composante basse fréquence |f_2-f_1| tout en éliminant la composante haute fréquence f_2+f_1, le filtre \mathcal{F} doit être un filtre passe-bas, dont la fréquence de coupure f_c vérifie :

   \boxed{|f_2 - f_1| \ll f_c \ll f_2 + f_1}

   Résultat

   $$v_i(t)\propto \cos (2\pi (f_2+f_1)t+{\phi }_0)+\cos (2\pi (f_2-f_1)t+{\phi }_0)$$

   $$|f_2-f_1|\ll f_c\ll f_2+f_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q19

   D'après la question précédente, le signal intermédiaire v_i(t) comporte une composante basse fréquence de pulsation \omega_d = 2\pi|f_2 - f_1| et une composante haute fréquence de pulsation \omega_s = 2\pi(f_1 + f_2). Pour isoler la composante basse fréquence, le filtre \mathcal{F} doit être un filtre passe-bas.

   Pour satisfaire l'incitation de l'énoncé à privilégier un filtre d'ordre 2 (qui présente une atténuation asymptotique de -40\text{ dB/décade} à haute fréquence, bien plus efficace que les -20\text{ dB/décade} d'un filtre RC d'ordre 1), on propose un circuit RLC série, la tension de sortie v_d(t) étant mesurée aux bornes du condensateur C.

   La sortie fonctionne à vide (ou connectée à un étage à très haute impédance d'entrée).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique-SI MP 2025, Q13

   D'après l'équation différentielle linéarisée obtenue à la question Q10, le mouvement autour de la position d'équilibre s'écrit :

   J\dot{\omega}(t) + \nu \omega(t) = \Delta C(t)

   En appliquant la transformée de Laplace avec conditions initiales nulles, la fonction de transfert entre le couple moteur \Delta C(p) et la vitesse angulaire \Omega(p) est :

   H_{\text{proc}}(p) = \frac{\Omega(p)}{\Delta C(p)} = \frac{1}{Jp + \nu} = \frac{\frac{1}{\nu}}{1 + \frac{J}{\nu}p}

   Le capteur de vitesse étant de gain unitaire, la fonction de transfert en boucle ouverte de la boucle interne de vitesse s'exprime par :

   BO_\omega(p) = H_c(p) H_{\text{proc}}(p) = \frac{K_p (1 + \tau_i p)}{\tau_i p} \times \frac{\frac{1}{\nu}}{1 + \frac{J}{\nu}p}

   Compensation de pôle :
   La méthode par compensation de pôle consiste à éliminer le pôle dominant du procédé (lié à la constante de temps mécanique J/\nu) par le zéro du régulateur PI. On choisit donc :

   \boxed{\tau_i = \frac{J}{\nu}}

   Fonction de transfert en boucle fermée :
   En introduisant cette valeur de \tau_i, les termes (1 + \tau_i p) et (1 + \frac{J}{\nu}p) se simplifient dans la boucle ouverte :

   BO_\omega(p) = \frac{K_p}{\nu \tau_i p} = \frac{K_p}{J p}

   La boucle de vitesse étant à retour unitaire, la fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

   BF_\omega(p) = \frac{BO_\omega(p)}{1 + BO_\omega(p)} = \frac{\frac{K_p}{J p}}{1 + \frac{K_p}{J p}} = \frac{1}{1 + \frac{J}{K_p} p}

   BF_\omega(p) est donc bien un système du premier ordre de gain statique unitaire :

   \boxed{BF_\omega(p) = \frac{1}{1 + \tau p} \quad \text{avec} \quad \tau = \frac{J}{K_p}}

   Détermination de K_p :
   On souhaite une constante de temps \tau = 0{,}05\text{ s}. Il vient :

   K_p = \frac{J}{\tau}

   Application numérique avec J = 0{,}15\text{ kg}\cdot\text{m}^2 et \tau = 0{,}05\text{ s} :

   K_p = \frac{0{,}15}{0{,}05} = 3\text{ N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}

   \boxed{K_p = 3\text{ N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}}

   Résultat

   $${\tau }_i=\frac{J}{\nu }$$

   $$B{F}_{\omega }(p)=\frac{1}{1+\tau p}\text{avec}\tau =\frac{J}{K_p}$$

   $$K_p=3\text{ N}\cdot \text{m}\cdot \text{s}\cdot {\text{rad}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique-SI MP 2025, Q15

   La fonction de transfert en boucle ouverte s'écrit en régime harmonique (p = j\omega) :

   BO_\theta(j\omega) = \frac{K}{j\omega(1 + j\tau\omega)}

   L'argument de la boucle ouverte est donné par :

   \arg\left(BO_\theta(j\omega)\right) = -\frac{\pi}{2} - \arctan(\tau\omega) = -90^\circ - \arctan(\tau\omega)

   Par définition, la marge de phase s'exprime à la pulsation de coupure \omega_{\text{co}} définie par |BO_\theta(j\omega_{\text{co}})| = 1 :

   M_\varphi = 180^\circ + \arg\left(BO_\theta(j\omega_{\text{co}})\right) = 90^\circ - \arctan(\tau\omega_{\text{co}})

   Le cahier des charges impose une marge de phase M_\varphi = 45^\circ, ce qui conduit à :

   \arctan(\tau\omega_{\text{co}}) = 45^\circ \implies \tau\omega_{\text{co}} = 1 \implies \omega_{\text{co}} = \frac{1}{\tau}

   Le module de la fonction de transfert en boucle ouverte vaut :

   |BO_\theta(j\omega)| = \frac{K}{\omega\sqrt{1 + \tau^2\omega^2}}

   En évaluant ce module en \omega = \omega_{\text{co}} = \frac{1}{\tau}, la condition |BO_\theta(j\omega_{\text{co}})| = 1 devient :

   \frac{K}{\frac{1}{\tau}\sqrt{1 + 1}} = \frac{K\tau}{\sqrt{2}} = 1

   On en déduit l'expression littérale du gain K :

   \boxed{K = \frac{\sqrt{2}}{\tau}}

   Application numérique : avec \tau = 0{,}05\text{ s} et \sqrt{2} \approx 1{,}414 :

   K = \frac{\sqrt{2}}{0{,}05} = 20\sqrt{2} \approx 28\text{ s}^{-1}

   \boxed{K \approx 28\text{ s}^{-1}}

   Résultat

   $$K=\frac{\sqrt{2}}{\tau }$$

   $$K\approx 28{\text{ s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q38

   Le multiplieur M_2 étant identique à M_1, son impédance d'entrée est infinie : le bloc F fonctionne en sortie ouverte (aucun courant n'est prélevé à la sortie).

   En régime sinusoïdal forcé à la pulsation \omega, en appliquant la formule du pont diviseur de tension à l'association série du condensateur de capacité C_2 (d'impédance \underline{Z}_{C_2} = \frac{1}{\mathrm{j}C_2\omega}) et du conducteur ohmique de résistance r_2, la fonction de transfert s'écrit :

   \underline{H}(\mathrm{j}\omega) = \frac{\underline{u}_{r2}}{\underline{u}_{r1}} = \frac{r_2}{r_2 + \frac{1}{\mathrm{j}C_2\omega}}

   Soit sous forme canonique :

   \boxed{\underline{H}(\mathrm{j}\omega) = \frac{\mathrm{j} r_2 C_2 \omega}{1 + \mathrm{j} r_2 C_2 \omega}}

   Le module de la fonction de transfert est donné par :

   H(\omega) = |\underline{H}(\mathrm{j}\omega)| = \frac{r_2 C_2 \omega}{\sqrt{1 + (r_2 C_2 \omega)^2}}

   On observe que :

   • en basse fréquence (\omega \to 0), H(\omega) \to 0 : les composantes continues et basses fréquences sont bloquées ;
   • en haute fréquence (\omega \to +\infty), H(\omega) \to H_{\max} = 1 : les signaux de pulsation élevée sont transmis sans atténuation ni déphasage.

   Le bloc F est donc un filtre passe-haut du premier ordre.

   La pulsation de coupure à -3\text{ dB}, notée \omega_c, est définie par H(\omega_c) = \frac{H_{\max}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}, ce qui conduit à :

   r_2 C_2 \omega_c = 1 \implies \boxed{\omega_c = \frac{1}{r_2 C_2}}

   Fonction du bloc F : D'après l'expression de u_r(t) établie à la question Q37, le signal reçu comporte une composante continue non nulle issue de la polarisation de la diode (U_0 - V_{sb}). Comme \omega_c \ll \omega_a \ll \omega_p, le bloc F a pour fonction d'éliminer la composante continue (rôle de filtre réjecteur de continu ou condensateur de liaison), tout en laissant passer intégralement le signal utile modulé autour de la porteuse.

   Résultat

   $$\underline{H}(\mathrm{j}\omega )=\frac{\mathrm{j}{r}_2{C}_2\omega }{1+\mathrm{j}{r}_2{C}_2\omega }$$

   $${\omega }_c=\frac{1}{r_2{C}_2}$$

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9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q19

   1. Élimination de la composante continue

   Le signal délivré par le capteur s'écrit e(t) = k I_0 - k I(t), où le terme k I_0 représente une composante continue (fréquence nulle \omega = 0), tandis que k I(t) correspond aux variations transitoires rapides lors du passage d'une goutte.

   Pour éliminer la composante continue tout en conservant les variations du signal, on peut utiliser un filtre passe-haut passif RC :

   • un condensateur de capacité C est placé en série sur la ligne du signal ;
   • une résistance de valeur R est reliée entre la sortie et la masse.

   En régime continu (\omega = 0), l'impédance du condensateur Z_C = \frac{1}{\mathrm{j}C\omega} tend vers l'infini : le condensateur se comporte comme un circuit ouvert et bloque la composante continue (s_1 = 0). Pour transmettre le signal lié au passage d'une goutte (durée de quelques millisecondes), il suffit de choisir la fréquence de coupure f_c = \frac{1}{2\pi RC} très inférieure aux fréquences caractéristiques du signal utile.

   2. Réalisation de l'inversion du signal

   Le bloc d'inversion du signal (qui réalise l'opération s_2(t) = -s_1(t)) peut être réalisé à l'aide d'un amplificateur linéaire intégré (ALI, ou amplificateur opérationnel).

   En régime linéaire avec une boucle de rétroaction négative, un montage amplificateur inverseur constitué de l'ALI et de deux résistances de même valeur R_0 permet d'imposer un gain unitaire inverseur :

   \boxed{\text{Filtre passe-haut } RC \text{ et Amplificateur Linéaire Intégré (ALI)}}

   Résultat

   $$\text{Filtre passe-haut }RC\text{ et Amplificateur Lineˊaire Inteˊgreˊ (ALI)}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q32

    Le filtre C est constitué d'une entrée soumise à la tension \underline{U}, d'un premier résistor de résistance R relié à un nœud intermédiaire de potentiel complexe \underline{V}_A, d'un premier condensateur d'impédance \underline{Z}_C = \frac{1}{jC\omega} relié à la masse, d'un second résistor de résistance R reliant le nœud A à la sortie, et d'un second condensateur d'impédance \underline{Z}_C relié à la masse aux bornes duquel on prélève la tension de sortie \underline{U}_s. Le circuit n'étant pas chargé en sortie (le courant de sortie est nul), on procède par deux méthodes équivalentes.

    Étape 1 : Relation entre \underline{U}_s et \underline{V}_A

    La seconde cellule RC forme un diviseur de tension alimenté par \underline{V}_A :

    \underline{U}_s = \frac{\underline{Z}_C}{R + \underline{Z}_C}\,\underline{V}_A = \frac{\frac{1}{jC\omega}}{R + \frac{1}{jC\omega}}\,\underline{V}_A

    soit :

    \underline{V}_A = (1 + jRC\omega)\,\underline{U}_s

    Étape 2 : Potentiel au nœud intermédiaire A

    Appliquons le théorème de Millman au nœud intermédiaire A, relié à la tension d'entrée \underline{U} à travers une conductance 1/R, à la masse à travers l'admittance jC\omega, et au nœud de sortie à travers une conductance 1/R :

    \begin{aligned} \underline{V}_A &= \frac{\frac{\underline{U}}{R} + \frac{0}{\underline{Z}_C} + \frac{\underline{U}_s}{R}}{\frac{1}{R} + \frac{1}{\underline{Z}_C} + \frac{1}{R}} \\ &= \frac{\frac{\underline{U}}{R} + \frac{\underline{U}_s}{R}}{\frac{2}{R} + jC\omega} \end{aligned}

    En multipliant le numérateur et le dénominateur par R :

    \underline{V}_A = \frac{\underline{U} + \underline{U}_s}{2 + jRC\omega}

    Étape 3 : Détermination de la fonction de transfert

    En égalant les deux expressions obtenues pour \underline{V}_A :

    \begin{aligned} (1 + jRC\omega)\,\underline{U}_s &= \frac{\underline{U} + \underline{U}_s}{2 + jRC\omega} \\ (1 + jRC\omega)(2 + jRC\omega)\,\underline{U}_s &= \underline{U} + \underline{U}_s \end{aligned}

    On développe le membre de gauche avant regroupement des termes :

    \begin{aligned} \left[2 + jRC\omega + 2jRC\omega + (jRC\omega)^2\right] \underline{U}_s &= \underline{U} + \underline{U}_s \\ \left[2 + 3jRC\omega + (jRC\omega)^2 - 1\right] \underline{U}_s &= \underline{U} \end{aligned}

    On obtient ainsi la relation entre \underline{U}_s et \underline{U} sous la forme non simplifiée demandée :

    \boxed{\underline{H}_F(j\omega) = \frac{\underline{U}_s}{\underline{U}} = \frac{1}{1 + 3jRC\omega + (jRC\omega)^2}}

    Résultat

    $${\underline{H}}_F(j\omega )=\frac{{\underline{U}}_s}{\underline{U}}=\frac{1}{1+3jRC\omega +(jRC\omega {)}^2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question