Feuille d'entraînement : Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2024, Q16

   En régime sinusoïdal forcé, en notation complexe, les impédances respectives du résistor, de la bobine et du condensateur s'écrivent :

   \underline{Z}_R = R, \quad \underline{Z}_L = jL\omega \quad \text{et} \quad \underline{Z}_C = \frac{1}{jC\omega}.

   Le circuit de la figure 6 n'étant pas chargé en sortie, la tension complexe de sortie \underline{s} s'obtient directement par application de la formule du pont diviseur de tension aux bornes du condensateur :

   \begin{aligned} \underline{s} &= \frac{\underline{Z}_C}{\underline{Z}_R + \underline{Z}_L + \underline{Z}_C}\,\underline{e} \\ &= \frac{\frac{1}{jC\omega}}{R + jL\omega + \frac{1}{jC\omega}}\,\underline{e}. \end{aligned}

   En multipliant le numérateur et le dénominateur par jC\omega, on en déduit la fonction de transfert du micro :

   \boxed{\underline{H}(j\omega) = \frac{\underline{s}}{\underline{e}} = \frac{1}{1 - LC\omega^2 + jRC\omega}}

   Résultat

   $$\underline{H}(j\omega )=\frac{\underline{s}}{\underline{e}}=\frac{1}{1-LC{\omega }^2+jRC\omega }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2024, Q17

   D'après le résultat de la question Q16, la fonction de transfert du circuit s'écrit :

   \underline{H}(j\omega) = \frac{1}{1 - LC\omega^2 + jRC\omega}

   On souhaite l'identifier à la forme canonique d'un filtre passe-bas du second ordre :

   \underline{H}(j\omega) = \frac{H_0}{1 - \dfrac{\omega^2}{\omega_0^2} + j\,\dfrac{\omega}{Q\omega_0}}

   L'identification terme à terme donne immédiatement :

   • pour le gain statique :

     \boxed{H_0 = 1}

   • pour la pulsation propre \omega_0 (définie positive) :

     \frac{1}{\omega_0^2} = LC \implies \boxed{\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}}

   • pour le facteur de qualité Q :

     \frac{1}{Q\omega_0} = RC \implies Q = \frac{1}{RC\omega_0} = \frac{\sqrt{LC}}{RC} \implies \boxed{Q = \frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}}}

   Résultat

   $$H_0=1$$

   $${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

   $$Q=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2024, Q18

   D'après la question Q17, la fonction de transfert s'écrit avec H_0 = 1 :

   \underline{H}(j\omega) = \frac{1}{1 - \dfrac{\omega^2}{\omega_0^2} + j\,\dfrac{\omega}{Q\omega_0}}

   Le gain en amplitude s'en déduit par passage au module :

   G(\omega) = |\underline{H}(j\omega)| = \frac{1}{\sqrt{f\left(\dfrac{\omega^2}{\omega_0^2}\right)}}

   où l'on a introduit, pour x = \left(\dfrac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \geqslant 0, la fonction :

   f(x) = (1-x)^2 + \frac{x}{Q^2} = x^2 + \left(\frac{1}{Q^2} - 2\right)x + 1

   Une résonance en amplitude correspond à un maximum strict du gain G(\omega) pour une pulsation non nulle \omega > 0, ce qui équivaut à un minimum strict de f(x) sur ]0, +\infty[.

   La fonction f est un polynôme du second degré de coefficient dominant positif (1 > 0). Sa dérivée par rapport à x vaut :

   f'(x) = 2x + \left(\frac{1}{Q^2} - 2\right)

   Elle s'annule en une valeur unique :

   x_r = 1 - \frac{1}{2Q^2}

   Deux cas se présentent :

   • Si 1 - \dfrac{1}{2Q^2} \leqslant 0, c'est-à-dire si Q \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}, alors f'(x) \geqslant 0 pour tout x \geqslant 0. La fonction f est strictement croissante sur \mathbb{R}_+, donc G(\omega) décroît de façon monotone : il n'y a pas de résonance.

   • Si 1 - \dfrac{1}{2Q^2} > 0, c'est-à-dire si :

     Q > \frac{1}{\sqrt{2}}

     alors x_r > 0. La fonction f décroît sur [0, x_r] puis croît sur [x_r, +\infty[ : elle présente donc un minimum strict en x_r.

   Par conséquent, pour Q > \dfrac{1}{\sqrt{2}}, le gain G(\omega) présente un maximum strict à la pulsation de résonance \omega_r = \omega_0 \sqrt{x_r} :

   \boxed{\omega_r = \omega_0 \sqrt{1 - \frac{1}{2Q^2}}}

   Résultat

   $${\omega }_r={\omega }_0\sqrt{1-\frac{1}{2Q^2}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2023, Q32

   Pour réaliser un filtre passe-bas du premier ordre à l'aide d'un dipôle RC, on associe en série une résistance R et un condensateur de capacité C :

   • la tension d'entrée s_e(t) est appliquée à l'ensemble du dipôle \{R, C\} ;
   • la tension de sortie s_s(t) est prélevée aux bornes du condensateur C (en sortie ouverte, c'est-à-dire non chargée).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q18

   En régime harmonique à la pulsation \omega, on adopte les représentations complexes :

   E(t) = \underline{E}_0\,\mathrm{e}^{j\omega t}, \quad i(t) = \underline{I}_0\,\mathrm{e}^{j\omega t}, \quad z(t) = \underline{Z}_0\,\mathrm{e}^{j\omega t}

   L'équation mécanique différentielle issue de la question Q15 s'écrit en grandeurs complexes :

   \left(-\omega^2 + j\frac{\omega\omega_0}{Q_m} + \omega_0^2\right)\underline{Z}_0 = -\beta \underline{I}_0

   On en déduit l'amplitude complexe du déplacement :

   \underline{Z}_0 = -\frac{\beta}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\dfrac{\omega\omega_0}{Q_m}} \underline{I}_0

   L'équation électrique établie à la question Q16 s'écrit en représentation complexe :

   \begin{aligned} \underline{E}_0 &= \left(R_b + j L_b \omega\right)\underline{I}_0 - j\gamma\omega \underline{Z}_0 \\ &= \left(R_b + j L_b \omega + \frac{j\omega\beta\gamma}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\dfrac{\omega\omega_0}{Q_m}}\right)\underline{I}_0 \end{aligned}

   L'impédance électromécanique \underline{Z}_m(\omega) = \dfrac{\underline{E}_0}{\underline{I}_0} s'exprime donc sous la forme :

   \boxed{\underline{Z}_m(\omega) = R_b + j L_b \omega + \frac{j\omega\beta\gamma}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\dfrac{\omega\omega_0}{Q_m}}}

   Comportement limite à très basse fréquence :

   Lorsque \omega \to 0, le terme inductif j L_b \omega tend vers 0 et le terme de couplage mécanique vérifie :

   \frac{j\omega\beta\gamma}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\dfrac{\omega\omega_0}{Q_m}} \underset{\omega \to 0}{\sim} \frac{j\omega\beta\gamma}{\omega_0^2} \xrightarrow[\omega \to 0]{} 0

   On obtient ainsi :

   \boxed{\lim_{\omega \to 0} \underline{Z}_m(\omega) = R_b}

   Résultat

   $${\underline{Z}}_m(\omega )=R_b+j{L}_b\omega +\frac{j\omega \beta \gamma }{{\omega }_0^2-{\omega }^2+j\frac{\omega {\omega }_0}{Q_m}}$$

   $$\underset{\omega \to 0}{\lim }{\underline{Z}}_m(\omega )=R_b$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q20

   Le haut-parleur étant assimilé électriquement à une résistance pure R_b, la puissance électrique moyenne maximale reçue lorsqu'il est soumis à la tension sinusoïdale de valeur efficace U_{\text{eff}} = 20\text{ V} s'écrit :

   \mathcal{P}_{\max} = \frac{U_{\text{eff}}^2}{R_b} \implies R_b = \frac{U_{\text{eff}}^2}{\mathcal{P}_{\max}}

   Avec U_{\text{eff}} = 20\text{ V} et \mathcal{P}_{\max} = 80\text{ W} :

   \boxed{R_b = \frac{20^2}{80} = 5\ \Omega}

   À la fréquence de séparation f_c = 1\text{ kHz} (soit \omega_c = 2\pi f_c), les impédances de la bobine et du condensateur valent respectivement Z_L = L\omega_c et Z_C = \frac{1}{C\omega_c}. La condition d'adaptation selon laquelle ces impédances sont comparables à R_b conduit à :

   \begin{aligned} L\omega_c \approx R_b &\implies L \approx \frac{R_b}{2\pi f_c} \\ \frac{1}{C\omega_c} \approx R_b &\implies C \approx \frac{1}{2\pi f_c R_b} \end{aligned}

   Avec f_c = 1{,}0 \times 10^3\text{ Hz} et R_b = 5\ \Omega :

   \begin{aligned} L &\approx \frac{5}{2\pi \times 10^3} \approx 8{,}0 \times 10^{-4}\text{ H} = 0{,}80\text{ mH} \\ C &\approx \frac{1}{2\pi \times 10^3 \times 5} \approx 3{,}2 \times 10^{-5}\text{ F} = 32\ \mu\text{F} \end{aligned}

   On retient ainsi pour ordres de grandeur :

   \boxed{L \sim 1\text{ mH} \quad \text{et} \quad C \sim 30\ \mu\text{F}}

   Résultat

   $$R_b=\frac{20^2}{80}=5\Omega$$

   $$L\sim 1\text{ mH}\text{et}C\sim 30\mu \text{F}$$

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7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q21

   1. Identification des filtres \underline{H}_1 et \underline{H}_2

   D'après les expressions données en (1) :

   • Pour \underline{H}_1(\omega) :

     \lim_{\omega \to 0} |\underline{H}_1| = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{\omega \to +\infty} |\underline{H}_1| = 0

     Il s'agit donc d'un filtre passe-bas.

   • Pour \underline{H}_2(\omega) :

     \lim_{\omega \to 0} |\underline{H}_2| = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{\omega \to +\infty} |\underline{H}_2| = 1

     Il s'agit donc d'un filtre passe-haut.

   Étudions les comportements asymptotiques des circuits de la figure 8 :

   • Circuit LCL :

     • À basse fréquence (\omega \to 0), les inductances L_1 et L_3 se comportent comme des courts-circuits (fils) et le condensateur C_2 comme un circuit ouvert. Le signal d'entrée est intégralement transmis à la résistance de charge : \underline{u}_s = \underline{u}_e, soit un gain unité.
     • À haute fréquence (\omega \to +\infty), les inductances L_1 et L_3 deviennent des circuits ouverts et C_2 un court-circuit à la masse : la tension de sortie s'annule (\underline{u}_s \to 0).

     Le circuit LCL est donc un filtre passe-bas, ce qui correspond à \underline{H}_1.

   • Circuit CLC :

     • À basse fréquence (\omega \to 0), les condensateurs C_1 et C_3 sont des circuits ouverts et l'inductance L_2 est un court-circuit à la masse : le signal ne passe pas (\underline{u}_s \to 0).
     • À haute fréquence (\omega \to +\infty), les condensateurs C_1 et C_3 sont des courts-circuits et L_2 est un circuit ouvert : \underline{u}_s = \underline{u}_e, le gain tend vers 1.

     Le circuit CLC est donc un filtre passe-haut, ce qui correspond à \underline{H}_2.

   \boxed{\text{Le circuit LCL correspond au filtre } \underline{H}_1 \quad \text{et le circuit CLC correspond au filtre } \underline{H}_2.}

   2. Attribution aux haut-parleurs

   • Le woofer reproduit les sons graves (basses fréquences) : il doit être alimenté par le filtre passe-bas, c'est-à-dire le circuit LCL (\underline{H}_1).
   • Le tweeter reproduit les sons aigus (hautes fréquences) : il doit être alimenté par le filtre passe-haut, c'est-à-dire le circuit CLC (\underline{H}_2).

   \boxed{\text{Le woofer est alimenté par le circuit LCL et le tweeter par le circuit CLC.}}

   3. Ordre maximal envisageable

   Chacun des deux montages comprend trois composants réactifs indépendants capables de stocker de l'énergie (deux bobines et un condensateur pour LCL ; deux condensateurs et une bobine pour CLC). L'état électrique du réseau est donc décrit par trois variables d'état indépendantes, ce qui conduit à une fonction de transfert dont le dénominateur est un polynôme de degré 3 en j\omega.

   \boxed{n_{\max} = 3}

   Résultat

   $$\text{Le circuit LCL correspond au filtre }{\underline{H}}_1\text{et le circuit CLC correspond au filtre }{\underline{H}}_2.$$

   $$\text{Le woofer est alimenteˊ par le circuit LCL et le tweeter par le circuit CLC.}$$

   $$n_{\max }=3$$

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q41

   D'après le schéma équivalent en régime variable (figure 8) :

   • la cathode est reliée à la masse dynamique commune (court-circuitée par le condensateur de découplage C_c) ;

   • la grille est portée au potentiel v_e(t) imposé par la source idéale, d'où :

     u_{gc} = v_e

   • la tension de sortie v_s(t) est prise entre l'anode et la masse, tout comme la tension dynamique anode-cathode :

     u_{ac} = v_s

   La résistance d'anode R_a est connectée entre l'anode et la masse dynamique (puisque la source V_{cc} impose une variation de potentiel nulle). La loi des nœuds au niveau de l'anode s'écrit donc :

   i_a + \frac{v_s}{R_a} = 0 \iff i_a = -\frac{v_s}{R_a}

   En reportant ces expressions dans la relation petits signaux issue de la question Q38 :

   \begin{aligned} i_a &= g_m u_{gc} + \frac{1}{r_a} u_{ac} \\ -\frac{v_s}{R_a} &= g_m v_e + \frac{v_s}{r_a} \\ v_s \left( \frac{1}{R_a} + \frac{1}{r_a} \right) &= - g_m v_e \end{aligned}

   On en déduit bien une relation de proportionnalité v_s = A_V v_e, où l'amplification en tension A_V s'exprime par :

   \boxed{A_V = -\frac{g_m}{\dfrac{1}{r_a} + \dfrac{1}{R_a}} = -\frac{g_m r_a R_a}{r_a + R_a} = -\frac{\mu R_a}{r_a + R_a}}

   Commentaire sur le signe : Le signe négatif de A_V traduit le caractère inverseur du montage amplificateur : le signal de sortie v_s(t) est en opposition de phase (\Delta \varphi = \pi\ \text{rad}) par rapport au signal d'entrée v_e(t).

   Applications numériques : Avec g_m \approx 3{,}5\times 10^{-3}\ \text{S}, r_a \approx 28\ \text{k}\Omega (Q40) et R_a \approx 82\ \text{k}\Omega (Q35) (soit \mu = g_m r_a = 100) :

   A_V = -\frac{100 \times 81{,}7\times 10^3}{(28{,}3 + 81{,}7)\times 10^3} \approx -74

   En décibels, le gain en tension associé est défini par :

   G_{\text{dB}} = 20 \log_{10} |A_V| = 20 \log_{10}(74) \approx 37\ \text{dB}

   \boxed{A_V \approx -74 \quad \text{et} \quad G_{\text{dB}} \approx 37\ \text{dB}}

   Résultat

   $$A_V=-\frac{g_m}{\frac{1}{r_a}+\frac{1}{R_a}}=-\frac{g_m{r}_a{R}_a}{r_a+R_a}=-\frac{\mu R_a}{r_a+R_a}$$

   $$A_V\approx -74\text{et}{G}_{\text{dB}}\approx 37\text{dB}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q45

   D'après le résultat de la question Q44, la tension de sortie s'exprime sous la forme :

   v_s(t) = A_V v_e(t) + A_V \frac{\xi}{g_m} v_e(t)^2

   En injectant le signal d'entrée sinusoïdal v_e(t) = U\sin(\omega t), le terme au carré s'écrit :

   v_e(t)^2 = U^2 \sin^2(\omega t) = \frac{U^2}{2}\bigl(1 - \cos(2\omega t)\bigr)

   On en déduit l'expression temporelle complète de la tension de sortie :

   \begin{aligned} v_s(t) &= A_V U \sin(\omega t) + A_V \frac{\xi}{g_m} \frac{U^2}{2}\bigl(1 - \cos(2\omega t)\bigr) \\ &= \frac{A_V \xi U^2}{2g_m} + A_V U \sin(\omega t) - \frac{A_V \xi U^2}{2g_m}\cos(2\omega t) \end{aligned}

   Le signal v_s(t) comporte trois composantes spectrales distinctes :

   • Une composante continue (fréquence f_0 = 0) :

     V_{s,0} = \frac{A_V \xi U^2}{2g_m}

     Cette composante correspond à un décalage du point de repos induit par la non-linéarité (effet de redressement).

   • Le fondamental (pulsation \omega, fréquence f = \frac{\omega}{2\pi}) :

     v_{s,1}(t) = A_V U \sin(\omega t)

     Son amplitude vaut :

     S_1 = |A_V| U

   • L'harmonique de rang 2 (pulsation 2\omega, fréquence 2f) :

     v_{s,2}(t) = -\frac{A_V \xi U^2}{2g_m}\cos(2\omega t)

     Son amplitude vaut :

     S_2 = \frac{|A_V| \xi U^2}{2g_m}

   \boxed{v_s(t) = \frac{A_V \xi U^2}{2g_m} + A_V U \sin(\omega t) - \frac{A_V \xi U^2}{2g_m}\cos(2\omega t)}

   Résultat

   $$v_s(t)=\frac{A_V\xi U^2}{2g_m}+A_{V}U\sin (\omega t)-\frac{A_V\xi U^2}{2g_m}\cos (2\omega t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q46

    D'après les résultats de la question Q45, le fondamental et l'harmonique de rang 2 ont pour amplitudes respectives :

    S_1 = |A_V|\, U \quad \text{et} \quad S_2 = \frac{|A_V|\,\xi\, U^2}{2\,g_m}

    Le taux de distorsion harmonique de second rang s'écrit donc :

    DH_2 = \frac{S_2}{S_1} = \frac{\xi}{2\,g_m}\, U

    En utilisant les expressions littérales issues de Q38 et Q43 :

    g_m = \frac{3}{2}\mu {\beta'}^{2/3} (I_a^0)^{1/3} \quad \text{et} \quad \xi = \frac{3}{8}\mu^2 {\beta'}^{4/3} (I_a^0)^{-1/3}

    le rapport s'exprime sous forme compacte :

    \frac{\xi}{2\,g_m} = \frac{1}{8}\,\mu\, {\beta'}^{2/3} (I_a^0)^{-2/3} = \frac{\mu}{8\left(\mu U_{gc}^0 + U_{ac}^0\right)}

    Avec les valeurs numériques \mu = 100, \mu U_{gc}^0 + U_{ac}^0 \approx 50{,}9\text{ V} (ou g_m \approx 3{,}53\times 10^{-3}\text{ S} et \xi \approx 1{,}73\times 10^{-3}\text{ A}\cdot\text{V}^{-2}) :

    \frac{\xi}{2\,g_m} = \frac{100}{8 \times 50{,}9} \approx 0{,}246\text{ V}^{-1}

    Calculons les valeurs de DH_2 pour les amplitudes données :

    • Pour U = 0{,}1\text{ V} :

      DH_2 = 0{,}246 \times 0{,}1 = 0{,}0246 \approx \mathbf{2{,}5\,\%}

    • Pour U = 0{,}3\text{ V} :

      DH_2 = 0{,}246 \times 0{,}3 = 0{,}0737 \approx \mathbf{7{,}4\,\%}

    • Pour U = 0{,}5\text{ V} :

      DH_2 = 0{,}246 \times 0{,}5 = 0{,}123 \approx \mathbf{12\,\%}

    \boxed{ DH_2(0{,}1\text{ V}) \approx 2{,}5\,\% \,;\quad DH_2(0{,}3\text{ V}) \approx 7{,}4\,\% \,;\quad DH_2(0{,}5\text{ V}) \approx 12\,\% }

    Commentaires :

    • La distorsion harmonique DH_2 est strictement proportionnelle à l'amplitude d'entrée U : plus le signal attaquant la grille est grand, plus la non-linéarité de la caractéristique se manifeste.
    • Pour de faibles amplitudes (U = 0{,}1\text{ V}), la distorsion reste faible (2{,}5\,\%), ce qui justifie a posteriori l'approximation des petits signaux (modèle purement linéaire de la section IV).
    • Pour des signaux de quelques centaines de millivolts (U = 0{,}5\text{ V}), la distorsion dépasse 10\,\%. Bien que rédhibitoire en haute fidélité (où l'on vise couramment un taux de distorsion harmonique inférieur à 0{,}1\,\%), cette prédominance d'harmonique 2 (harmonique paire) est historiquement appréciée dans les amplificateurs audio à tubes pour instruments (notamment pour guitare électrique) car elle procure une sonorité jugée particulièrement « chaude » et musicale.

    Résultat

    $$D{H}_2(0,1\text{ V})\approx 2,5\%;D{H}_2(0,3\text{ V})\approx 7,4\%;D{H}_2(0,5\text{ V})\approx 12\%$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question