Feuille d'entraînement : Régime sinusoïdal forcé et filtrage

10 questions · filière PSI · durée estimée environ 1 h

Énoncés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q4· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
En admettant que $φ_{i} = - φ_{e}$ , déterminer, en fonction de $Z_{i}$ , la valeur de $Z_{e}$ qui rend la puissance moyenne $P_{a}$ maximale. Donner l'expression de cette puissance maximale $P_{a, max}$ . Pour cette valeur $P_{a, max}$ de $P_{a}$ , donner la puissance dissipée $P_{diss}$ dans l'impédance interne du générateur. Commenter.
Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q7· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
La tension $u_{s}$ est la tension aux bornes de la résistance $R$ de la figure 2. Établir l'expression de la fonction de transfert $\underline{H} = \frac{u _{s}}{e}$ . On écrira la fonction de transfert sous la forme :
$\underline{H} = \frac{H _{0}}{1 + j \frac{ω}{Q ω _{0}} - \frac{ω ^{2}}{ω _{0}^{2}}}$
et on donnera les expressions de $H_{0}$ , $Q$ et $ω_{0}$ en fonction de $R$ , $L$ et $C$ .
Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q30· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 7 min
Établir l’expression de la fonction de transfert $\underline{H} ( ω) = \frac{u _{s}}{u _{e}}$ du montage à ALI. La mettre sous la forme canonique suivante, en précisant les expressions de $H_{0}$ et $ω_{0}$ :
$\underline{H} ( ω) = \frac{H _{0}}{1 +  \frac{ω}{ω _{0}}} .$
Exercice 4X-ENS Modelisation PSI 2026, Q43· Exigeant· Incontournable· ≈ 7 min
Tracer les diagrammes de Bode asymptotiques de la fonction transfert pour le courant $I_{L}$ (entrée) et $V_{L}$ (sortie) avec une tension $E_{e q}$ constante. On précise que $R_{i} > 1$ , $R_{a} > 1$ , $R_{c} > 1$ et $C > 0$ .
Exercice 5ENS Physique U PSI 2024, Q[1]· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Question préliminaire : On considère deux grandeurs physiques $A_{i = 1, 2}$ oscillant toutes deux à la pulsation $ω$ . On note $\underline{A}_{i}$ les grandeurs complexes associées. Donner l'expression de la moyenne temporelle $⟨ A_{1} A_{2} ⟩$ en fonction des $\underline{A}_{1, 2}$ et de leurs complexes conjugués.
Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q3· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Exprimer l'amplitude complexe $\underline{U}_{s}$ en fonction de l'amplitude complexe $\underline{U}_{e}$ , de $R_{ref}$ et de $\underline{Z}$ .
Exercice 7ENS Physique U PSI 2022, Q11· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Montrer qu'après un régime transitoire, le mouvement de l'électron atteint un régime stationnaire $r (t) = r_{ω} e^{- iω t}$ , où l'amplitude complexe $r_{ω}$ vérifie
$q r_{ω} = α_{c} (ω) E_{0} e_{x} (7)$
avec $α_{c} (ω) = \frac{q ^{2} / m}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iω γ ( ω )}$ .
Exercice 8X-ENS Physique PSI 2022, Q37· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
Établir l'expression de la fonction de transfert du sismomètre en déplacement $\underline{H}_{d}^{m} = \frac{Z}{X}$ sous forme canonique en fonction de $\frac{ω}{ω _{0}}$ et $Q$ . Tracer qualitativement le diagramme de BODE en amplitude de la fonction de transfert $\underline{H}_{d}^{m}$ , en supposant que le facteur de qualité vaut $\frac{1}{2}$ . On se limitera aux comportements asymptotiques de la fonction de transfert pour le tracé du diagramme. Dans les différentes gammes de fréquences, à quelle grandeur physique (déplacement, vitesse ou accélération) le déplacement $z$ est-il proportionnel ? Préciser ainsi la nature du capteur dans les différents régimes (capteur de déplacement, capteur de vitesse, accéléromètre).
Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q26· Application directe· Incontournable· ≈ 6 min
Déterminer, en notation complexe, les expressions des amplitudes complexes des intensités $I_{1}$ et $I_{2}$ .
Exercice 10X-ENS Physique PSI 2021, Q20· Exigeant· Incontournable· ≈ 6 min
À partir des équations (11) et (13), montrer que la fonction de transfert électromécanique du système $\underline{H}_{elm} (ω)$ peut s'écrire sous la forme :
$\underline{H}_{elm} (ω) = \frac{ξ _{0}}{U _{0}} = \frac{H _{0}}{1 - \frac{ω ^{2}}{ω _{0}^{2}} + i \frac{ω}{Q _{elm} ω _{0}}},$
où l'on exprimera $H_{0}$ , $ω_{0}$ et $Q_{elm}$ en fonction des paramètres du problème. On supposera que $k > γ^{2} C$ .

Corrigés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q4
D'après le résultat de la question Q3, la puissance moyenne consommée par le récepteur s'écrit :
P_a = \frac{Z_e \cos \varphi_e}{Z_e^2 + 2 Z_i Z_e \cos(\varphi_e - \varphi_i) + Z_i^2} \, E_{0,\text{eff}}^2
En introduisant l'hypothèse \varphi_i = -\varphi_e, on a \varphi_e - \varphi_i = 2\varphi_e, d'où :
P_a = E_{0,\text{eff}}^2 \cos\varphi_e \times \frac{Z_e}{Z_e^2 + 2 Z_i \cos(2\varphi_e) Z_e + Z_i^2}
On reconnaît la fonction f(x) = \dfrac{x}{x^2 + 2kax + a^2} donnée en préambule avec :
x = Z_e \geqslant 0, \quad a = Z_i > 0 \quad \text{et} \quad k = \cos(2\varphi_e) > -1 \quad (\text{pour } \varphi_e \in ]-\pi/2, \, \pi/2[)
D'après la propriété admise, cette fonction admet un maximum en x = a, ce qui donne directement :
\boxed{Z_e = Z_i}
À ce maximum, en utilisant la relation trigonométrique 1 + \cos(2\varphi_e) = 2\cos^2\varphi_e, il vient :
\begin{aligned} P_{a,\text{max}} &= E_{0,\text{eff}}^2 \cos\varphi_e \times \frac{Z_i}{Z_i^2 + 2 Z_i^2 \cos(2\varphi_e) + Z_i^2} \\ &= \frac{E_{0,\text{eff}}^2 \cos\varphi_e}{Z_i \big(2 + 2\cos(2\varphi_e)\big)} \\ &= \frac{E_{0,\text{eff}}^2 \cos\varphi_e}{4 Z_i \cos^2\varphi_e} \end{aligned}
Soit :
\boxed{P_{a,\text{max}} = \frac{E_{0,\text{eff}}^2}{4 Z_i \cos\varphi_e} = \frac{E_{0,\text{eff}}^2}{4 Z_i \cos\varphi_i}}
Puisque Z_e = Z_i et \varphi_e = -\varphi_i, les impédances sont complexes conjuguées : \underline{Z}_e = \underline{Z}_i^*. L'impédance équivalente vue par la source est :
\underline{Z}_i + \underline{Z}_e = \underline{Z}_i + \underline{Z}_i^* = 2\operatorname{Re}(\underline{Z}_i) = 2 Z_i \cos\varphi_i = 2 Z_i \cos\varphi_e
Le courant efficace traversant le circuit vaut donc :
I_{e,\text{eff}} = \frac{E_{0,\text{eff}}}{2 Z_i \cos\varphi_e}
La puissance moyenne dissipée dans l'impédance interne du générateur est la puissance active reçue par \underline{Z}_i :
P_{\text{diss}} = Z_i \cos\varphi_i \, I_{e,\text{eff}}^2 = Z_i \cos\varphi_e \left(\frac{E_{0,\text{eff}}}{2 Z_i \cos\varphi_e}\right)^2 = \frac{E_{0,\text{eff}}^2}{4 Z_i \cos\varphi_e}
On obtient ainsi :
\boxed{P_{\text{diss}} = P_{a,\text{max}} = \frac{E_{0,\text{eff}}^2}{4 Z_i \cos\varphi_e}}
Commentaire :
- À l'adaptation d'impédance (\underline{Z}_e = \underline{Z}_i^*), la puissance dissipée dans le générateur est exactement égale à la puissance maximale fournie au récepteur : P_{\text{diss}} = P_{a,\text{max}}.
- Le rendement du transfert est donc de :
  \eta = \frac{P_{a,\text{max}}}{P_{a,\text{max}} + P_{\text{diss}}} = 50\%
  Cette condition est recherchée en télécommunications ou en instrumentation pour extraire un signal de puissance maximale, mais elle est inadaptée au transport d'énergie de forte puissance, pour lequel on cherche au contraire à minimiser les pertes par effet Joule (Z_i \ll Z_e afin d'obtenir un rendement proche de 100\%).
Résultat
$Z_{e} = Z_{i}$ $P_{a, max} = \frac{E _{0, eff}^{2}}{4 Z _{i} cos φ _{e}} = \frac{E _{0, eff}^{2}}{4 Z _{i} cos φ _{i}}$ $P_{diss} = P_{a, max} = \frac{E _{0, eff}^{2}}{4 Z _{i} cos φ _{e}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q7
Le récepteur est constitué de la mise en parallèle de la résistance R et de la capacité C. Son admittance équivalente s'écrit :
\underline{Y}_{RC} = \frac{1}{R} + jC\omega
L'ensemble du circuit est alimenté par la source de tension idéale \underline{e} en série avec la bobine d'impédance \underline{Z}_L = jL\omega. Par application du pont diviseur de tension, la tension complexe \underline{u}_s aux bornes du récepteur s'exprime par :
\underline{H} = \frac{\underline{u}_s}{\underline{e}} = \frac{\frac{1}{\underline{Y}_{RC}}}{\underline{Z}_L + \frac{1}{\underline{Y}_{RC}}} = \frac{1}{1 + \underline{Z}_L \underline{Y}_{RC}}
En remplaçant \underline{Z}_L et \underline{Y}_{RC} par leurs expressions :
\begin{aligned} \underline{H} &= \frac{1}{1 + jL\omega \left(\frac{1}{R} + jC\omega\right)} \\ &= \frac{1}{1 + j\frac{L\omega}{R} - LC\omega^2} \end{aligned}
On identifie cette expression avec la forme canonique imposée :
\underline{H} = \frac{H_0}{1 + j \frac{\omega}{Q\omega_0} - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}}
Par identification terme à terme :
- le gain statique est :
  \boxed{H_0 = 1}
- la pulsation propre \omega_0 vérifie \omega_0^2 = \frac{1}{LC}, soit :
  \boxed{\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}}
- le facteur de qualité Q vérifie \frac{1}{Q\omega_0} = \frac{L}{R}, ce qui conduit à :
  \boxed{Q = \frac{R}{L\omega_0} = R\sqrt{\frac{C}{L}}}
Résultat
$H_{0} = 1$ $ω_{0} = \frac{1}{L C}$ $Q = \frac{R}{L ω _{0}} = R \frac{C}{L}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q30
L'amplificateur linéaire intégré (ALI) est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire grâce à la présence d'une boucle de rétroaction négative reliant la sortie à l'entrée inverseuse. Par conséquent :
- les courants d'entrée sont nuls : \underline{i}^+ = \underline{i}^- = 0 ;
- la tension différentielle d'entrée est nulle : \varepsilon = V^+ - V^- = 0 \implies V^- = V^+.
L'entrée non-inverseuse (+) est reliée à la masse à travers le conducteur ohmique de résistance R/2. Aucun courant n'y pénétrant (\underline{i}^+ = 0), le potentiel est nul :
V^+ = 0 \implies V^- = 0 \quad \text{(masse virtuelle)}.
Appliquons la loi des nœuds au potentiel au niveau de la borne (-), où se rejoignent la branche d'entrée de résistance R et la branche de contre-réaction constituée du conducteur ohmique R et du condensateur C en parallèle :
\frac{\underline{u}_e - V^-}{R} + \frac{\underline{u}_s - V^-}{R} + \frac{\underline{u}_s - V^-}{\frac{1}{\jmath C \omega}} = 0 .
Compte tenu de V^- = 0, cette équation se réécrit :
\begin{aligned} \frac{\underline{u}_e}{R} + \underline{u}_s \left( \frac{1}{R} + \jmath C \omega \right) &= 0 \\ \underline{u}_s \left( \frac{1 + \jmath R C \omega}{R} \right) &= -\frac{\underline{u}_e}{R} . \end{aligned}
On en déduit l'expression de la fonction de transfert :
\underline{H}(\jmath\omega) = \frac{\underline{u}_s}{\underline{u}_e} = \frac{-1}{1 + \jmath R C \omega} .
Par identification avec la forme canonique \underline{H}(\jmath\omega) = \dfrac{H_0}{1 + \jmath \dfrac{\omega}{\omega_0}}, on obtient :
\boxed{H_0 = -1 \quad \text{et} \quad \omega_0 = \frac{1}{RC}}
Résultat
$H_{0} = - 1 et ω_{0} = \frac{1}{R C}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4X-ENS Modelisation PSI 2026, Q43
D'après la question Q42, la fonction de transfert s'écrit sous forme canonique :
H(p) = \frac{V_L(p)}{I_L(p)} = - (R_i + R_a + R_c) \frac{1 + \tau_1 p}{1 + \tau_2 p} = - K_0 \frac{1 + \frac{p}{\omega_1}}{1 + \frac{p}{\omega_2}}
avec le gain statique K_0 = R_i + R_a + R_c, et les pulsations caractéristiques :
\begin{aligned} \omega_2 &= \frac{1}{\tau_2} = \frac{1}{(R_a + R_c)C} \quad \text{(pôle)}, \\ \omega_1 &= \frac{1}{\tau_1} = \frac{R_i + R_a + R_c}{R_i(R_a + R_c)C} = \omega_2 \left(1 + \frac{R_a + R_c}{R_i}\right) \quad \text{(zéro)}. \end{aligned}
Comme R_i > 1, R_a > 1, R_c > 1 et C > 0, le rapport \frac{R_a + R_c}{R_i} est strictement positif, d'où :
\boxed{\omega_2 < \omega_1}
1. Diagramme asymptotique du gain en décibels Le gain s'écrit G_{\mathrm{dB}}(\omega) = 20\log_{10}|H(j\omega)| avec :
|H(j\omega)| = (R_i + R_a + R_c)\sqrt{\frac{1 + (\omega/\omega_1)^2}{1 + (\omega/\omega_2)^2}}
- Basses fréquences (\omega \ll \omega_2) :
  G_{\mathrm{dB}} \approx 20\log_{10}(R_i + R_a + R_c) \quad \text{(pente nulle)}
  Comme R_i + R_a + R_c > 3 > 1, on a G_{\mathrm{dB}} > 20\log_{10}(3) \approx 9{,}5\text{ dB} > 0\text{ dB}.
- Moyennes fréquences (\omega_2 \ll \omega \ll \omega_1) :
  G_{\mathrm{dB}} \approx 20\log_{10}(R_i + R_a + R_c) - 20\log_{10}\left(\frac{\omega}{\omega_2}\right) \quad \text{(pente de } -20\text{ dB/décade)}
- Hautes fréquences (\omega \gg \omega_1) :
  |H(j\omega)| \approx (R_i + R_a + R_c)\frac{\omega_2}{\omega_1} = R_i \implies G_{\mathrm{dB}} \approx 20\log_{10}(R_i) \quad \text{(pente nulle)}
  Comme R_i > 1, cette asymptote haute fréquence est également strictement positive : G_{\mathrm{dB}} > 0\text{ dB}.
2. Diagramme asymptotique de la phase La phase s'écrit \varphi(\omega) = \arg(H(j\omega)). Le signe négatif introduit un déphasage constant de -\pi (ou -180^\circ) :
\varphi(\omega) = -180^\circ + \arctan\left(\frac{\omega}{\omega_1}\right) - \arctan\left(\frac{\omega}{\omega_2}\right)
- Pour \omega < \omega_2 : \varphi \approx -180^\circ.
- Pour \omega_2 < \omega < \omega_1 : \varphi \approx -180^\circ - 90^\circ = -270^\circ (ou +90^\circ).
- Pour \omega > \omega_1 : \varphi \approx -180^\circ - 90^\circ + 90^\circ = -180^\circ.
Résultat
$ω_{2} < ω_{1}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENS Physique U PSI 2024, Q[1]
D'après les conventions de l'énoncé, chaque grandeur réelle A_i(t) s'exprime à l'aide de sa grandeur complexe associée \underline{A}_i(t) par la relation d'Euler :
A_i(t) = \Re(\underline{A}_i(t)) = \frac{1}{2}\left(\underline{A}_i(t) + \underline{A}_i^*(t)\right), \quad \text{avec } \underline{A}_i(t) = \underline{A}_{0,i} e^{i\omega t}
où \underline{A}_i^* désigne le complexe conjugué de \underline{A}_i.
Le produit instantané des deux grandeurs s'écrit alors :
\begin{aligned} A_1(t) A_2(t) &= \frac{1}{4} \left(\underline{A}_1(t) + \underline{A}_1^*(t)\right)\left(\underline{A}_2(t) + \underline{A}_2^*(t)\right) \\ &= \frac{1}{4} \left( \underline{A}_1(t)\underline{A}_2^*(t) + \underline{A}_1^*(t)\underline{A}_2(t) + \underline{A}_1(t)\underline{A}_2(t) + \underline{A}_1^*(t)\underline{A}_2^*(t) \right) \end{aligned}
Étudions le comportement temporel de chacun de ces termes :
- Les termes \underline{A}_1(t)\underline{A}_2^*(t) = \underline{A}_{0,1}\underline{A}_{0,2}^* et \underline{A}_1^*(t)\underline{A}_2(t) = \underline{A}_{0,1}^*\underline{A}_{0,2} sont indépendants du temps (les facteurs e^{i\omega t} et e^{-i\omega t} se compensent). Leur valeur moyenne temporelle sur une période T = \frac{2\pi}{\omega} est donc égale à leur valeur instantanée.
- Les termes \underline{A}_1(t)\underline{A}_2(t) = \underline{A}_{0,1}\underline{A}_{0,2}e^{2i\omega t} et \underline{A}_1^*(t)\underline{A}_2^*(t) = \underline{A}_{0,1}^*\underline{A}_{0,2}^*e^{-2i\omega t} oscillent à la pulsation 2\omega. Leur moyenne sur une période T est strictement nulle :
  \frac{1}{T}\int_0^T e^{\pm 2i\omega t} \, dt = 0
En prenant la moyenne temporelle, il vient :
\boxed{\langle A_1 A_2 \rangle = \frac{1}{4}\left(\underline{A}_1 \underline{A}_2^* + \underline{A}_1^* \underline{A}_2\right) = \frac{1}{2}\Re\left(\underline{A}_1\underline{A}_2^*\right)}
Résultat
$⟨ A_{1} A_{2} ⟩ = \frac{1}{4} (\underline{A}_{1} \underline{A}_{2}^{*} + \underline{A}_{1}^{*} \underline{A}_{2}) = \frac{1}{2} ℜ (\underline{A}_{1} \underline{A}_{2}^{*})$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q3
L'amplificateur linéaire intégré possède une boucle de rétroaction négative reliant la sortie à la borne inverseuse (-), ce qui assure son fonctionnement en régime linéaire.
L'ALI étant supposé idéal :
- Les courants d'entrée sont nuls : i^+ = i^- = 0 ;
- La tension différentielle d'entrée est nulle : \varepsilon = V^+ - V^- = 0.
L'entrée non inverseuse (+) étant reliée à la masse, on a V^+ = 0, d'où une masse virtuelle sur l'entrée inverseuse :
V^- = V^+ = 0
En appliquant la loi des nœuds au potentiel au niveau de la borne (-) :
\frac{\underline{U}_e - V^-}{\underline{Z}} + \frac{\underline{U}_s - V^-}{R_{\text{ref}}} = 0
En remplaçant V^- = 0, il vient :
\frac{\underline{U}_e}{\underline{Z}} + \frac{\underline{U}_s}{R_{\text{ref}}} = 0
On en déduit l'amplitude complexe de la tension de sortie :
\boxed{\underline{U}_s = -\frac{R_{\text{ref}}}{\underline{Z}} \underline{U}_e}
Résultat
$\underline{U}_{s} = - \frac{R _{ref}}{Z} \underline{U}_{e}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENS Physique U PSI 2022, Q11
L'équation différentielle linéaire du mouvement de l'électron obtenue à la question Q10 s'écrit :
\ddot{\mathbf{r}} + \gamma(\omega)\dot{\mathbf{r}} + \omega_0^2 \mathbf{r} = \frac{qE_0}{m} e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x
La solution générale de cette équation différentielle est la somme de la solution générale de l'équation homogène \mathbf{r}_h(t) et d'une solution particulière \mathbf{r}_p(t) associée au second membre.
L'équation caractéristique associée à l'équation homogène est :
s^2 + \gamma(\omega)s + \omega_0^2 = 0
Le discriminant est négatif car \gamma(\omega) \ll \omega_0 (question Q9) : \Delta = \gamma^2 - 4\omega_0^2 < 0. Les deux racines complexes conjuguées sont :
s_\pm = -\frac{\gamma(\omega)}{2} \pm i \sqrt{\omega_0^2 - \frac{\gamma(\omega)^2}{4}} \approx -\frac{\gamma(\omega)}{2} \pm i\omega_0
Comme la partie réelle de ces racines est strictement négative (-\gamma/2 < 0), la solution homogène \mathbf{r}_h(t), qui décrit le régime transitoire, décroît exponentiellement vers zéro avec un temps caractéristique \tau = 2/\gamma :
\lim_{t \to +\infty} \mathbf{r}_h(t) = \mathbf{0}
Après l'extinction du régime transitoire, il ne subsiste que le régime forcé (ou stationnaire), oscillant à la pulsation \omega de l'onde incidente. On cherche cette solution sous la forme :
\mathbf{r}(t) = \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t}
Les dérivées temporelles successives s'écrivent :
\begin{aligned} \dot{\mathbf{r}}(t) &= -i\omega \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} \\ \ddot{\mathbf{r}}(t) &= -\omega^2 \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} \end{aligned}
En injectant ces expressions dans l'équation du mouvement, on obtient :
\left(-\omega^2 - i\omega\gamma(\omega) + \omega_0^2\right) \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} = \frac{q E_0}{m} e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x
Soit, en simplifiant par e^{-i\omega t} :
\left(\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)\right) \mathbf{r}_\omega = \frac{q E_0}{m}\mathbf{e}_x
En multipliant par la charge q de l'électron, on obtient le moment dipolaire induit complexe q\mathbf{r}_\omega :
q\mathbf{r}_\omega = \frac{q^2/m}{\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)} E_0 \mathbf{e}_x
On en déduit bien la relation demandée :
\boxed{q\mathbf{r}_\omega = \alpha_c(\omega) E_0 \mathbf{e}_x \quad \text{avec} \quad \alpha_c(\omega) = \frac{q^2/m}{\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)}}
Résultat
$q r_{ω} = α_{c} (ω) E_{0} e_{x} avec α_{c} (ω) = \frac{q ^{2} / m}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} - iω γ ( ω )}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8X-ENS Physique PSI 2022, Q37
D'après l'équation du mouvement relatif établie à la question Q36 :
m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k z = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}.
En régime sinusoïdal forcé, en adoptant les représentations complexes \underline{z}(t) = \underline{Z}\mathrm{e}^{j\omega t} et \underline{x}(t) = \underline{X}\mathrm{e}^{j\omega t}, les dérivées temporelles se traduisent par une multiplication par j\omega :
\left(-m\omega^2 + j\alpha\omega + k\right) \underline{Z} = m\omega^2 \underline{X}.
En divisant par la masse m, et en introduisant la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} et le facteur de qualité Q = \frac{m\omega_0}{\alpha} (soit \frac{\alpha}{m} = \frac{\omega_0}{Q}) :
\left(\omega_0^2 - \omega^2 + j\frac{\omega_0\omega}{Q}\right) \underline{Z} = \omega^2 \underline{X}.
On en déduit la fonction de transfert en déplacement :
\underline{H}_d^m = \frac{\underline{Z}}{\underline{X}} = \frac{\omega^2}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\frac{\omega_0\omega}{Q}}.
En divisant le numérateur et le dénominateur par \omega_0^2, on obtient la forme canonique d'un filtre passe-haut du second ordre :
\boxed{\underline{H}_d^m = \frac{\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2}{1 - \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 + j\frac{1}{Q}\frac{\omega}{\omega_0}}}
Comportement asymptotique et tracé du diagramme de Bode en amplitude : Le gain en décibels est G_{\mathrm{dB}} = 20\log_{10}|\underline{H}_d^m|.
- À basse fréquence (\omega \ll \omega_0) :
  \underline{H}_d^m \underset{\omega \ll \omega_0}{\simeq} \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \implies G_{\mathrm{dB}} \simeq 40\log_{10}\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right).
  L'asymptote est une droite de pente +40\text{ dB/décade}.
- À haute fréquence (\omega \gg \omega_0) :
  \underline{H}_d^m \underset{\omega \gg \omega_0}{\simeq} -1 \implies |\underline{H}_d^m| \to 1 \implies G_{\mathrm{dB}} \simeq 0\text{ dB}.
  L'asymptote est horizontale à 0\text{ dB}.
- À la pulsation propre (\omega = \omega_0) :
  |\underline{H}_d^m(j\omega_0)| = \frac{1}{|j/Q|} = Q = \frac{1}{\sqrt{2}} \implies G_{\mathrm{dB}}(\omega_0) = -3\text{ dB}.
Nature du capteur selon les domaines de fréquence :
- Basses fréquences (\omega \ll \omega_0) :
  \underline{Z} \simeq \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \underline{X} = -\frac{1}{\omega_0^2} \left(-\omega^2\underline{X}\right).
  L'accélération du sol étant \underline{A} = -\omega^2\underline{X}, le déplacement relatif est proportionnel à l'accélération : le dispositif fonctionne en accéléromètre.
- Fréquences intermédiaires (\omega \approx \omega_0) : Le terme d'amortissement domine au dénominateur :
  \underline{Z} \simeq \frac{(\omega/\omega_0)^2}{j\frac{\omega}{Q\omega_0}} \underline{X} = -j\frac{Q}{\omega_0}\left(j\omega\underline{X}\right).
  La vitesse du sol étant \underline{V} = j\omega\underline{X}, le déplacement relatif est proportionnel à la vitesse : le dispositif fonctionne en capteur de vitesse (vélocimètre).
- Hautes fréquences (\omega \gg \omega_0) :
  \underline{Z} \simeq -\underline{X} \implies z(t) \simeq -x(t).
  La masse reste immobile dans le référentiel terrestre par inertie ; le déplacement relatif mesure directement le déplacement du sol : le dispositif fonctionne en capteur de déplacement (sismomètre au sens strict).
Résultat
$\underline{H}_{d}^{m} = \frac{( \frac{ω}{ω _{0}} ) ^{2}}{1 - ( \frac{ω}{ω _{0}} ) ^{2} + j \frac{1}{Q} \frac{ω}{ω _{0}}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q26
D'après la figure 9, le circuit d'un enroulement statorique forme une maille unique comprenant la source de force électromotrice E, la résistance interne R, l'auto-inductance L et la résistance de charge R_u. En convention générateur pour la f.e.m. E et récepteur pour les dipôles passifs, la loi des mailles s'écrit :
E - R I - L \frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} - R_u I = 0 \iff (R + R_u) I + L \frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} = E
L'impédance totale de la maille à la pulsation \omega_r est donc :
\underline{Z} = R + R_u + \mathrm{j} L \omega_r
En régime sinusoïdal établi à la pulsation \omega_r, la relation entre l'amplitude complexe de l'intensité \underline{I} et celle de la force électromotrice \underline{E} est donnée par la loi d'Ohm généralisée :
\underline{I} = \frac{\underline{E}}{\underline{Z}} = \frac{\underline{E}}{R + R_u + \mathrm{j} L \omega_r}
Posons E_0 = \dfrac{\pi N D_i L_r B_r}{4} \omega_r. En choisissant l'origine des temps telle que \phi_r(t) = \omega_r t, les expressions instantanées des f.e.m. données en s'écrivent :
\begin{aligned} E_1(t) &= E_0 \sin(\omega_r t) = E_0 \cos\left(\omega_r t - \frac{\pi}{2}\right) = \mathrm{Re}\left( -\mathrm{j} E_0 \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega_r t} \right) \\ E_2(t) &= -E_0 \cos(\omega_r t) = E_0 \cos(\omega_r t + \pi) = \mathrm{Re}\left( -E_0 \mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega_r t} \right) \end{aligned}
Les amplitudes complexes associées aux f.e.m. sont donc :
\underline{E}_1 = -\mathrm{j} E_0 \quad \text{et} \quad \underline{E}_2 = -E_0 = -\mathrm{j} \underline{E}_1 = \underline{E}_1 \mathrm{e}^{-\mathrm{j}\pi/2}
On en déduit immédiatement les amplitudes complexes des intensités \underline{I}_1 et \underline{I}_2 :
\boxed{\underline{I}_1 = \frac{-\mathrm{j}\,\dfrac{\pi N D_i L_r B_r}{4} \omega_r}{R + R_u + \mathrm{j} L \omega_r}}
\boxed{\underline{I}_2 = \frac{-\dfrac{\pi N D_i L_r B_r}{4} \omega_r}{R + R_u + \mathrm{j} L \omega_r} = -\mathrm{j}\underline{I}_1}
Résultat
$\underline{I}_{1} = \frac{- j \frac{π N D _{i} L _{r} B _{r}}{4} ω _{r}}{R + R _{u} + j L ω _{r}}$ $\underline{I}_{2} = \frac{- \frac{π N D _{i} L _{r} B _{r}}{4} ω _{r}}{R + R _{u} + j L ω _{r}} = - j \underline{I}_{1}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10X-ENS Physique PSI 2021, Q20
D'après l'équation électrique (11) établie à la question précédente :
U(t) = \frac{Q(t)}{C} + \gamma\,\xi(t) \iff Q(t) = C\left(U(t) - \gamma\,\xi(t)\right)
En reportant cette expression de la charge Q(t) dans l'équation différentielle du mouvement (13), il vient :
m\,\frac{\mathrm{d}^2\xi}{\mathrm{d}t^2} + \alpha\,\frac{\mathrm{d}\xi}{\mathrm{d}t} + k\,\xi(t) + \gamma\,C\left(U(t) - \gamma\,\xi(t)\right) = 0
Soit, en regroupant les termes en \xi(t) :
m\,\frac{\mathrm{d}^2\xi}{\mathrm{d}t^2} + \alpha\,\frac{\mathrm{d}\xi}{\mathrm{d}t} + \left(k - \gamma^2 C\right)\xi(t) = -\gamma\,C\,U(t)
En régime sinusoïdal forcé, en adoptant les représentations complexes \underline{U}(t) = U_0\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} et \underline{\xi}(t) = \underline{\xi}_0\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}, les dérivées temporelles se traduisent par une multiplication par \mathrm{i}\omega :
\left[-m\,\omega^2 + \mathrm{i}\,\alpha\,\omega + (k - \gamma^2 C)\right]\underline{\xi}_0 = -\gamma\,C\,U_0
On en déduit la fonction de transfert électromécanique :
\underline{H}_{\text{elm}}(\omega) = \frac{\underline{\xi}_0}{U_0} = \frac{-\gamma\,C}{(k - \gamma^2 C) - m\,\omega^2 + \mathrm{i}\,\alpha\,\omega}
Puisque par hypothèse k > \gamma^2 C, on peut factoriser le dénominateur par (k - \gamma^2 C) > 0 :
\underline{H}_{\text{elm}}(\omega) = \frac{-\dfrac{\gamma\,C}{k - \gamma^2 C}}{1 - \dfrac{m}{k - \gamma^2 C}\,\omega^2 + \mathrm{i}\,\dfrac{\alpha}{k - \gamma^2 C}\,\omega}
Par identification avec la forme canonique proposée :
\underline{H}_{\text{elm}}(\omega) = \frac{H_0}{1 - \dfrac{\omega^2}{\omega_0^2} + \mathrm{i}\,\dfrac{\omega}{Q_{\text{elm}}\,\omega_0}}
on obtient :
\begin{aligned} H_0 &= -\frac{\gamma\,C}{k - \gamma^2 C} \\ \omega_0 &= \sqrt{\frac{k - \gamma^2 C}{m}} \\ Q_{\text{elm}} &= \frac{k - \gamma^2 C}{\alpha\,\omega_0} = \frac{\sqrt{m(k - \gamma^2 C)}}{\alpha} \end{aligned}
\boxed{H_0 = -\frac{\gamma\,C}{k - \gamma^2 C}, \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{k - \gamma^2 C}{m}}, \quad Q_{\text{elm}} = \frac{\sqrt{m(k - \gamma^2 C)}}{\alpha}}
Résultat
$H_{0} = - \frac{γ C}{k - γ ^{2} C}, ω_{0} = \frac{k - γ ^{2} C}{m}, Q_{elm} = \frac{m ( k - γ ^{2} C )}{α}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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