Feuille d'entraînement : Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2025, Q30

   En régime sinusoïdal établi de pulsation \omega, les impédances complexes de la bobine idéale et du conducteur ohmique s'écrivent respectivement :

   \underline{Z}_L = \mathrm{j}L\omega \quad \text{et} \quad \underline{Z}_R = R

   Le conducteur ohmique et la bobine étant montés en série et parcourus par le même courant, la formule du pont diviseur de tension donne directement :

   \underline{v} = \frac{\underline{Z}_R}{\underline{Z}_R + \underline{Z}_L}\,\underline{u} = \frac{R}{R + \mathrm{j}L\omega}\,\underline{u}

   On en déduit l'expression de la fonction de transfert sous forme canonique :

   \boxed{\underline{H}(\mathrm{j}\omega) = \frac{\underline{v}}{\underline{u}} = \frac{1}{1 + \mathrm{j}\dfrac{L\omega}{R}}}

   Le gain du filtre est donné par le module de la fonction de transfert :

   G(\omega) = |\underline{H}(\mathrm{j}\omega)| = \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\dfrac{L\omega}{R}\right)^2}}

   Le gain statique maximal vaut H_0 = 1. Par définition, la pulsation de coupure à -3\text{ dB} vérifie G(\omega_{\mathrm{c}}) = \dfrac{H_0}{\sqrt{2}}, ce qui se traduit par :

   \frac{L\omega_{\mathrm{c}}}{R} = 1 \implies \omega_{\mathrm{c}} = \frac{R}{L}

   Comme \omega_{\mathrm{c}} = 2\pi f_{\mathrm{c}}, la fréquence de coupure s'écrit :

   \boxed{f_{\mathrm{c}} = \frac{R}{2\pi L}}

   Résultat

   $$\underline{H}(\mathrm{j}\omega )=\frac{\underline{v}}{\underline{u}}=\frac{1}{1+\mathrm{j}\frac{L\omega }{R}}$$

   $$f_{\mathrm{c}}=\frac{R}{2\pi L}$$

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2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2023, Q35

   Notons U_s = kU la tension efficace aux bornes de sortie du transformateur rehausseur et I la valeur efficace de l'intensité du courant circulant dans la ligne de transmission.

   Le dipôle récepteur D et la résistance de ligne r étant en série, ils sont traversés par le même courant efficace I.

   • La puissance active transmise au dipôle D vaut :

     p = R' I^2

   • La puissance dissipée par effet Joule dans la ligne de transmission s'écrit :

     \mathcal{P}_J = r I^2

   La puissance totale délivrée en sortie du transformateur élévateur est :

   \mathcal{P}_{\text{tot}} = U_s I = p + \mathcal{P}_J = (R' + r) I^2

   Dans une ligne de transport d'électricité conçue pour être efficace, les pertes en ligne sont très faibles devant la puissance transportée (\mathcal{P}_J \ll p, soit r \ll R'). On a donc au premier ordre :

   U_s I \approx p \implies I \approx \frac{p}{U_s}

   En injectant cette expression de l'intensité dans la puissance Joule dissipée, on obtient :

   \boxed{\mathcal{P}_J = \frac{r\,p^2}{U_s^2} = \frac{r\,p^2}{(kU)^2}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_J=\frac{r{p}^2}{U_s^2}=\frac{r{p}^2}{(kU{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2023, Q42

   D'après le résultat de la question précédente, l'amplitude complexe s'écrit :

   \underline{A_m} = \frac{z_m}{r^2 - 1 + \mathrm{i}\,\frac{r}{Q}}

   L'amplitude réelle A_m = |\underline{A_m}| vaut donc :

   A_m = \frac{z_m}{\sqrt{(r^2 - 1)^2 + \frac{r^2}{Q^2}}}

   Posons la variable u = r^2 = \left(\frac{\omega_0}{\omega}\right)^2 > 0. Maximiser A_m revient à minimiser la fonction polynomiale f(u) définie par :

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

   La dérivée de cette fonction par rapport à u s'annule pour :

   f'(u) = 2u + \left(\frac{1}{Q^2} - 2\right) = 0 \iff u_R = 1 - \frac{1}{2Q^2}

   Comme f''(u) = 2 > 0, u_R correspond bien à un minimum de f(u). Puisque la pulsation \omega doit être réelle et non nulle, il est nécessaire que u_R > 0 :

   1 - \frac{1}{2Q^2} > 0 \iff Q^2 > \frac{1}{2} \iff Q > \frac{1}{\sqrt{2}}

   La valeur minimale du facteur de qualité assurant l'existence d'un maximum d'amplitude (phénomène de résonance) est donc :

   \boxed{Q_{\min} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0{,}71}

   Si Q > Q_{\min}, la pulsation de résonance \omega_R vérifie :

   \left(\frac{\omega_0}{\omega_R}\right)^2 = u_R = \frac{2Q^2 - 1}{2Q^2}

   d'où :

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

   En évaluant le dénominateur en u_R :

   f(u_R) = \left(-\frac{1}{2Q^2}\right)^2 + \frac{1}{Q^2}\left(1 - \frac{1}{2Q^2}\right) = \frac{1}{Q^2}\left(1 - \frac{1}{4Q^2}\right)

   L'amplitude maximale vaut ainsi :

   \boxed{A_{m,\max} = \frac{Q\,z_m}{\sqrt{1 - \dfrac{1}{4Q^2}}}}

   Pour un facteur de qualité très grand (Q \gg 1), on obtient par développement limité à l'ordre principal :

   \boxed{\omega_R \approx \omega_0 \quad \text{et} \quad A_{m,\max} \approx Q\,z_m}

   Résultat

   $$Q_{\min }=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,71$$

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

   $$A_{m,\max }=\frac{Q{z}_m}{\sqrt{1-\frac{1}{4Q^2}}}$$

   $${\omega }_R\approx {\omega }_0\text{et}{A}_{m,\max }\approx Q{z}_m$$

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4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2022, Q24

   Notons C le sommet gauche du pont et D le sommet droit, de sorte que la tension délivrée par le générateur s'écrit :

   \underline{V}_C - \underline{V}_D = \underline{e}(t)

   La tension u est mesurée entre les nœuds A et B à l'aide d'un détecteur de zéro (par exemple un voltmètre ou un oscilloscope) d'impédance d'entrée infinie, si bien qu'aucun courant ne s'échappe par les bornes A et B.

   Les deux branches constituent ainsi deux ponts diviseurs de tension indépendants :

   • Pour la branche supérieure (constituée du dipôle d'impédance \underline{Z}_1 en série avec le résistor R_3) :

     \underline{V}_A - \underline{V}_D = \frac{R_3}{\underline{Z}_1 + R_3} (\underline{V}_C - \underline{V}_D)

   • Pour la branche inférieure (constituée du résistor R_4 en série avec le dipôle d'impédance \underline{Z}_2) :

     \underline{V}_B - \underline{V}_D = \frac{\underline{Z}_2}{R_4 + \underline{Z}_2} (\underline{V}_C - \underline{V}_D)

   La tension mesurée s'annule :

   \underline{u} = \underline{V}_A - \underline{V}_B = 0 \iff \underline{V}_A - \underline{V}_D = \underline{V}_B - \underline{V}_D

   Ce qui se traduit par l'égalité des rapports de division :

   \frac{R_3}{\underline{Z}_1 + R_3} = \frac{\underline{Z}_2}{R_4 + \underline{Z}_2}

   En prenant l'inverse de chaque membre :

   \begin{aligned} \frac{\underline{Z}_1 + R_3}{R_3} &= \frac{R_4 + \underline{Z}_2}{\underline{Z}_2} \\ \frac{\underline{Z}_1}{R_3} + 1 &= \frac{R_4}{\underline{Z}_2} + 1 \\ \frac{\underline{Z}_1}{R_3} &= \frac{R_4}{\underline{Z}_2} \end{aligned}

   On en déduit la condition d'équilibre du pont :

   \boxed{\underline{Z}_1 \cdot \underline{Z}_2 = R_3 \cdot R_4}

   Résultat

   $${\underline{Z}}_1\cdot {\underline{Z}}_2=R_3\cdot R_4$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2021, Q45

   Le dipôle constitué de l'inductance L, de la résistance R et de la capacité C forme une association en parallèle. Son admittance équivalente s'écrit :

   \underline{Y}_p = \frac{1}{R} + \frac{1}{jL\omega} + jC\omega = \frac{1}{R} + j\left(C\omega - \frac{1}{L\omega}\right)

   En appliquant la formule du pont diviseur de tension entre la sortie non chargée et l'entrée :

   \underline{H}_F(\omega) = \frac{\underline{V}_2}{\underline{V}_1} = \frac{\underline{Z}_p}{R_0 + \underline{Z}_p} = \frac{1}{1 + R_0 \underline{Y}_p}

   En remplaçant \underline{Y}_p par son expression :

   \begin{aligned} \underline{H}_F(\omega) &= \frac{1}{1 + \frac{R_0}{R} + j R_0 \left(C\omega - \frac{1}{L\omega}\right)} \\ &= \frac{\dfrac{R}{R_0 + R}}{1 + j \dfrac{R_0 R}{R_0 + R} \left(C\omega - \frac{1}{L\omega}\right)} \end{aligned}

   On introduit la pulsation propre \omega_0 qui annule la partie imaginaire :

   C\omega_0 - \frac{1}{L\omega_0} = 0 \implies \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}

   La fréquence propre caractéristique associée est donc :

   \boxed{f_0 = \frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}}

   En posant la pulsation réduite x = \frac{\omega}{\omega_0}, le terme réactif s'écrit :

   C\omega - \frac{1}{L\omega} = \sqrt{\frac{C}{L}}\left(\frac{\omega}{\omega_0} - \frac{\omega_0}{\omega}\right) = \sqrt{\frac{C}{L}}\left(x - \frac{1}{x}\right)

   En notant R_{\text{éq}} = R_0 \parallel R = \dfrac{R_0 R}{R_0 + R}, la fonction de transfert se met sous la forme canonique d'un filtre passe-bande du second ordre :

   \boxed{\underline{H}_F(\omega) = \frac{H_0}{1 + j Q_F \left[x - \dfrac{1}{x}\right]}}

   avec :

   \boxed{H_0 = \frac{R}{R_0 + R}}

   et :

   \boxed{Q_F = \frac{R_0 R}{R_0 + R}\sqrt{\frac{C}{L}} = R_{\text{éq}}\sqrt{\frac{C}{L}}}

   Résultat

   $$f_0=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$$

   $${\underline{H}}_F(\omega )=\frac{H_0}{1+j{Q}_F\left[x-\frac{1}{x}\right]}$$

   $$H_0=\frac{R}{R_0+R}$$

   $$Q_F=\frac{R_{0}R}{R_0+R}\sqrt{\frac{C}{L}}=R_{\text{eˊq}}\sqrt{\frac{C}{L}}$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2021, Q47

   D'après l'expression de la fonction de transfert établie à la question Q45 :

   \underline{H}_F(x) = \frac{H_0}{1 + j Q_F \left(x - \dfrac{1}{x}\right)}

   Le module de la fonction de transfert s'écrit :

   G(x) = |\underline{H}_F(x)| = \frac{H_0}{\sqrt{1 + Q_F^2 \left(x - \dfrac{1}{x}\right)^2}}

   Le gain en décibels est donc :

   G_{\text{dB}}(x) = 20\log_{10}(H_0) - 10\log_{10}\left[1 + Q_F^2 \left(x - \frac{1}{x}\right)^2\right]

   Valeurs remarquables et étude asymptotique :

   • À la résonance (x = 1, soit \log_{10}(x) = 0 et \omega = \omega_0) :

     G_{\text{dB, max}} = 20\log_{10}(H_0) \approx 20\log_{10}(0{,}2) = -20\log_{10}(5) \approx -14\text{ dB}

   • Basse fréquence (x \ll 1, soit \log_{10}(x) \to -\infty) :
     x - \dfrac{1}{x} \approx -\dfrac{1}{x}, d'où G(x) \approx \dfrac{H_0}{Q_F}\, x, soit :

     G_{\text{dB}}(x) \approx 20\log_{10}\left(\frac{H_0}{Q_F}\right) + 20\log_{10}(x)

     L'asymptote basse fréquence a une pente de +20\text{ dB/décade}.

   • Haute fréquence (x \gg 1, soit \log_{10}(x) \to +\infty) :
     x - \dfrac{1}{x} \approx x, d'où G(x) \approx \dfrac{H_0}{Q_F}\,\frac{1}{x}, soit :

     G_{\text{dB}}(x) \approx 20\log_{10}\left(\frac{H_0}{Q_F}\right) - 20\log_{10}(x)

     L'asymptote haute fréquence a une pente de -20\text{ dB/décade}.

   • Intersection des deux asymptotes :
     Les deux asymptotes se coupent en x = 1 (\log_{10}(x) = 0) à la cote :

     G_{\text{asympt}}(1) = 20\log_{10}\left(\frac{H_0}{Q_F}\right) \approx 20\log_{10}\left(\frac{0{,}2}{3}\right) \approx -23{,}5\text{ dB}

     Comme Q_F \approx 3 > 1, la courbe réelle passe nettement au-dessus de l'intersection des asymptotes (surélévation de 20\log_{10}(Q_F) \approx 9{,}5\text{ dB}).

   Bande passante à -3\text{ dB} : Elle est délimitée par les pulsations réduites x_1 et x_2 telles que :

   G_{\text{dB}}(x) = G_{\text{dB, max}} - 3\text{ dB} \approx -17\text{ dB} \iff Q_F\left|x - \frac{1}{x}\right| = 1

   Les racines vérifient x_2 - x_1 = \dfrac{1}{Q_F} \approx \dfrac{1}{3} \approx 0{,}33 et x_1 x_2 = 1, soit numériquement :

   x_1 = \sqrt{1 + \frac{1}{4Q_F^2}} - \frac{1}{2Q_F} \approx 0{,}85 \quad (\log_{10} x_1 \approx -0{,}07)

   x_2 = \sqrt{1 + \frac{1}{4Q_F^2}} + \frac{1}{2Q_F} \approx 1{,}18 \quad (\log_{10} x_2 \approx +0{,}07)

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7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2025, Q24

   D'après l'expression fournie par l'énoncé :

   b_n = \frac{2E\left[1 - \cos(n\pi)\right]}{n\pi}

   Le facteur 1 - \cos(n\pi) = 1 - (-1)^n vaut :

   • 0 si n est pair ;
   • 2 si n est impair, d'où b_n = \dfrac{4E}{n\pi}.

   Le signal ne comporte donc que des harmoniques de rangs impairs :

   • Pour le fondamental (n=1, fréquence \nu_1 = f) :

     b_1 = \frac{4E}{\pi} \approx 1{,}27\,E
   • Pour n=2 (\nu_2 = 2f) : b_2 = 0.

   • Pour l'harmonique 3 (n=3, fréquence \nu_3 = 3f) :

     b_3 = \frac{4E}{3\pi} = \frac{b_1}{3} \approx 0{,}42\,E
   • Pour n=4 (\nu_4 = 4f) : b_4 = 0.

   • Pour l'harmonique 5 (n=5, fréquence \nu_5 = 5f) :

     b_5 = \frac{4E}{5\pi} = \frac{b_1}{5} \approx 0{,}25\,E

   Le spectre d'amplitude est un spectre de raies représenté ci-dessous :

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8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2025, Q26

   Pour un signal u(t) de période T, la valeur moyenne U_0 et la valeur efficace U_{\mathrm{eff}} sont définies par :

   \begin{aligned} U_0 &= \frac{1}{T} \int_0^T u(t) \, \mathrm{d}t \\ U_{\mathrm{eff}} &= \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T u^2(t) \, \mathrm{d}t} \end{aligned}

   D'après la question Q25, le signal u(t) vaut :

   • +E sur l'intervalle [\tau, T/2 - \tau], de durée \Delta t_1 = \dfrac{T}{2} - 2\tau ;
   • -E sur l'intervalle [T/2 + \tau, T - \tau], de durée \Delta t_2 = \dfrac{T}{2} - 2\tau ;
   • 0 sur le reste de la période.

   Calcul de la valeur moyenne U_0 :

   \begin{aligned} U_0 &= \frac{1}{T} \left( \int_\tau^{T/2 - \tau} E\,\mathrm{d}t + \int_{T/2 + \tau}^{T - \tau} (-E)\,\mathrm{d}t \right) \\ &= \frac{E}{T} \left[ \left(\frac{T}{2} - 2\tau\right) - \left(\frac{T}{2} - 2\tau\right) \right] = 0 \end{aligned}

   \boxed{U_0 = 0\text{ V}}

   Calcul de la valeur efficace U_{\mathrm{eff}} : La grandeur u^2(t) est nulle lorsque u(t) = 0 et vaut (\pm E)^2 = E^2 pendant les deux créneaux non nuls, soit sur une durée cumulée \Delta t_{\text{tot}} = \Delta t_1 + \Delta t_2 = T - 4\tau :

   \begin{aligned} \int_0^T u^2(t) \, \mathrm{d}t &= E^2 \, (T - 4\tau) \end{aligned}

   D'où l'expression de la valeur efficace :

   \boxed{U_{\mathrm{eff}} = E \sqrt{1 - \frac{4\tau}{T}}}

   Résultat

   $$U_0=0\text{ V}$$

   $$U_{\mathrm{eff}}=E\sqrt{1-\frac{4\tau }{T}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2023, Q32

   Au secondaire, la ligne haute tension est modélisée par une résistance R et une capacité C montées en parallèle. L'admittance complexe de cette charge s'écrit directement :

   \underline{Y}_c = \frac{1}{R} + j C \omega

   avec j^2 = -1 (ou i selon la notation choisie).

   D'après le résultat de la question Q31, l'impédance d'entrée vue du primaire est reliée à l'impédance de charge \underline{Z}_c par :

   \underline{Z}_e = \left(\frac{N_1}{N_2}\right)^2 \underline{Z}_c

   L'admittance d'entrée \underline{Y}_e = \frac{1}{\underline{Z}_e} s'en déduit immédiatement :

   \underline{Y}_e = \left(\frac{N_2}{N_1}\right)^2 \frac{1}{\underline{Z}_c} = \left(\frac{N_2}{N_1}\right)^2 \underline{Y}_c

   En substituant l'expression de \underline{Y}_c, on obtient :

   \boxed{\underline{Y}_e = \left(\frac{N_2}{N_1}\right)^2 \left(\frac{1}{R} + j C \omega\right)}

   Résultat

   $${\underline{Y}}_e={\left(\frac{N_2}{N_1}\right)}^2\left(\frac{1}{R}+jC\omega \right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2022, Q23

    En régime sinusoïdal forcé à la pulsation \omega (en adoptant la notation complexe j telle que j^2 = -1) :

    • La bobine réelle est modélisée par l'association en série d'une résistance R_1 et d'une inductance L_1. L'impédance complexe équivalente est la somme des impédances de chaque dipôle :

      \boxed{\underline{Z}_1 = R_1 + j L_1 \omega}

    • Le dipôle d'impédance \underline{Z}_2 est constitué de la mise en parallèle d'un conducteur ohmique de résistance R_2 et d'un condensateur de capacité C_2. L'admittance complexe équivalente \underline{Y}_2 = \frac{1}{\underline{Z}_2} est la somme des admittances de chaque branche :

      \begin{aligned} \underline{Y}_2 = \frac{1}{\underline{Z}_2} &= \frac{1}{R_2} + j C_2 \omega = \frac{1 + j R_2 C_2 \omega}{R_2} \end{aligned}

      ce qui donne pour l'impédance \underline{Z}_2 :

      \boxed{\underline{Z}_2 = \frac{R_2}{1 + j R_2 C_2 \omega}}

    Résultat

    $${\underline{Z}}_1=R_1+j{L}_1\omega$$

    $${\underline{Z}}_2=\frac{R_2}{1+j{R}_2{C}_2\omega }$$

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