Corrigé TD S10 : Régime sinusoïdal forcé Exercice 1

(1)

Corrigé TD S10 : Régime sinusoïdal forcé

Exercice 1 : Détermination des paramètres d’un oscillateur On sait que 𝜓(𝜔0) = − 𝝅 2 ⇒ 𝜔0 ≈ 5,5rads −1_. D’autre part, 𝑈_m(𝜔₀) = 𝑄𝑈_m(𝜔 = 0) ⇒ 𝑄 = 𝑈m(𝜔0) 𝑈m(𝜔=0). On lit 𝑈_m(𝜔₀) ≈ 1,9cm ≈ 𝑈_m(𝜔 = 0) ⇒ 𝑄 ≈ 1,0.

Exercice 2 : Calculs d’intensités dans différentes branches 1. On a 𝑍1 = 𝑟 + j𝐿𝜔 et 𝑢 = 𝑍1𝑖1 ⇒ 𝑖1= 𝑢 𝑟+j𝐿𝜔. D’autre part, 𝐼1m = |𝑖1|, 𝑈m= |𝑢|, 𝐼1 = 𝐼1m √2 et 𝑈 = 𝑈m √2 ⇒ 𝐼1 = 𝑈 √𝑟2_+𝐿2_𝜔2.

De plus, arg (𝑖1) = arg(𝑢) − arg(𝑟 + j𝐿𝜔) ⇒ 𝜑1 = arg(𝑟 − j𝐿𝜔) .

De même, 𝑍2 = 𝑟 + j𝐿𝜔 + 1 j𝐶𝜔⇒ 𝑖2 = j𝐶𝜔𝑢 1−𝐿𝐶𝜔2_{+j𝑟𝐶𝜔} ⇒ 𝐼2 = 𝐶𝜔𝑈 √(1−𝐿𝐶𝜔2₎2_{+(𝑟𝐶𝜔)}2 On peut écrire 𝑖2 = 𝐶𝜔𝑢 𝑟𝐶𝜔+j(𝐿𝐶𝜔2₋₁₎⇒ 𝜑2 = arg[𝑟𝐶𝜔 + j(1 − 𝐿𝐶𝜔2)] . 2. On veut obtenir 𝜑₂ = 𝜑₁±𝝅 2 ⇒ tan𝜑2 = tan (𝜑1± 𝝅 2).

Or, tan𝛼 =_cos𝛼sin𝛼 et sin (𝛼 ±𝝅₂) = ±cos𝛼 et cos (𝛼 ±𝝅₂) = ∓sin𝛼 ⇒ tan𝜑₂ = − 1

tan𝜑1. tan𝜑₁ = −𝐿𝜔 𝑟 et tan𝜑2 = 1−𝐿𝐶𝜔2 𝑟𝐶𝜔 ⇒ 𝐶 = 𝐿 𝐿2_𝜔2_+𝑟2.

3. On veut aussi obtenir 𝐼1 = 𝐼2 ⇒ 2𝐿𝐶𝜔2 = 1 ⇒ 𝑟 = 𝐿𝜔 .

Exercice 3 : Oscillations d’une masse 1. Système : masse.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen.

Forces : poids : 𝑃⃗ = 𝑚𝑔𝑒 𝑥 ; frottements fluides : 𝑓 = −𝜆𝑣 ; tension du ressort : 𝑇⃗ = −𝑘(𝐿 − 𝐿0)𝑒 𝑥.

𝐿 = 𝐿₀+ 𝑚𝑔/𝑘 + 𝑥 − Δ𝑥 ⇒ 𝑇⃗ = −[𝑚𝑔 + 𝑘(𝑥 − Δ𝑥)]𝑢⃗ _𝑥. Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑓 + 𝑇⃗ . Selon 𝑒 𝑥 : 𝑚𝑥̈ = 𝑚𝑔 − 𝜆𝑥̇ − 𝑚𝑔 − 𝑘(𝑥 − Δ𝑥). Avec 𝜔₀2 = 𝑘 𝑚 et 𝜔0 𝑄 = 𝜆 𝑚, on obtient 𝑥̈ +𝜔0 𝑄 𝑥̇ + 𝜔0 2_{𝑥 = 𝜔} 0 2_{𝑎cos(𝜔𝑡) .}

2. Le régime permanent est sinusoïdal de pulsation 𝜔 : 𝑥(𝑡) = 𝐴(𝜔)cos(𝜔𝑡 + 𝜑).

On utilise la notation complexe : 𝑥(𝑡) → 𝑥 = 𝐴ej(𝜔𝑡+𝜑) et cos(𝜔𝑡) → ej𝜔𝑡.

Sous forme complexe, l’équation différentielle s’écrit −𝜔2𝑥 + j𝜔𝜔0 𝑄 𝑥 + 𝜔0 2_{𝑥 = 𝜔} 02𝑎 ej𝜔𝑡. On en déduit 𝑥 = 𝜔02𝑎ej𝜔𝑡 𝜔02−𝜔2+j𝜔𝜔0/Q. D’où 𝐴(𝜔) = 𝜔02𝑎 √(𝜔₀2_−𝜔2₎2₊₍𝜔𝜔0 𝑄 ) 2 3. lim 𝜔→0𝐴(𝜔) = 𝑎, lim𝜔→+∞𝐴(𝜔) = 0. 𝐴(𝜔 = 𝜔0) = 𝑄𝑎.

(2)

Avec 2𝑄2 ≫ 1, la résonance en amplitude est atteinte pour 𝜔r ≃ 𝜔0. 4. 𝑣𝑥(𝑡) → 𝑣𝑥 = 𝑉ej(𝜔𝑡+𝜓) 𝑣𝑥= d𝑥 d𝑡 ⇒ 𝑣𝑥 = j𝜔𝑥 ⇒ 𝑉 = 𝜔𝐴. 𝑉 = 𝑄𝜔0𝑎 √1 + 𝑄2₍𝜔 𝜔₀− 𝜔0 𝜔 ) 2

Il y a résonance en vitesse lorsque 𝑉 est maximum, c’est-à-dire pour 𝜔 = 𝜔₀. lim 𝜔→0𝑉(𝜔) = 0. lim 𝜔→+∞𝑉(𝜔) = 0. 𝑉(𝜔 = 𝜔₀) = 𝑄𝜔0𝑎. Exercice 4 : Résonance

1. Le circuit est équivalent au schéma ci-contre, avec _𝑍1

1 = j𝐶𝜔 +

1 j𝐿𝜔.

Pont diviseur de tension : 𝑠 = 𝑍1 𝑅 + 𝑍₁𝑒 = 1 1 +_𝑍𝑅 1 𝑒 ⇒ 𝑠 = 1 1 + j𝑅 (𝐶𝜔 −_𝐿𝜔)1 𝑒 2. L’amplitude est donnée par 𝑆m = |𝑠| ⇒ 𝑆m=

𝐸m

√1+𝑅2_(𝐶𝜔−1 𝐿𝜔)

2.

𝑆_m passe par un maximum pour 𝐶𝜔 =_𝐿𝜔1 . Il y a donc un phénomène de résonance. La pulsation de résonance est alors 𝜔r =

1 √𝐿𝐶.

3. Déphasage : Δ𝜑 = arg(𝑠) − arg(𝑒) = −arg [1 + j𝑅 (𝐶𝜔 − 1

𝐿𝜔)]. À la résonance, 𝐶𝜔 = 1 𝐿𝜔 ⇒ Δ𝜑 = 0 . Exercice 5 : Sismographe 1. a. Système : masse M.

Référentiel : ℛ supposé galiléen.

Forces : poids : 𝑃⃗ = −𝑚𝑔𝑢⃗ _𝑧 ; frottements fluides : 𝐹 = 𝑓d𝐿

d𝑡𝑢⃗ 𝑧 ; tension du ressort : 𝑇⃗ = 𝑘(𝐿 −

𝐿₀)𝑢⃗ _𝑧.

Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑇⃗ + 𝐹 . À l’équilibre, 𝑎 = 0⃗ et d𝐿_d𝑡= 0 : 𝑃⃗ + 𝑇⃗ = 0⃗ . Selon 𝑢⃗ _𝑧 : −𝑚𝑔 + 𝑘(𝐿1 − 𝐿0) = 0 ⇒ 𝐿1 = 𝐿0+ 𝑚𝑔 𝑘 . b. 𝑎 =d_d𝑡2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 = d2OP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ d𝑡2 + d2PQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ d𝑡2 + d2QM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ d𝑡2 = d2𝑍P d𝑡2 𝑢⃗ 𝑧− d2𝐿 d𝑡2𝑢⃗ 𝑧⇒ 𝑎 = ( d2𝑍P d𝑡2 + d2𝑧 d𝑡2) 𝑢⃗ 𝑧

2. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit alors, selon 𝑢⃗ _𝑧,

𝑚(𝑍̈_P+ 𝑧̈) = −𝑚𝑔 + 𝑘(𝐿₁− 𝑧 − 𝐿₀) − 𝑓𝑧̇. Avec 𝑘(𝐿1 − 𝐿0) = 𝑚𝑔, on obtient finalement 𝑧̈ +

𝑓 𝑚𝑧̇ +

𝑘

𝑚𝑧 = 𝜔

(3)

On en déduit 𝜔₀2 = 𝑘 𝑚⇒ 𝜔0 = √ 𝑘 𝑚. De plus, 2𝜆𝜔0 = 𝑓 𝑚⇒ 𝜆 = 𝑓 2√𝑘𝑚. AN : 𝜔0 = 10rads−1 et 𝜆 = 1,1.

L’équation du mouvement s’écrit alors 𝑧̈ + 2𝜆𝜔0𝑧̇ + 𝜔02𝑧 = 𝜔2𝑎cos(𝜔𝑡) .

3. Le régime transitoire est critique lorsque le discriminant du polynôme caractéristique est nul. Polynôme caractéristique : 𝑟2+ 2𝜆𝜔0𝑟 + 𝜔02 = 0 ⇒ Δ = 4(𝜆2− 1)𝜔02.

Le discriminant s’annule pour 𝜆c = 1 (on a 𝜆 > 0).

Le polynôme caractéristique admet alors une racine double : 𝑟 = −𝜔0.

Les solutions de l’équation homogène s’écrivent alors 𝑧RT(𝑡) = (𝐴1+ 𝐴2𝑡)e−𝜔0𝑡.

4.

a. L’équation complexe s’écrit

−𝜔2𝑧 + j2𝜆𝜔𝜔0𝑧 + 𝜔02𝑧 = 𝜔2𝑎 ej𝜔𝑡 ⇒ 𝑧 = 𝜔2_{𝑎 e}j𝜔𝑡 −𝜔2_{+ j2𝜆𝜔𝜔} 0+ 𝜔02 Comme 𝑏 = |𝑧|, on a 𝑏_𝑎= 𝜔2 √(𝜔₀2_−𝜔2₎2_{+4(𝜆𝜔𝜔} 0)2 . b. lim 𝜔→0 𝑏 𝑎(𝜔) = 0 et lim𝜔→+∞ 𝑏

𝑎(𝜔) = 1 : le graphe tracé est cohérent avec l’expression obtenue.

c. Le sismographe restitue correctement l’amplitude du mouvement de P si 𝑏

𝑎≈ 1, c’est-à-dire pour 𝜔

supérieur à quelques fois 𝜔0.

On choisit 𝜆 proche de 1 car le régime critique est celui pour lequel la durée du régime transitoire est la plus faible : le temps de réponse du sismographe est alors meilleur.

Exercice 6 : Pont de Maxwell

Lorsque le pont est équilibré, le courant traversant l’ampèremètre est nul. La loi d’Ohm nous donne alors 𝑉A = 𝑉B.

Le circuit est alors équivalent au schéma ci-contre. Ponts diviseurs de tensions : 𝑉A =

𝑅2 𝑅2+𝑅+j𝐿𝜔𝑒 et 𝑉B= 𝑍0 𝑅1+𝑍0𝑒 = 1 1+𝑅1 𝑍0 𝑒. Avec 1 𝑍0 = 1 𝑅+ j𝐶0𝜔 ⇒ 𝑉B= 1 1+𝑅1 𝑅0+j𝑅1𝐶0𝜔 𝑒. La relation 𝑉_A= 𝑉_B donne alors 𝑅

𝑅2+ j 𝐿𝜔 𝑅2 = 𝑅1 𝑅0+ j𝑅1𝐶0𝜔. On en déduit 𝑅 =𝑅1𝑅2 𝑅0 et 𝐿 = 𝑅1𝑅2𝐶0.

Exercice 7 : Couleurs du ciel 1. Système : électron.

Référentiel : terrestre supposé galiléen.

Forces : force élastique : 𝐹 = −𝑚𝜔02𝑟 ; force de Lorentz : 𝐹 e = −𝑒𝐸⃗ = −𝑒𝐸0cos(𝜔𝑡)𝑒 𝑥 ; frottements

visqueux : 𝑓 = −𝑚

𝜏e𝑣 .

(4)

On obtient alors d_d𝑡2𝑟 2+ 1 𝜏e d𝑟 d𝑡+ 𝜔0 2_{𝑟 = −}𝑒𝐸0 𝑚 cos(𝜔𝑡)𝑒 𝑥. 2. Selon 𝑒 𝑥 : 𝑥̈ + 𝑥̇ 𝜏e+ 𝜔0 2_{𝑥 = −}𝑒𝐸0 𝑚 cos(𝜔𝑡). Selon 𝑒 𝑦 : 𝑦̈ + 𝑦̇ 𝜏e+ 𝜔0 2_{𝑦 = 0.} Selon 𝑒 _𝑧 : 𝑧̈ + 𝑧̇ 𝜏e+ 𝜔0 2_{𝑧 = 0.}

Selon 𝑒 𝑦 et 𝑒 𝑧, le mouvement n’est pas forcé. En régime permanent, 𝑦 = 𝑧 = 0 (un éventuel mouvement

initial est amorti par les frottements).

Selon 𝑒 _𝑥, la réponse est sinusoïdale : 𝑥(𝑡) = 𝑋cos(𝜔𝑡 + 𝜑).

On utilise la notation complexe : 𝑥(𝑡) → 𝑥 = 𝑋ej(𝜔𝑡+𝜑) et cos(𝜔𝑡) → ej𝜔𝑡. On a donc −𝜔2𝑥 + 𝑗𝜔 𝜏e𝑥 + 𝜔0 2_{𝑥 =}𝑞𝐸0 𝑚 e j𝜔𝑡 _{⇒ 𝑥 =}−𝑒𝐸0ej𝜔𝑡/𝑚 𝜔02−𝜔2+j 𝜔 𝜏e . Comme 𝑋 = |𝑥|, on a 𝑋 = 𝑒𝐸0/𝑚 √(𝜔02−𝜔2) 2 +𝜔2 𝜏e2 .

3. À partir de l’équation différentielle du mouvement, on peut écrire 𝜔_𝑄0= 1

𝜏e.

L’expression précédente s’écrit alors 𝑋 =

𝑒𝐸0 𝑚𝜔02 √(1−𝜔2 𝜔02) 2 +( 𝜔 𝑄𝜔0) 2 . 𝜔 𝜔0 < 0,1 ⇒ 𝜔2 𝜔02< 0,01 ≪ 1 et ( 𝜔 𝑄𝜔0) 2 ≪ 1. On a alors 𝑋(𝜔) ≃ 𝑒𝐸0

𝑚𝜔02. L’amplitude du mouvement de l’électron est donc quasiment indépendante de

𝜔. 4.

a. On utilise la notation complexe également pour l’accélération : 𝑎𝑥(𝑡) → 𝑎𝑥= 𝐴ej(𝜔𝑡+𝜓).

Or, 𝑎𝑥 = 𝑥̈ ⇒ 𝑎𝑥 = −𝜔2𝑥 ⇒ 𝐴 = 𝜔2𝑋.

La puissance rayonnée est proportionnelle au carré de l’amplitude de l’accélération : P ∝ 𝐴2 = 𝜔4𝑋2.

𝑋 étant indépendant de 𝜔 dans le domaine de pulsation considéré, la puissance rayonnée est proportionnelle à 𝜔4, c’est-à-dire à _𝜆14.

b. Le rapport de la puissance rayonnée dans le bleu par rapport à la puissance rayonnée dans le rouge est donc P_PB R= 𝜆R4 𝜆_B4 ⇒ PB PR= ( 800 400) 4

= 16. La puissance rayonnée par les électrons est 16 fois plus importante dans le bleu que dans le rouge, ce qui explique que l’on perçoive le ciel bleu.

Exercice 8 : Circuit bouchon 1. On a 𝑢 = 𝑍eq𝑖 avec 1 𝑍eq = 1 𝑅+ 1 j𝐿𝜔+ j𝐶𝜔 ⇒ 𝑢 = j𝑅𝐿𝜔 𝑅−𝑅𝐿𝐶𝜔2_+j𝐿𝜔𝑖. Or, 𝑈m = |𝑢| ⇒ 𝑈m = 𝑅𝐼m √1+(𝑅 𝐿𝜔−𝑅𝐶𝜔) 2.

𝑈m est maximum lorsque ( 𝑅

𝐿𝜔− 𝑅𝐶𝜔) 2

est minimum, c’est-à-dire pour ( 𝑅

𝐿𝜔0− 𝑅𝐶𝜔0) 2 = 0 ⇒ 𝜔0 = 1 √𝐿𝐶.

2. On cherche 𝜔 tel que 𝑈m(𝜔) = 𝑈max √2 , avec 𝑈max= 𝑈m(𝜔0) = 𝑅𝐼m. On a donc (𝑅 𝐿𝜔− 𝑅𝐶𝜔) 2 = 1 ⇒ (𝑅 𝐿𝜔− 𝑅𝐶𝜔) = ±1 ⇒ 𝜔 2_± 𝜔 𝑅𝐶− 1 𝐿𝐶= 0.

(5)

On en déduit Δ = 1 𝑅2_𝐶2+ 4 𝐿𝐶 ⇒ 𝜔 = 1 2𝑅𝐶(±1 ± √1 + 4𝑅2_𝐶2 𝐿 ). Or, 𝜔 > 0 ⇒ 𝜔 =_2𝑅𝐶1 (±1 + √1 +4𝑅2𝐶 𝐿 ). De plus, 𝜔₁ < 𝜔₂ ⇒ 𝜔₁ = 1 2𝑅𝐶(−1 + √1 + 4𝑅2_𝐶 𝐿 ) et 𝜔2 = 1 2𝑅𝐶(1 + √1 + 4𝑅2_𝐶 𝐿 ). On a donc 𝜔₂− 𝜔₁ = 1 𝑅𝐶 ⇒ 𝑄 = 𝑅√ 𝐶 𝐿.

Exercice 9 : Cylindre oscillant dans un liquide

1. En régime permanent, le cylindre oscille à la fréquence de l’excitation : 𝑓 = 𝜔

2𝝅.

2. Système : cylindre.

Référentiel : terrestre supposé galiléen. Forces : ➢ poids : 𝑃⃗ = 𝑚𝑔𝑢⃗ 𝑥 ; ➢ poussée d’Archimède : 𝑃⃗ A = −𝜌𝑠 ( ℎ 2+ 𝑥) 𝑢⃗ 𝑥 = −𝑑𝜌e𝑠 ( ℎ 2+ 𝑥) 𝑢⃗ 𝑥 ; ➢ frottements visqueux : 𝐹 = −𝜆𝑣 = −𝜆𝑥̇𝑢⃗ 𝑥 ; ➢ tension du ressort : 𝑇⃗ = −𝑘(ℓ − ℓ0)𝑢⃗ 𝑥. On a ℓ = 𝐷 − 𝑦 + 𝑥 −ℎ₂ ⇒ 𝑇⃗ = −𝑘 (𝐷 − 𝑦 + 𝑥 −ℎ 2− ℓ0) 𝑢⃗ 𝑥.

Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑃⃗ A+ 𝐹 + 𝑇⃗ .

Selon 𝑢⃗ 𝑥 : 𝑚𝑥̈ = 𝑚𝑔 − 𝑑𝜌e𝑠 ( ℎ 2+ 𝑥) 𝑔 − 𝜆𝑥̇ − 𝑘 (𝐷 − 𝑦 + 𝑥 − ℎ 2− ℓ0). À l’équilibre, 𝑥 = 𝑦 = 0 ⇒ 0 = 𝑚𝑔 − 𝑑𝜌_e𝑠ℎ 2𝑔 − 𝑘 (𝐷 − ℎ 2− ℓ0) ⇒ 𝐷 = ℓ0 + 𝑚𝑔 𝑘 + (1 − 𝑑𝜌e𝑠𝑔 𝑘 ) ℎ 2. 3. On obtient alors 𝑥̈ +_𝑚𝜆 𝑥̇ +𝑘+𝑑𝜌e𝑠𝑔 𝑚 𝑥 = 𝑘𝑎 𝑚cos(𝜔𝑡). En posant 𝜔₀2 = 𝑘+𝑑𝜌e𝑠𝑔 𝑚 et 𝑄 = √𝑚𝑘+𝑚𝑑𝜌e𝑠𝑔 𝜆 , on obtient 𝑥̈ +𝜔0 𝑄 𝑥̇ + 𝜔0 2_{𝑥 =}𝑘𝑎 𝑚 cos(𝜔𝑡) 4. En notation complexe, on obtient

−𝜔2𝑥 + j𝜔𝜔0 𝑄 𝑥 + 𝜔0 2_{𝑥 =}𝑘𝑎 𝑚 e j𝜔𝑡 _{⇒ 𝑥 =} 𝑘𝑎ej𝜔𝑡 𝑚 𝜔₀2− 𝜔2_{+ j}𝜔𝜔0 𝑄 Comme 𝑋 = |𝑥|, on a : 𝑋 = 𝑘𝑎/𝑚 √(𝜔₀2_{− 𝜔}2₎2_{+ (}𝜔𝜔0 𝑄 ) 2

5. 𝑋 est maximum lorsque 𝑔(𝜔) = (𝜔02− 𝜔2)2+ ( 𝜔𝜔0 𝑄 ) 2 est minimum. d𝑔 d𝜔= 2𝜔 (−2𝜔0 2_{+ 2𝜔}2₊𝜔0 2 𝑄2) d𝑔 d𝜔(𝜔 = 𝜔r) = 0 ⇒ 2𝜔r 2 _{= 2𝜔} 0 2₋𝜔02 𝑄2 (et on cherche 𝜔 > 0).

Cette équation n’a de solution que si 2 > 1

𝑄2⇒ 𝑄 >

1 √2.

(6)

Dans ce cas, on obtient 𝜔r = 𝜔0√1 − 1 2𝑄2. 6. 𝑣𝑥 = d𝑥 d𝑡 ⇒ 𝑣𝑥 = j𝜔𝑥 ⇒ 𝑉 = 𝜔𝑋 ⇒ 𝑉 = 𝑘𝑎 𝑚 √(𝜔02 𝜔 − 𝜔) 2 +𝜔0 2 𝑄2

7. L’amplitude de la vitesse est maximale lorsque le dénominateur est minimal, c’est-à-dire à la pulsation ωr′ = 𝜔0. Avec 𝜔0 𝑄 = 𝜆 𝑚, on a alors 𝑉max = 𝑘𝑎 𝜆 ⇒ 𝑉max = 0,15ms −1_.