Correction - Étienne Thibierge

Correction des exercices du chapitre E5
Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Régime permanent sinusoïdal forcé
Exercice 1 : Détermination d’impédances
1
Association série d’impédance équivalente
Z = ZR + ZC = R +
2
1
jCω
Z=
donc
1 + jRCω
R.
jRCω
Association série, d’impédance équivalente
Z = ZL + ZC = jLω +
1
jCω
Z=
donc
1 − LCω 2
jCω
Rappel : 1/j = −j.
3
L’association de L et C est en parallèle, il est donc a priori plus simple de calculer son admittance équivalente
YLC = YL + YC =
1
1 − LCω 2
+ jCω =
jLω
jLω
L’impédance complexe de l’association parallèle vaut donc
1
jLω
=
ZLC =
YLC
1 − LCω 2
La factorisation est intéressante car elle permet de passer très facilement de l’admittance à l’impédance.
Enfin, l’association est montée en série avec une résistance, donnant une impédance complexe équivalente à
l’ensemble
jLω
Z = ZR + ZLC
soit
Z =R+
1 − LCω 2
Une dernière factorisation est possible pour donner
Z=
1 + jLω/R − LCω 2
R.
1 − LCω 2
Cette dernière factorisation n’est pas forcément utile, car la forme non-factorisée sépare directement la
partie réelle de la partie imaginaire : tout dépend de ce que l’on veut faire du résultat.
4 L’association en parallèle de la bobine et du condensateur C2 se traite comme à la question précédente et a pour
impédance équivalente
jLω
ZLC2 =
1 − LC2 ω 2
Elle est montée en série avec le condensateur C1 , donnant une impédance équivalente
Z=
5
1
jLω
+
jC1 ω 1 − LC2 ω 2
soit
Z=
1 − L(C1 + C2 )ω 2
jC1 ω(1 − LC2 ω 2 )
L’association en parallèle de la résistance et du condensateur a pour admittance équivalente
Yparr = YR + YC =
1
1 + jRCω
+ jCω =
R
R
soit
Zparr =
1
Yparr
=
R
1 + jRCω
Cette association est montée en série avec une résistance et un condensateur, l’ensemble a donc comme impédance
équivalente
Z = ZR + ZC + Zparr = R +
1
R
jRCω(1 + jRCω) + (1 + jRCω) + jRCω
+
=
jCω 1 + jRCω
jCω(1 + jRCω)
soit enfin
Z=
1 + 3jRCω − R2 C 2 ω 2
jCω(1 + jRCω)
1/7
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
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Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Exercice 2 : Équivalence entre dipôles RL
1
L’impédance complexe du montage en série vaut
Z 0 = ZL0 + ZR0 = jL0 ω + R0
De même, l’impédance complexe du montage en parallèle est telle que
1
1
1
1
1
=
+
=
+
Z
ZL
ZR
jLω R
Z=
soit
jRLω
R + jLω
Les deux dipôles sont équivalents s’ils ont les mêmes impédances complexes. Il suffit donc pour trouver R0 et L0
d’identifier les parties réelle et imaginaire de Z et Z 0 . Écrivons donc Z sous forme algébrique,
Z=
R2 Lω
jRLω(R − jLω)
RL2 ω 2
+j 2
.
= 2
2
2
(R + jLω)(R − jLω)
R +L ω
R + L2 ω 2
Ainsi, il y a équivalence entre les deux dipôles pour
R0 =
RL2 ω 2
+ L2 ω 2
L0 =
et
R2
R2 Lω
.
+ L2 ω 2
R2
Remarquez que les deux dipôles ne sont donc pas équivalents tout le temps, mais seulement pour une
valeur précise de fréquence ... et si R0 et L0 sont choisis aléatoirement il n’y a même aucune raison que
l’équivalence existe.
2
Si L0 est remplacée par un condensateur, l’impédance complexe de l’association série s’écrit
Z 0 = R0 +
1
1
= R0 − j 0
jC 0 ω
Cω
La condition d’équivalence obtenue par identification des impédances devient
R0 =
RL2 ω 2
R2 + L2 ω 2
−
et
1
R2 Lω
=
.
C 0ω
R2 + L2 ω 2
Néanmoins, comme toutes les grandeurs sont positives, la deuxième condition portant sur C 0 ne peut jamais être
vérifiée. Il n’est pas possible d’avoir équivalence entre les deux dipôles : un circuit capacitif est fondamentalement
différent d’un circuit inductif.
Exercice 3 : Circuit RL en régime sinusoïdal forcé
1
Dans la limite basse fréquence, la bobine est équivalente à un fil, et la tension à ses bornes est donc nulle,
u(t) ' 0
lorsque ω → 0 .
Au contraire, dans la limite haute fréquence, la bobine se comporte comme un interrupteur ouvert. Dans ce cas, le
courant est nul dans le circuit, et donc uR = 0. D’après la loi des mailles, on a alors
u(t) ' e(t)
2
lorsque ω → ∞ .
La bobine et la résistance forment un diviseur de tension, d’où
ZL
U
jLω
=
=
.
E
ZR + ZL
R + jLω
Pour faciliter les interprétations, on préfère réécrire la fraction en divisant haut et bas par jLω, d’où
U=
3
1
E = H(ω) E
R
1 − j Lω
Dans la limite basse fréquence, R/Lω 1 (on compare les deux termes du dénominateur) et donc
H(ω) '
Lω
'0
R
2/7
soit
U ' 0.
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
Correction des exercices du chapitre E5 : Régime permanent sinusoïdal forcé
Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Dans la limite haute fréquence, R/Lω 1 et donc
H(ω) ' 1
soit
U 'E.
La pulsation caractéristique à laquelle la pulsation de forçage doit être comparée est donc
R
L
ωc =
En d’autres termes, une pulsation est « basse » ou « haute » par rapport à ωc
4 Le déphasage entre u et e est donné par l’argument de la fonction de transfert H.
. les tensions sont en phase si arg H = 0, c’est-à-dire si H est un nombre réel positif : c’est le cas si la partie
imaginaire du dénominateur est négligeable devant la partie réelle, donc dans la limite très haute fréquence ;
. les tensions sont en opposition de phase si arg H = ±π, c’est-à-dire si H est un nombre réel négatif : cela ne peut
jamais être le cas ;
. les tensions sont en quadrature de phase si arg H = ±π/2, c’est-à-dire si H est un nombre imaginaire pur : c’est
le cas si la partie réelle du dénominateur est négligeable devant la partie imaginaire, donc dans la limite très
basse fréquence ... mais dans ce cas l’amplitude de la tension u est presque nulle.
5 Par définition, il y a résonance si |H| passe par un maximum pour une pulsation finie non-nulle. On voit sur
l’expression déterminée précédemment que la partie imaginaire du dénominateur est une fonction monotone de ω.
Par conséquent, |H| n’admet pas de maximum, et le circuit ne donne pas lieu à une résonance.
Ce résultat se généralise à tous les systèmes du premier ordre.
6 L’amplitude Um de la tension u est donnée par le module de la fonction de transfert, sa phase ϕ (rigoureusement
son déphasage par rapport à la tension e) par son argument. Ainsi,
Um = q
E0
1+
R 2
Lω
et
ϕ = arg
R
1
R
=
−
arg
1
−
j
=
−
arctan
−
R
Lω
Lω
1 − j Lω
soit
ϕ = arctan
R
Lω
Rappel
sur l’argument d’un nombre complexe : La fonction arctangente est à valeur dans l’intervalle − π2 ; π2 , mais l’argument d’un nombre complexe est compris entre −π et π (ou de façon équivalente
entre 0 et 2π) : l’argument d’un complexe n’est donc pas toujours l’arctangente de sa partie
imaginaire sur sa partie réelle. Si la partie réelle est positive, l’argument est directement donné par
l’arctangente,
Im Z
arg Z = arctan
si Re Z > 0 ,
Re Z
mais attention ce n’est pas le cas si la partie réelle est négative. Dans ce cas, le résultat dépend du
signe de la partie imaginaire, puisque
Im Z
Re Z
Im Z
arg Z = −π + arctan
Re Z
arg Z = π + arctan
mais
si Re Z < 0 et Im Z > 0
si Re Z < 0 et Im Z < 0 .
Ces résultats sont simples à retrouver avec un dessin du cercle trigonométrique.
Exercice 4 : Circuit RLC série forcé en courant
1 La tension U est reliée au courant I par l’intermédiaire de l’impédance complexe de l’association RLC série,
U = Z I. Cette impédance s’écrit simplement
1
Z = ZR + ZL + ZC = R + j Lω −
,
Cω
Comme I = Im (pas de phase initiale donc l’amplitude complexe est égale à l’amplitude « tout court »), on en déduit
1
U = R + j Lω −
Im .
Cω
3/7
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
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Comme par définition U = Um ejϕ , il faut déterminer le module et l’argument de U pour déterminer la représentation
temporelle. Déterminer le module est direct,
s
Um = |U | = Im
2
1
2
R + Lω −
Cω
s
Um = RIm
d’où
1+
Lω
1
−
R
RCω
2
Pour pouvoir vérifier rapidement vos résultats, prenez l’habitude d’utiliser des formes factorisées faisant
apparaître des quantités adimensionnées.
Comme la partie réelle de U est positive, déterminer l’argument ne pose pas plus de problème,
1
Lω − Cω
Lω
1
ϕ = arg U = arctan
soit
ϕ = arctan
−
R
R
RCω
Rappel
sur l’argument d’un nombre complexe : La fonction arctangente est à valeur dans l’intervalle − π2 ; π2 , mais l’argument d’un nombre complexe est compris entre −π et π (ou de façon équivalente
entre 0 et 2π) : l’argument d’un complexe n’est donc pas toujours l’arctangente de sa partie
imaginaire sur sa partie réelle. Si la partie réelle est positive, l’argument est directement donné par
l’arctangente,
Im Z
si Re Z > 0 ,
arg Z = arctan
Re Z
mais attention ce n’est pas le cas si la partie réelle est négative. Dans ce cas, le résultat dépend du
signe de la partie imaginaire, puisque
Im Z
Re Z
Im Z
arg Z = −π + arctan
Re Z
arg Z = π + arctan
mais
si Re Z < 0 et Im Z > 0
si Re Z < 0 et Im Z < 0 .
Ces résultats sont simples à retrouver avec un dessin du cercle trigonométrique.
2 On remarque sur l’expression obtenue que dans les deux limites ω → 0 et ω → ∞, l’amplitude Um diverge.
Ainsi, elle ne passe pas par un maximum entre ces deux limites. En revanche, la parenthèse contient une différence,
qui peut s’annuler. La parenthèse étant mise au carré, 0 est évidemment sa valeur minimale. Ainsi, la pulsation
d’anti-résonance ωa est telle que
Lωa
1
−
=0
R
RCωa
ωa2 =
soit
1
R
×
L
RC
d’où
ωa = √
1
= ω0 .
LC
La pulsation d’anti-résonance est égale à la pulsation propre du circuit. On remarque directement sur l’expression
de Z qu’à cette pulsation l’impédance complexe est réelle : à l’anti-résonance, u et i sont donc en phase.
3
Cherchons les pulsations ωi directement à partir du carré, ce qui permet d’éliminer les racines,
2
|Z(ωi )| = 2 |Z(ωa )|
2
soit
1
R + Lωi −
Cωi
2
2
= 2R2
donc
Lωi −
1
= ±R
Cωi
ce qui s’écrit sous la forme
LCωi2 ± RCωi − 1 = 0 .
Ces deux équations ont toutes les deux pour discriminant
∆ = R2 C 2 + 4LC > 0 .
Les quatre solutions mathématiquement possibles pour les pulsations ωi sont donc
√
R2 C 2 + 4LC
RC
ωi = ±
±
2LC
2LC
mais seules deux sont physiquement acceptables : une pulsation est forcément positive ! Comme
on en déduit
√
R2 C 2 + 4LC
R
ω1,2 =
±
2LC
2L
4/7
√
R2 C 2 + 4LC > RC,
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
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ce qui se met bien sous la forme
ω1,2
R
=Ω±
2L
1
Ω=
2
avec
s
2
R
L
+
4
.
LC
La largeur de la résonance vaut
∆ω =
R
Ω+
2L
R
− Ω−
2L
=
R
.
L
√
On a montré précédemment ωa = 1/ LC, et pour un circuit RLC série, le facteur de qualité vaut
1
Q=
R
r
L
.
C
Ainsi,
ωa
1
×R
=√
Q
LC
r
C
R
=
L
L
donc
∆ω =
ωa
.
Q
4 Estimer la fréquence propre est beaucoup plus précis à partir de la courbe de phase que de la courbe d’amplitude,
puisque d’après la question 2, il suffit de repérer la fréquence pour laquelle ϕ = 0. On lit alors
f0 = 1,8 kHz .
Pour déterminer le facteur de qualité, on estime la largeur en fréquence de la résonance à partir de la courbe
d’amplitude : par définition, Um /Im = |Z|.√À l’anti-résonance, on lit graphiquement Um /Im = 5 · 102 Ω, donc f1 et
f2 sont les fréquences telles que Um /Im = 2 × 5 · 102 Ω = 7 · 102 Ω. On lit sur la figure
f1 = 1,3 kHz
et
f2 = 2,5 kHz
On en déduit
Q=
ωa
fa
=
= 1,5
∆ω
∆f
Exercice 5 : Suspension d’un VTT
Tout au long de l’exercice, le système étudié est l’ensemble du cadre et du vététiste, en mouvement par rapport
#”
#”
au référentiel terrestre que l’on considère galiléen. Ce système est soumis à son poids P , à la force F r de rappel du
#”
ressort de la suspension et à la force F a exercée par l’amortisseur.
1 Comme z = ze et z0 = 0 sont des constantes, l’amortisseur n’exerce aucune force sur le vététiste, et la longueur
du ressort est égale à z. La position d’équilibre est celle où la force exercée par le ressort sur M compense exactement
le poids du VTT, soit
#” #”
#”
P + Fr = 0
soit
#”
− mg #”
uz − k(ze − L0 ) #”
uz = 0
donc
ze = L0 −
mg
.
k
Le ressort est plus court qu’à vide, ce qui est logique à cause du poids du vélo et du vététiste.
2 Appliquons la loi de la quantité de mouvement au cadre du VTT dans le référentiel terrestre. Il est soumis à son
poids et aux forces exercées par le ressort et l’amortisseur. Ainsi,
p
d #”
#” #”
#”
= P + Fr + Fa
dt
soit
mz̈ #”
uz = −mg #”
uz − k [(z − z0 ) − L0 ] #”
uz − α(ż − z˙0 ) #”
uz .
En projetant et en remplaçant z par Z + ze (donc Ż = ż et Z̈ = z̈), on obtient
mZ̈ + αŻ + kZ = −mg − k(ze − z0 ) + kL0 − αż0
ce qui donne en remplaçant ze par son expression
mZ̈ + αŻ + kZ = F
avec
5/7
F = kz0 + αż0
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
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F s’interprète comme une force verticale ressentie par le cadre en raison du caractère non plat du chemin. Vous avez
tous déjà ressenti cet effet en voiture, par exemple en passant sur un dos d’âne.
3.a L’équation différentielle est linéaire. Le théorème de Fourier permet donc d’écrire toute solution comme une
somme de ses solutions harmoniques.
3.b Le VTT est en mouvement forcé, par un forçage F sinusoïdal. Une fois le régime permanent atteint, ce qui
est implicitement supposé, toutes les grandeurs dynamiques sont sinusoïdales de même pulsation que le forçage, et
en particulier la vitesse vz .
On utilise la représentation complexe pour déterminer son amplitude : F = Fm ejωt et vz = Vm ej(ωt+ϕ) .
Comme vz = ż = Ż, v = jωZ. Passons l’équation différentielle obtenue en représentation complexe,
m(jω)2 Z + αjωZ + kZ = F
d’où
et ainsi
mjωvz + αvz + k
vz
=F,
jω
F
vz =
mjω + α −
jk
m
L’amplitude de la vitesse est au final
Fm
2
k
α2 + mω −
ω
V m = vz = s
4 H est une fonction de transfert mécanique. Elle représente la façon dont les oscillations du chemin (via z1 )
se répercutent sur le cadre (via Z) par l’intermédiaire de la suspension, et sont donc ressenties par le vététiste.
Comme vz = jωZ et F = kz0 + jωαz0 , on obtient en remplaçant
jωZ =
d’où
H=
kz0 + jωαz0
jk
mjω + α −
m
Z
k + jαω
=
z0
k + jαω − mω 2
√
En utilisant α = 2ξ mk et en divisant numérateur et dénominateur par k, on aboutit à
H(p) =
1 + 2jξp
1 − p2 + 2jξp
5 Pour ressentir le moins possible les vibrations dues aux cailloux, il faut que |H| soit aussi petit que possible, et
éviter absolument la situation de résonance. D’après la figure, cela correspond à p 1, soit une pulsation ω élevée,
donc à une vitesse élevée. Pour minimiser les vibrations, il faut donc rouler aussi vite que possible sur
les cailloux. Évidemment, il en va tout autrement de l’adhérence !
Exercice 6 : Mesure à l’ampèremètre
Le dipôle étant linéaire, le courant
traversant l’ampèremètre est sinusoïdal de même pulsation que la tension uAB .
√
Sa valeur efficace vaut donc Im / 2, où Im est l’amplitude du courant. Comme l’ampèremètre affiche la même valeur
dans les trois cas, cela veut dire que l’intensité efficace est la même dans les trois cas, et donc que l’amplitude Im est
la même. En revanche, l’ampèremètre ne donne aucune information sur le déphasage entre i et uAB .
Cela signifie que le module de l’impédance complexe du dipôle AB est le même dans les trois situations. Comme
les dipôles de base sont ou bien court-circuités, ou bien montés en série, cette impédance est simple à déterminer,
Z1 = jLω + R +
1
jCω
Z2 = jLω + R
Z3 =
1
.
jCω
sachant que Z1 = Z2 = Z3 .
6/7
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr
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Commençons par déterminer la pulsation ω. En calculant le carré du module pour éviter les racines, on utilise
l’égalité
2 2
Z1 = Z2 d’où
2
1
R2 + Lω −
= R2 + L2 ω 2
Cω
soit
Lω −
1
= ±Lω ,
Cω
où seule la solution avec le signe − peut convenir car 1/Cω 6= 0. On en déduit
2Lω −
1
=0
Cω
soit
2LCω 2 = 1
ω=√
et
1
.
2LC
Déterminons maintenant la résistance R. Pour cela, il faut utiliser l’égalité entre un module impliquant R et celui
ne l’impliquant pas. En calculant à nouveau le carré du module, on utilise l’égalité
2 2
Z2 = Z3 soit
R2 + L2 ω 2 =
1
C 2 ω2
d’où
R2 =
1
C 2 ω2
− L2 ω 2 .
En utilisant l’expression de ω, on en déduit
2L
L
R =
−
C
2C
2
r
d’où
7/7
R=
3L
.
2C
Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr