Correction - Étienne Thibierge

Correction des exercices du chapitre E5 Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Régime permanent sinusoïdal forcé
Exercice 1 : Détermination d’impédances
1Association série d’impédance équivalente
Z=ZR+ZC=R+1
jCω donc Z=1 + jRCω jRCω R .
2Association série, d’impédance équivalente
Z=ZL+ZC=jLω +1
jCω donc Z=1−LCω2 jCω
Rappel : 1/j=−j.
3L’association de Let Cest en parallèle, il est donc a priori plus simple de calculer son admittance équivalente
YLC =YL+YC=1
jLω +jCω =1−LCω2 jLω
L’impédance complexe de l’association parallèle vaut donc
ZLC =1
YLC
=jLω
1−LCω2
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
Z=ZR+ZLC soit Z=R+jLω
1−LCω2
Une dernière factorisation est possible pour donner
Z=1 + jLω/R −LCω2
1−LCω2R .
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.
4L’association en parallèle de la bobine et du condensateur C2se traite comme à la question précédente et a pour
impédance équivalente
ZLC2=jLω
1−LC2ω2
Elle est montée en série avec le condensateur C1, donnant une impédance équivalente
Z=1
jC1ω+jLω 1−LC2ω2soit Z=1−L(C1+C2)ω2 jC1ω(1 −LC2ω2)
5L’association en parallèle de la résistance et du condensateur a pour admittance équivalente
Yparr =YR+YC=1
R+jCω =1 + jRCω Rsoit 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
jCω +R 1 + jRCω =jRCω(1 + jRCω) + (1 + jRCω) + jRCω jCω(1 + jRCω)
soit enfin
Z=1+3jRCω −R2C2ω2
jCω(1 + jRCω)
1/7 Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr

Correction des exercices du chapitre E5 : Régime permanent sinusoïdal forcé Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Exercice 2 : Équivalence entre dipôles RL
1L’impédance complexe du montage en série vaut
Z0=ZL0+ZR0=jL0ω+R0
De même, l’impédance complexe du montage en parallèle est telle que
1
Z=1 ZL
+1
ZR
=1
jLω +1 Rsoit Z=jRLω R+jLω
Les deux dipôles sont équivalents s’ils ont les mêmes impédances complexes. Il suffit donc pour trouver R0et L0
d’identifier les parties réelle et imaginaire de Zet Z0. Écrivons donc Zsous forme algébrique,
Z=jRLω(R−jLω)
(R+jLω)(R−jLω)=RL2ω2 R2+L2ω2+jR2Lω R2+L2ω2.
Ainsi, il y a équivalence entre les deux dipôles pour
R0=RL2ω2
R2+L2ω2et L0=R2Lω R2+L2ω2.
Remarquez que les deux dipôles ne sont donc pas équivalents tout le temps, mais seulement pour une
valeur précise de fréquence ... et si R0et L0sont choisis aléatoirement il n’y a même aucune raison que
l’équivalence existe.
2Si L0est remplacée par un condensateur, l’impédance complexe de l’association série s’écrit
Z0=R0+1
jC0ω=R0−j1 C0ω
La condition d’équivalence obtenue par identification des impédances devient
R0=RL2ω2
R2+L2ω2et −1 C0ω=R2Lω R2+L2ω2.
Néanmoins, comme toutes les grandeurs sont positives, la deuxième condition portant sur C0ne 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
1Dans la limite basse fréquence, la bobine est équivalente à un fil, et la tension à ses bornes est donc nulle,
u(t)'0lorsque 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)lorsque ω→ ∞.
2La bobine et la résistance forment un diviseur de tension, d’où
U
E=ZL ZR+ZL
=jLω
R+jLω .
Pour faciliter les interprétations, on préfère réécrire la fraction en divisant haut et bas par jLω, d’où
U=1
1−jR
Lω
E=H(ω)E
3Dans la limite basse fréquence, R/Lω 1(on compare les deux termes du dénominateur) et donc
H(ω)'Lω
R'0soit U'0.
2/7 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 1et donc
H(ω)'1soit U'E .
La pulsation caractéristique à laquelle la pulsation de forçage doit être comparée est donc
ωc=R
L
En d’autres termes, une pulsation est « basse » ou « haute » par rapport à ωc
4Le déphasage entre uet eest donné par l’argument de la fonction de transfert H.
les tensions sont en phase si arg H= 0, c’est-à-dire si Hest 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 Hest 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 Hest 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 uest presque nulle.
5Par 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.
6L’amplitude Umde la tension uest 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=E0
q1 + R
Lω 2
et
ϕ= arg 1
1−jR
Lω
=−arg 1−jR
Lω =−arctan −R Lω soit ϕ= arctan R Lω
Rappel sur l’argument d’un nombre complexe : La fonction arctangente est à valeur dans l’inter-
valle −π
2;π 2, mais l’argument d’un nombre complexe est compris entre −πet π(ou de façon équivalente
entre 0et 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,
arg Z= arctan Im Z
Re Zsi Re Z > 0,
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
arg Z=π+ arctan Im Z
Re Zsi Re Z < 0et Im Z > 0
mais arg Z=−π+ arctan Im Z
Re Zsi Re Z < 0et Im Z < 0.
Ces résultats sont simples à retrouver avec un dessin du cercle trigonométrique.
Exercice 4 : Circuit RLC série forcé en courant
1La tension Uest reliée au courant Ipar l’intermédiaire de l’impédance complexe de l’association RLC série,
U=Z I. Cette impédance s’écrit simplement
Z=ZR+ZL+ZC=R+jLω −1
Cω ,
Comme I=Im(pas de phase initiale donc l’amplitude complexe est égale à l’amplitude « tout court »), on en déduit
U=R+jLω −1
Cω Im.
3/7 Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr

Correction des exercices du chapitre E5 : Régime permanent sinusoïdal forcé Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
Comme par définition U=Umejϕ, il faut déterminer le module et l’argument de Upour déterminer la représentation
temporelle. Déterminer le module est direct,
Um=|U|=ImsR2+Lω −1
Cω 2
d’où Um=RIms1 + Lω
R−1 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 Uest positive, déterminer l’argument ne pose pas plus de problème,
ϕ= arg U= arctan Lω −1
Cω
Rsoit ϕ= arctan Lω R−1 RCω 
Rappel sur l’argument d’un nombre complexe : La fonction arctangente est à valeur dans l’inter-
valle −π
2;π 2, mais l’argument d’un nombre complexe est compris entre −πet π(ou de façon équivalente
entre 0et 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,
arg Z= arctan Im Z
Re Zsi Re Z > 0,
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
arg Z=π+ arctan Im Z
Re Zsi Re Z < 0et Im Z > 0
mais arg Z=−π+ arctan Im Z
Re Zsi Re Z < 0et Im Z < 0.
Ces résultats sont simples à retrouver avec un dessin du cercle trigonométrique.
2On remarque sur l’expression obtenue que dans les deux limites ω→0et ω→ ∞, l’amplitude Umdiverge.
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 ωaest telle que
Lωa
R−1 RCωa
= 0 soit ω2
a=R
L×1 RC d’où ωa=1
√LC =ω0.
La pulsation d’anti-résonance est égale à la pulsation propre du circuit. On remarque directement sur l’expression
de Zqu’à cette pulsation l’impédance complexe est réelle : à l’anti-résonance, uet isont donc en phase.
3Cherchons les pulsations ωidirectement à partir du carré, ce qui permet d’éliminer les racines,
|Z(ωi)|2= 2 |Z(ωa)|2soit R2+Lωi−1
Cωi2
= 2R2donc Lωi−1
Cωi
=±R
ce qui s’écrit sous la forme
LCω 2
i±RCωi−1=0.
Ces deux équations ont toutes les deux pour discriminant
∆ = R2C2+ 4LC > 0.
Les quatre solutions mathématiquement possibles pour les pulsations ωisont donc
ωi=±RC
2LC ±√R2C2+ 4LC 2LC
mais seules deux sont physiquement acceptables : une pulsation est forcément positive ! Comme √R2C2+ 4LC > RC,
on en déduit
ω1,2=√R2C2+ 4LC
2LC ±R 2L
4/7 Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr

Correction des exercices du chapitre E5 : Régime permanent sinusoïdal forcé Langevin-Wallon, PTSI 2016-2017
ce qui se met bien sous la forme
ω1,2= Ω ±R
2Lavec Ω = 1 2sR L2
+4
LC .
La largeur de la résonance vaut
∆ω=Ω + R
2L−Ω−R 2L=R L.
On a montré précédemment ωa= 1/√LC, et pour un circuit RLC série, le facteur de qualité vaut
Q=1
RrL C.
Ainsi,
ωa
Q=1
√LC ×RrC
L=R Ldonc ∆ω=ωa Q.
4Estimer 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 ·102Ω, donc f1et
f2sont les fréquences telles que Um/Im=√2×5·102Ω=7·102Ω. On lit sur la figure
f1= 1,3 kHz et f2= 2,5 kHz
On en déduit
Q=ωa
∆ω=fa ∆f= 1,5
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 #” Frde rappel du
ressort de la suspension et à la force #” Faexercée par l’amortisseur.
1Comme z=zeet 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 Mcompense exactement
le poids du VTT, soit
#”
P+#” Fr=#” 0soit −mg #” uz−k(ze−L0)#” uz=#” 0donc 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.
2Appliquons 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,
d#” p
dt=#”
P+#” Fr+#” Fasoit m¨z#” uz=−mg #” uz−k[(z−z0)−L0]#” uz−α( ˙z−˙z0)#” uz.
En projetant et en remplaçant zpar Z+ze(donc ˙ Z= ˙zet ¨ Z= ¨z), on obtient
m¨ Z+α˙ Z+kZ =−mg −k(ze−z0) + kL0−α˙z0
ce qui donne en remplaçant zepar son expression
m¨ Z+α˙ Z+kZ =Favec F=kz0+α˙z0
5/7 Étienne Thibierge, 2 janvier 2017, www.etienne-thibierge.fr