3 Étude d’un oscillateur amorti

Le phénol en solution aqueuse ; filtre pour une démodulation ; étude d’un oscillateur amorti

Corrigé

1 Le phénol en solution aqueuse

1.1 Il s’agit de convertir la solubilité massique en solubilité molaire. Par définition de la solubilité molaire et de la masse molaire

Sm= n V = 1

M m V On retrouve l’expression de la solubilité massique

Sm= s

M =1, 04 mol.L⁻¹

1.2 La concentrationC1demandée étant inférieure à la solubilitéSm, il est bien possible de réaliser une solution limpide. La solution doit être préparée dans une fiole jaugée de volumeVf =100 mL.

Comme on veut une concentrationC₁, la quantité de matière de phénol à introduire est : n=C1V_f

Comme le phénol est un solide, il faut prélever cette quantité au moyen d’une balance, donc peser une masse :

m=nM=C₁V_fM=0, 188 g Protocole :

• Étant donnée la forte toxicité du phénol, y compris par contact cutané et par inhalation des vapeurs, se munir de gants et de lunettes de protection et travailler impérativement sous une hotte bien ventilée, derrière une vitre de sécurité.

• Peser précisémentm=0, 188 g de phénol dans une coupelle.

• L’introduire dans une fiole jaugée de 100 mL.

• Rincer la coupelle avec de l’eau distillée à récupérer dans la fiole, puis ajouter de l’eau distillée en s’arrêtant nettement avant le trait de jauge.

• Boucher et agiter jusqu’à dissolution complète (il se produit la réaction d’équation : C₆H₅OH_(s)−−→C₆H₅OH_(aq)

• Ajouter progressivement de l’eau distillée dans la fiole, en agitant régulièrement.

• Faire précisément la mise au trait avec de l’eau distillée, et agiter.

On mélange un volumeV=20, 0 mL de la solution (S1) avec un volumeV=20, 0 mL d’une solution (S2) de soude (hydroxyde de sodium, Na⁺+HO⁻) de concentrationC₂=0, 0800 mol.L⁻¹. Il se produit une transformation chim- ique, modélisable par la réaction d’équation :

C₆H₅OH_(aq)+HO⁻_(aq)=C₆H₅O⁻_(aq)+H₂O_(`) La constante d’équilibre associée à cette équation vaut K^◦=1, 0 · 10⁴.

1.3 Après le mélange, on obtient une solution de volumeV0+VD =40, 0 mL. La concentration apportée de phénol est donc :

C₁⁰ =[C₆H₅OH_(aq)]0= C1V1

V1+V2 =1, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹

L’hydroxyde de sodium étant un solide ionique, son équation de dissolution est NaOH_(s)−−→Na⁺_(aq)+HO⁻(aq).

L’apport d’une mole de NaOH correspond donc à l’apport d’une mole d’ions Na et d’une mole d’ions HO⁻. D’où :

C₂⁰ =[HO⁻_(aq)]0=[Na⁺_(aq)]0= C₂V₂

V1+V2 =4, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹ 1.4 Le quotient réactionnel s’exprime à chaque instant par :

Q=

[C₆H₅O⁻_(aq)]C^◦ [C₆H₅OH_(aq)][HO⁻_(aq)]

Initialement, [C₆H₅O⁻_(aq)]=0, doncQ0<K^◦: la réaction se met donc à évoluer dans lesens direct.

Au fur et à mesure que la réaction avance, [C₆H₅O⁻_(aq)] augmente et [C₆H₅OH_(aq)] et [HO⁻_(aq)] diminuent, doncQ augmente et se rapproche deK^◦. SiQ atteint la valeurK^◦, la réaction s’arrête : c’est l’équilibre chimique.

Ici, les réactifs sont des solutés. Il est donc impossible que l’un disparaisse totalement sans que l’on atteigne l’état d’équilibre chimique. En effet, si l’une des concentrations des réactifs tendait vers zéro,Qtendrait vers +∞... on serait donc nécessairement passé parQ=K^◦!

La réactionne peut pas être rigoureusement totale: elle atteint nécessairement l’équilibre chimique(au bout d’une durée suffisante).

1.5 On réalise untableau d’avancement volumique, ce qui est pertinent car le système est constitué d’une unique phase de volume constant, la solution aqueuse.

C₆H₅OH_(aq)+ HO⁻_(aq)= C₆H₅O⁻_(aq)+ H₂O_(`)

État initial C₁⁰ C₂⁰ 0 solvant

État d’équilibre C₁⁰−x C₂⁰−x x solvant

Méthode 1 : pas d’approximation

À l’équilibre, le quotient de réaction tend vers la constante d’équilibre (loi de Guldberg et Waage ou loi d’action des masses)

Q_eq=K^◦⇔ x

(C₁⁰−x)(C₂⁰−x)=K^◦

En développant, on obtient une équation du second degré, que l’on sait donc résoudre.

Attention cependant. La résolution donnex très voisin deC₁⁰. Il faut donc garder davantage de chiffres significatifs pourxpour calculer la concentration résiduelle de C₆H₅OH, mais alors on n’est plus cohérent avec la précision de la concentration initiale quand on effectue 1, 00 · 10⁻²−x.

Méthode 2 : il est donc plus pertinent, sans même calculer xpar l’équation du second degré, de faire di- rectement l’hypothèse que la réaction seraquantitative. On peut y penser dès le départ en constatant que K^◦À1, ce qui révèle une réactiona prioritrès favorable dans le sens direct.

Dans le cadre de cette hypothèse, on trouve donc immédiatementx≈=xmax=1, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹, leréactif limitantétant lephénol. Le tableau d’avancement devient :

C₆H₅OH_(aq)+ HO⁻_(aq)= C₆H₅O⁻_(aq)+ H₂O_(`)

État initial C₁⁰ C₂⁰ 0 solvant

État d’équilibre ε C₂⁰−C₁⁰ C₁⁰ solvant

Il faut maintenant calculer la concentration résiduelle de phénol grâce à la constante d’équilibre : C₁⁰

ε(C₂⁰−C₁⁰)=K^◦⇔ε= C₁⁰

K^◦(C₂⁰−C₁⁰)=3, 3 · 10⁻⁵mol.L⁻¹

On constate que l’on a bien sans aucun problèmeε¿C₁⁰, l’hypothèse est parfaitement valide, on peut même garantir tous les chiffres significatifs. La réaction était bien quantitative.

En conclusion

[C₆H₅O⁻_(aq)]eq=1, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹ [C₆H₅OH_(aq)]_eq=3, 3 · 10⁻⁵mol.L⁻¹ [HO⁻_(aq)]eq=3, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹

[Na⁺_(aq)]_eq=4, 00 · 10⁻²mol.L⁻¹

1.6 Par définition du taux de transformation τ=

[C₆H₅OH_(aq)]eq

[C₆H₅OH_(aq)]0 =0, 997

Le phénol s’est transformé en phénolate à 99,7%. La réaction est bienquantitative.

1.7 Cela revient ici à apporter les ions HO⁻et les ions C₆H₅O⁻aux concentrations d’équilibre précédentes et à considérerla réaction inverse peu avancée.

C₆H₅O⁻_(aq)+ H₂O_(`)= C₆H₅OH_(aq)+ HO⁻_(aq)

État initial C₁⁰ solvant 0 C₂⁰−C₁⁰

État d’équilibre C₁⁰−ε≈C₁⁰ solvant ε C₂⁰−C₁⁰+ε≈C₂⁰−C₁⁰

On veut préparerVf =40, 0 mL de solution, il faut donc apporter : nB=(C₂⁰−C₁⁰)V_f

... d’ions HO⁻à partir de la solution (S2), donc en prélever un volume : V_B=nB

C2 =C₂⁰−C₁⁰ C2

V_f =15, 0 mL Et il faut apporter :

nC₆H₅O⁻=C₁⁰Vf

... d’ions phénolate à partir du solide C₆H₅ONa, ce qui représente une masse : mnC₆H₅ONa=nC₆H₅O⁻M(C₆H₅ONa)=C⁰₁VfM⁰=46 mg Protocole :

• Peser précisémentm=46 mg de phénolate de sodium dans une coupelle.

• L’introduire dans une fiole jaugée de 40 mL.

• Rincer la coupelle avec de l’eau distillée à récupérer dans la fiole, puis ajouter de l’eau distillée à moitié de la fiole.

• Boucher et agiter jusqu’à dissolution complète (il se produit la réaction de dissolution I d’équation : C₆H₅ONa_(s)−−→C₆H₅O⁻_(aq)+Na⁺_(aq)).

• Prélever 15, 0 mL de la solution (S2) avec une pipette graduée (ou jaugée si on en a une de 15 mL) et les introduire dans la fiole.

• Boucher et agiter.

• Faire la mise au trait avec de l’eau distillée, boucher et agiter.

2 Utilisation d’un filtre de Butterworth pour la démodulation de fréquence

On considère le filtre ci-dessous.

L

C R

ue(t) us(t)

2.1 Etude expérimentale

2.1 Sur chaque chronogramme, il y a 5 périodes, doncT₁=100 ms,T₂=200µ_s,T₃=20, 0µ_{s, donc} f₁=10, 0 Hz, f₂=5, 00 kHz, f₃=50, 0 kHz

L’amplitude de la tension de sortie décroît avec la fréquence. Le filtre est unfiltre passe-bas.

2.2 La rapport des amplitudes réelles dans le gain linéaire G(f2)=Us(f2)

Ue(f2) =0, 5 1, 0=0, 5

Le décalage entre les tensions de sortie et d’entrée représente untiersde la période. La tension de sortie est enretardpar rapport à l’entrée. Donc

ϕ= −2π 3

#on a plus qu’une quadrature retard ici, car que ueest maximal, us n’est pas nul mais encore négatif.

2.3 On passe de−17 dB pour 10 kHz à−97 dB à 1 MHz, c’est-à-dire en 2 décades. La pente est donc de-40 dB par décadeen hautes fréquences. Le filtre passe-bas est d’ordre 2.

2.4 On cherche, par définition de la fréquence de coupure, la fréquence telle queG_{d B}(f_c)=G_max−3 dB, soit ici

−3 dB.

f_c=3, 7 kHz≈4 kHz

#dans le cas général du filtre passe-bas d’ordre 2, cette fréquence n’est pas égale à la fréquence propre/fréquence de cassure. On ne peut pas utiliser comme critère l’intersection des deux asymptotes ou la phase de−^π₂

2.2 Etude théorique

2.5 Traçons les schémas équivalents basses et hautes fréquences Basses fréquence

ue(t) R us(t)=ue(t)

Basses fréquence L

ue(t) R us(t)=0

Cette étude confirme la naturepasse-basdu filtre, conjecturée en première partie.

2.6 On se place en régime forcé et on adopte la notation complexe.

j Lω

1 jCω R

U_e U_s

Z_eq

Déterminons le dipôle équivalent

Z_eq=

R jCω

R+_jC¹_ω = R 1+j RCω D’après la loi du diviseur de tension

U_s=

R 1+j RCω R

1+j RCω+j LωU_e= R

R+j Lω−RLCω²U_e= 1

1+j^L_Rω−LCω²U_e Par définition de la fonction de transfert

H=U_s

U_e = 1

1+j_R^Lω−LCω²

On reconnaît la fonction de transfert d’unfiltre passe-bas d’ordre 2, qu’on met alors sous forme canonique

H= H₀

1+j_Q^ω_ω

0−^ω_ω²2 0

avec le gain statiqueH₀=1, la puls^◦propreω0= 1

pLC et le facteur de qualitéQ=R rC

L 2.7 On choisitR,LetCtels quep

LC=p

2RC. On a alors Q=R

rC L= RC

pLC = 1 p2

#Le facteur de qualité est ici l’inverse de celui du RLC série. En effet, pour tendre vers le LC idéal, donc Q→ ∞, il faut supprimer les pertes par effet Joule. Ici, cela revient à prendre R→ ∞. Nécessairement Q∝R.

Par définition du gain réel

G= |H| = |H0| r³

1−^ω_ω²2 0

´2

+_Q^ω2ω²²₀

= |H0| r

1−2^ω_ω²2 0+^ω_ω⁴4

0+2^ω_ω²2 0

On trouve donc le résultat demandé

G= H₀ r

1+^ω_ω⁴4 0

#Ce type de gain, de la former^H0 1+^ω_ωⁿn

0

,définit une classe de filtre appelé filtre de Butterworth.

2.8 Par définition du gain en dB

G_{d B}=20 log(G)=20 log(H₀)

| {z }

=0

−10 log Ã

1+ω⁴ ω⁴₀

!

= −10 log Ã

1+ω⁴ ω⁴₀

!

En basses fréquences

G_{d B}= −10 log Ã

1+ω⁴ ω⁴₀

!

ω→−→0−10 log(1)=0 Le diagramme admet une asymptote nulle.

En hautes fréquences

G_{d B}= −10 log Ã

1+ω⁴ ω⁴₀

!

ω→+∞−→ −10 log Ãω⁴

ω⁴₀

!

= −40 log(ω)+40 log(ω0)

Le diagramme admet une asymptote de pente -40 dB par décade.

Ces deux asymptotes se croisent enω=ω0, donc en f =f0en mettant la fréquence en abscisses. On peut alors déterminer graphiquement la fréquence propre en recherchant lafréquence de cassure, intersection des deux asymptotes.

f₀=3, 7 kHz≈4 kHz

#On trouve ici une fréquence propre f₀égale à la fréquence de coupure f_c. C’est une des propriétés des filtres de Butterworth. Pour un ordre 2, ce n’est valable que pour Q=

p2 2 . 2.9 Enω=ω0, la fonction de transfert s’écrit

H(ω0)= −jQ H₀ Par définition de la phase

ϕ(ω0)=arg(H(ω0))=arg(−jQ H0)= −π 2 Valeur qu’on retrouve effectivement graphiquement.

2.3 Application du filtre : démodulation d’un signal modulé en amplitude

2.10 #Pour faire apparaître les composantes spectrales d’un signal, il faut l’écrire sous la forme d’une somme de signaux sinusoïdaux, pas de produit. Linéarisons alors !

Écrivons les signauxs(t) ets⁰(t) sous forme desomme de signaux sinusoïdaux.

En linéarisants(t) on obtient trois composantes spectrales :

s(t) = Ap[1+k Amcos(2πfmt)] cos(2πfpt)

= Apcos(2πfpt)+k Amcos(2πfmt) cos(2πfpt)

= Apcos(2πfpt)+k ApAm

2 cos(2π(fp+fm)t)+k ApAm

2 cos(2π(fp−fm)t)

En linéarisants⁰(t) on obtient quatre composantes spectrales ainsi qu’une valeur moyenne non nulle :

s⁰(t) = kp(t)s(t)

= k A²_p[1+k Amcos(2πfmt)] cos²(2πfpt)

= k A²_p

2 +k²A²_pAm

2 cos(2πfmt)+k A²_p

2 cos(4πfpt)+k²A²_pAm

4 cos(2π(2fp−fm))+k²A²_pAm

4 cos(2π(2fp+fm))

2.11 . Le filtre passe-bas doit permettre de ne garder que le signal de fréquencefmet la valeur moyenne. Grâce à cette contrainte de 80 dB, on atténue d’un facteur 10⁴ les signaux qu’on ne désire pas garder situés au voisinage de la fréquence 2fp, ce qui les élimine totalement. On veut donc :

G(2fp)=10⁻⁴ ⇔ 1+16f_p⁴ f₀⁴ =10⁴ donc 4f_p²≈10⁴f₀²

⇔ 4π²LC=10⁴ 4f_p²

⇔ L= 10⁴

16π²f_p²C =1, 9 · 10⁻¹Hz

#valeur commune en TP.

Du facteur de qualité, on déduit la valeur deR:

Q=R rC

L ⇔ R= 1 p2

s L

C =3, 0 kΩ

#valeur commune en TP.

2.12 Dans ces conditions, et compte-tenu du fait que fm ¿fc = f0, le gain et le déphasage qui s’appliquent respectivement à la composante continue et à la fréquence f_m sont : G(0)= |H₀| =1≈G(f_m) etϕ(0)= ar g(1)=0≈ϕ(fm). Finalement, on conserve les deux premières composantes des⁰(t) intactes à la sortie du filtre (càd celles de plus basses fréquences), ce qui donne

s"(t)=k A²_p

2 +k²A²_pA_m

2 cos(2πfmt)

2.13 On veut maintenant récupérer uniquement le signal modulant, donc la composante de fréquencefm. Il faut concevoir un filtre passe-haut. À l’aide de dipôles de typeR,LetC, différents choix sont possibles (circuit RLouRC série d’ordre 1). On choisira une fréquence de coupure au moins une décade avantfm

f_c⁰< fm

10

3 Étude d’un oscillateur amorti

3.1 Oscillations libres

#Tout exercice de mécanique commence par un schéma et la définition du système et du référentiel.

3.1 Système :Corps assimilé à un point matérielMde massem; Référentiel :terrestreRgsupposé galiléen ;

Bilan des forces extérieures :

• PoidsP~= +mg~ux;

• Force de rappel élastique~F= −k(`−`0)~ux;

• Force de frottement fluide~Ff = −h~v.

3.2 Déterminons la longueur à l’équilibre du ressort. D’après le principe d’intertie

P~+~F=~0 En projetant sur~ux

mg−k(`eq−`0)=0⇔ `eq=`0+mg k >`0

En dynamique, d’après le principe fondamental de la dynamique m~a(M)_/Rg=P~+~F+~F_f En projetant sur~ux

md²`

d t² =mg−k(`−`0)−hd` d t On posex=`−`eql’écart à la position d’équilibre. On trouve alors

mx¨= −kx−hx˙⇔x¨+ h mx˙+ k

mx=0 On pose alorsω0=

qk

m la pulsation propre etQ=

pmk

h le facteur de qualité. On obtient l’équation différen- tielle linéaire homogène d’ordre 2 sous forme canonique

¨ x+ω0

Q x˙+ω²0x=0 (E1)

On suppose (énoncé) que le facteur de qualité est supérieur à 1 (ce qu’on vérifiera en fin d’exercice). Le régime transitoire est alors pseudo-période. Les solutions de cette équation différentielle sont de la forme

x(t)=(Acos(Ωt)+Bsin(Ωt)) exp µ

−t τ

¶

avecΩ=ω0

s 1− 1

4Q² la pseudo-pulsation etτ=2Q ω0

la constante caractéristique d’amortissement du sys- tème.

Àt=0, le système est lâché sans vitesse initial de la positionx0. Donc x(0)=x0⇔A=x0

On exprime la vitesse, pour éviter les erreurs de calculs v(t)=(−Ωx0sin(Ωt)+ΩBcos(Ωt)) exp

µ

−t τ

¶

−1

τ(x0cos(Ωt)+Bsin(Ωt)) exp µ

−t τ

¶

Ent=0,

˙

x(0)=0⇔ −x₀

τ +ΩB=0⇔B= x₀ τΩ Finalement

x(t)=x0

µ

cos(Ωt)+ 1

Ωτsin(Ωt)

¶ exp

µ

−t τ

¶

3.3 Une première méthode consiste à travailler en statique et àdéterminer l’élongationdu ressort pour dif- férentes valeurs demassessuspendues. La pente de la courbemg=f(`eq) donne la valeur de la raideur du ressort.

Une seconde méthode consiste à travailler en dynamique. En supposant que le facteur de qualité est élevé, Ω≈ω0=

qk

m. On mesure la période d’oscillationT₀ du système et on en déduit la raideur du ressort : k=^4π_T²2^m

0 .

3.2 Oscillations forcées

3.1 #Attention, X(t)n’est pas une force ! Il faut ici réexprimer la longueur du ressort

`=ξeq+x−X=`0+mg

k +x−X La tension s’écrit alors

~F= −k(`−`0)~ux= −k(x−X−mg

k )~ux= −k(x−X)~ux−P~ Dans le référentielRg, d’après le principe fondamental de la dynamique, projeté sur~ux

mx¨= −mg−k(`−`0)−hx˙ ⇔ mx¨= −k(x−X)−hx˙

⇔ x¨+ω0

Q x˙+ω²₀x=ω²₀X(t)

| {z }

Fm/m

(E₂)

#Le second membre, homogène à une accélération, peut-être interpréter comme l’ajout d’une force excitatrice sinusoïdale.

3.2 Le régime sinusoïdal permanent s’établit en environ 5τ=10Q

ω0

3.3 On cherchex(t) de la forme

x(t)=Acos(ωt+ϕ)

On utilise la notation complexe pour déterminer l’amplitude complexeA=Ae^jϕde la position. On pose X=al’amplitude complexe de la position de l’extrémité du ressort.

L’équation différentielle s’écrit alors

−ω²A+jω0ω

Q A+ω²0A=ω²0a⇔A= a 1+j_Q^ω_ω

0−^ω_ω²2 0

Par définition de l’amplitude réelle

A= |A| = a r³

1−^ω_ω²2 0

´2

+_Q^ω2ω²²0

3.4 Aux basses fréquences (ω¿ω0), l’expression ci-dessus devientA≈a. Le dépla- cement deMest identique à celui de l’extrémité du ressort. Malgré son inertie, son temps de réponse est très rapide devant la fréquence de l’excitation, et la masseMrépond quasi-instantanément.

Aux hautes fréquence (ωÀω0), l’amplitude donne A¿a. La masseM reste quasiment immobile. Son inertie l’empêche de répondre à l’excitation, trop rapide.

3.5 L’amplitudeAdu mouvement deMest maximale quand son dénominateur est minimale, ou encore quand le carré de son dénominateur est minimal. Il suffit donc de rechercher un minimum de

D(ω)= Ã

1−ω² ω²₀

!2

+ ω² Qω²₀ On a

d D(ω) dω =2

Ã

−2ω ω²₀

! Ã 1−ω²

ω²₀

! + 2ω

Qω²₀=2ω ω²₀

à 1

Q²−2+2ω² ω²₀

!

On en déduit

d D(ω) dω =0⇔

( ω=0 tangente horizontale à l’origine.

ωr=ω0

q1−_2Q¹2 siQ≥Qmin=^p1₂

L’amplitude A prend une valeur maximale pour la pulsation de résonance ωr=ω0

s 1− 1

2Q² siQ est supérieur à Qmin= 1

p2 . 3.6 Par définition de la vitesse

v=d x d t

Donc, l’amplitude complexe de la vitesse s’obtient à partir de celle de la tension V=jωA= jωa

1+j_Q^ω_ω

0−^ω_ω²2 0

= Qω0a 1+jQ³_ω

ω0−^ω_ω⁰´ Par définition de l’amplitude réelle de la vitesse

V = |V| = Qω0a r

1+Q²³

ωω0−^ω_ω⁰

´2

3.7 Aux basses fréquences, on aV →0. On a vu queMreproduisait alors le mouvement de l’excitation qui est très lent ; sa vitesse est donc très faible.

Aux hautes fréquences, on aV →0. On a vu queM restait alors quasi-immobile ; sa vitesse tend donc à s’annuler.

3.8 D’après l’expression (51), l’amplitudeV est maximale quand son dénominateur est minimum, c’est à dire quand_ω^ω

0−^ω_ω⁰ =0, soitω=ω0.

L’amplitudeV est maximale pourω=ω0, quelle que soit la valeur deQ.

3.9 L’amplitude complexe de la vitesse est définie parV =jωA= j2πfA. Les amplitudes sont reliées parV = 2πfA, soit

V ∝f·A La courbef·Vpp(f)permet d’accéder à la vitesse.

3.10 On a vu queV_max=V(f₀), avecω0=2π~f₀. Les deux fréquencesf₁et f₂>f₁telles queV(f₁)=V(f₂)=^Vpmax₂ définissent la bande passante de largeur∆f =f₂−f₁.

La détermination de f0, f1 et f2 est indiquée sur le graphe. On obtient f0=2, 2 kHz, f1=1, 9 kHz et f2= 2, 5 kHz, d’où

∆f =0, 6 kHz Le facteur de qualité est donné par l’acuité de la résonance

Q= f0

∆f =3, 7

#valeur qui justifie le régime transitoire de la première partie.

La valeur ainsi trouvée du facteur de qualité diffère d’environ 15% de la valeur obtenue par un logiciel mod- élisation. Le modèle proposé donne un résultat acceptable, vu sa simplicité (ressort linéaire, masse linéique du ressort négligé, frottement fluide).

Le coefficient de frottement est donné par h=mω0

Q =2πm f₀

Q =1, 1 kg · s⁻¹

Les valeurs obtenues par simulation conduisent àh=1, 209 kg · s⁻¹, du même ordre de grandeur.