I Oscillateur électronique de Colpitts

Les sacs seront laissés devant le tableau. Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice : pas de téléphone !

Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.

Problème 1 : Oscillateur à quartz

Ce problème étudie le principe et la réalisation des oscillateurs dits « à quartz », omniprésents, par exemple dans les montres. On étudie d’abord le principe général d’un oscillateur électronique, puis le mo- dèle du cristal piézoélectrique, qu’on désignera par la suite comme un « quartz », et enfin un oscillateur utilisant le quartz.

Les parties I et II sont indépendantes.

Dans tout le problème, on ne s’intéressera, sauf mention explicite du contraire, qu’au régime sinusoïdal permanent dont la pulsation sera notéeω.

I Oscillateur électronique de Colpitts

On considère le filtre ci-contre, utilisé en sortie ouverte, dans le- quel les condensateurs, la bobine et le résistor sont idéaux. On désigne parVe(resp.Vs) le potentiel d’entrée (resp. de sortie) repéré par rapport à la masse.

I.1. (a) Déterminer le schéma équivalent du circuit pourω→

∞etω→0(on ne remplacera pas dans ce dernier cas les condensateurs par leur modèle asymptotique) et en déduire la nature du filtre.

(b) Établir la fonction de transfert du filtreH₀ = ^V_V^s

e. On poseraω0 =p

2/(L0C0)etQ=R/(L0ω0). Retrou- ver la nature du filtre.

R

L

C

V

C

i = 0

V

I.2. Tracer soigneusement, sur la même feuille, le diagramme de Bode pourQ= 0,5etQ= 2. On repré- sentera pour ces deux cas la bande passante à−3dB.

I.3. On branche la sortie du filtre précédent sur un com- posant électronique actif, nomméamplificateur opé- rationnelselon le montage ci-contre. On admet que :

• les intensités des courants aux bornes notées+ et−sont nulles ;

• il réalise la fonction de transfert^V

0 s

Vs = 1 +^R_R²

1

(a) En déduire la fonction de transfert totale^V_V^s0

e. (b) Pourquoi est-il nécessaire que l’intensité du

courant à la bornei⁺soit nulle ?

R

L0 C0 Vs

C0

Ve

R1 R2 +

−

∞

V′ s

I.4.

On relie maintenant l’entrée et la sortie du filtre glo- bal selon le schéma ci-contre.

(a) À l’aide de l’expression précédente deH, éta- blir l’équation différentielle vérifiée par la ten- sionVe.

(b) En déduire que sous certaines conditions qu’on explicitera portant sur les paramètresR1,R2il peut exister dans le circuit une tensionVesinu- soïdale à la pulsationω. On précisera la valeur deωen fonction deL0etC0.

R

L0 C0 C0

Ve

R1 R2 +

−

∞

On admet que quand ces conditions sont vérifiées le montage joue le rôle d’un oscillateur à la pulsation déterminée à la question précédente.

II Modèle électrocinétique du quartz

Un quartz peut être modélisé par le schéma électro- cinétique ci-contre, dans lequel les condensateurs de capacitéCetC⁰, la bobine d’inductanceLet le résistor seront considérés idéaux. La résistancersera considé- rée nulle, sauf auII.2b

A B

Symbole

C′

C L r

A B

Mod`ele ´equivalent

II.1. (a) Exprimer l’impédance complexeZdu quartz (on rappelle quer= 0).

(b) Déterminer la pulsation finie non nulleωspour laquelleZ= 0et la pulsation finie non nulle ωp

pour laquelle|Z|diverge (on vérifiera qu’on aωs< ωp). On les exprimera en fonction deC , C⁰ etL

(c) Retrouver ces pulsations en étudiant les constructions de Fresnel de l’admittanceY =Z⁻¹.

II.2. (a) Tracer le graphe du module|Z|en fonction deω.

(b) Comment serait qualitativement modifié ce graphe sirn’est plus nulle mais de faible valeur. Dé- terminer en particulier l’expression de|Z|pour ω =ωset ω =ωpen fonction deC⁰, ωetr uniquement.

II.3. (a) Dans quels domaines de pulsations le quartz a-t-il un comportement inductif, capacitif ? Donner les valeurs correspondantes de l’inductance et de la capacité équivalentes en fonction deC , C⁰, L et des quotientsω/ωsetω/ωp.

(b) Calculer les valeurs des pulsations caractéristiquesωsetωpdu quartz. Commenter.

(c) Quel peut être l’intérêt des fréquences correspondantes pour réaliser une horloge ? (on aura intérêt à considérer des puissances entières de2…).

III Oscillateur de Pierce

On remplace la bobine du I par le quartz du II dans le circuit duI.4, on obtient alors un oscillateur de Pierce.

III.1. Établir l’équation permettant de déterminer la pulsation du circuit.

III.2. En déduire (on pourra utiliser un graphique) que le montage peut fonctionner en oscillateur dans un domaine de pulsations dont on donnera les bornes. Exprimer dans ce cas la pulsation d’oscillation ω en fonction deωs, ωp, C , C⁰etC0. Simplifier cette expression pour des valeurs raisonnables deC0. III.3. Avec un montage à bobine les valeurs de la capacité et de la bobine varient relativement de 3,5·10⁻²

quand la température varie de 10^◦C, alors que la pulsation ωsvarie relativement de 4·10⁻⁶pour la même variation de température. Commenter.

Données :L=1,5·10⁻²H,C=9,6·10⁻²pF,C⁰=1,0·10⁻¹nF.

Problème 2 : Pickup de guitare électrique

On étudie le comportement fréquentiel d’un « pickup » de guitare électrique,iedu composant qui génère le signal électrique reproduisant les vibrations mécaniques de la corde.

I Étude générale

On considère un filtre amplificateur de tension dont le diagramme de Bode du gain en décibel est repré- senté sur la figure 1.

I.1. (a) Déterminer sa nature et son ordre.

(b) Donner les équations de ses asymptotes (GdBen fonction de log(f)) à haute et basse fréquence.

10 ² 10 ³ 10 ⁴

− 20

− 16

− 12

− 8

− 4 0 4 8 12 16

f (Hz) G dB

Fig. 1 : Diagramme de Bode d’un filtre.

I.2. (a) Déterminer parmi les fonctions de transfert suivantes laquelle peut correspondre au diagramme précédent. On justifiera soigneusement les réponses en donnant la nature de chacun des filtres correspondant. Dans ces expressionsQetH0sont des réels positifs sans dimension, ω0est une pulsation positive.

• H= _1+jω/ω^H0

0

• H= ^H0

1+j_Qω^ω 0−_ω

ω0 2

• H= 1 +_ω^ω

0 −

ω Qω₀

2

,

• H= ^H0

ω ω0 ω ω0−jQ(_ω^ω

0)²−1

(b) On travaille dans toute la suite avec la fonction de transfert choisie. Déterminer les équations de ses asymptotes à haute et basse fréquence (GdBen fonction de log(ω/ω0)) ainsi que la valeur de Hpourω=ω0.

(c) En déduire les valeurs deQet def0≡ω0/(2π)pour le diagramme de la figure 1.

(d) Déterminer la phaseϕet le gainGdBpourf=f0pour le filtre choisi à la questionI.2a.

II Filtrage d’un signal

II.1. On envoie en entrée du filtre de la figure 1 un signal sinusoïdal notéue(t), d’amplitude notéeUe=1 V et de fréquence variable. Déterminer l’amplitude, notéeUs, de la tension en sortie, notéeus(t), pour :

• f=300 Hz,

• f=3 kHz,

• f=8 kHz.

II.2. On considère un signal électrique périodique dont le spectre est donné sur la figure 2, caractéristique de la vibration d’une corde de guitare.

Fig. 2 : Spectre d’une corde de guitare. L’abscisse représente la fréquence de ses composantes sinusoïdales et l’ordonnée représente20log(U/Uref)avecUl’amplitude etU_ref=10 mV. On ne prêtera pas attention aux différences entre les deux courbes correspondant à deux manières différentes de gratter la corde.

(a) Déterminer la fréquence du mode fondamental et donner les intensités, en V, du fondamental et des trois premiers harmoniques.

(b) Tracer schématiquement l’allure du spectre de ce signal s’il est filtré par le filtre de la figure 1.

On donnera en particulier les amplitudes (en dB) du fondamental et des harmoniques les plus proches de 3 kHz et de 8 kHz.

II.3. On envoie un signal sinusoïdalue(t)sur un filtre du type choisi à la questionI.2a, de valeurs deQet f0inconnues. On obtient le signalusen sortie.

(a) Déterminer le gain en dB et la phase de la fonc- tion de transfert correspondant aux signauxue

etusreprésentés ci-contre. En déduire les va- leur deQetf0 pour le filtre choisi à la ques- tionI.2a.

(b) En déduire l’allure deus(t)quand on envoie sur le même filtre un signal de fréquence 1 kHz puis quand on envoie un signal de fréquence 10 kHz. On superposera dans les deux cas les

allures deue(t)etus(t). ^{0 1 2 3}

−2

−1 0 1 2

t(ms)

u(V)

ue

us

III Modèle électrocinétique du pickup

On peut modéliser le « pickup » branché sur un amplificateur de guitare par le circuit de la figure 3 dans lequel la source de tension sinusoïdaleegénère un signal d’amplitude constanteEquelle que soit la fré- quence. On s’intéresse à la fonction de transfertUs/E, avecUsl’amplitude du signalusen sortie.

La bobineL, le résistorRet le condensateurCcaractérisent le « pickup » ; le condensateurCccaractérise la capacité du câble reliant la guitare à l’amplificateur et le résistorRacaractérise la résistance d’entrée de l’amplificateur.

e

L R

R

u

C C

Fig. 3 : Modélisation d’un « pickup » branché par un câble à un amplificateur de guitare. La source de tension est sinusoïdale. Son association avecL,RetCreprésente le « pickup ».Ccreprésente la capacité du câble etRala résistance d’entrée de l’amplificateur.

III.1. Vérifier (il n’est pas nécessaire de calculer la fonction de transfert) que ce circuit a la même nature que le filtre dont le gain est donné à la figure 1.

III.2. La figure 4 représente les diagrammes de Bode du circuit précédent, quand on fait varierRa(avecCc= 470 pF) pour l’une et quand on fait varierCc(avecRa =10 MΩ) pour l’autre. Proposer des valeurs pourRaetCcdonnant une résonance à 2,5 kHz (le son est alors dit « brillant ») avec une surtension d’un facteur5à la résonance.

III.3. (a) Établir l’expression de la fonction de transfert du circuit de la figure 3 et la mettre sous la forme choisie à la questionI.2a.

10

10

−5 0 5 10 15 20 25

f(Hz) G

5 · 10

1 · 10

2 · 10

5 · 10

1 · 10

(a)C_c=470 pF, la légende donne la valeur du rapport R/R_a.

10

10

− 25

− 20

− 15

− 10

− 10 15 20 25 30 5 0 5

f (Hz) G

1 2 5 8

(b)R_a=10 MΩ, la légende donne la valeur du rap- portC_c/C.

Fig. 4 : Modifications des diagrammes de Bode quand on varie la résistanceRaet la capacitéCc.

(b) Simplifier les expressions du facteur de qualitéQet de la pulsation propreω0pour retrouver les ordres de grandeur deQetω0sur les diagrammes correspondant àRa=10 MΩ. On utilisera le fait queR/Raest alors très petit devant1.

(c) Justifier également le sens de variation deω0avecCc.

III.4. Comment modifier le montage précédent avec un potentiomètre pour faire varier l’amplitude du signal de sortie sans changer la réponse fréquentielle.

Données :Capacité du pickupC =100 pF ; autoinductance du pickupL=5 H, résistance du pickup R=6 kΩ.

Exercice 1 : Le Soufre

L’élément soufre a pour numéro atomiqueZ= 16.

1. Donner sa configuration électronique à l’état fondamental ainsi que son nombre d’électrons de valence.

2. Proposer une structure de Lewis des espèces chimiques suivantes :

• H₂S (le soufre est central)

• SO₂(le soufre est central)

• SO₃(le soufre est entouré de 3 O)

• H₂SO₄(le soufre est entouré de 2 O et deux groupements (OH))

• CH₃SOCH₃(le soufre est entouré d’un O et de deux groupements CH₃). Pourrait-on observer CH₃OOCH₃avec le même squelette que CH₃SOCH₃?

• SF₆(le soufre est entouré de 6 F)

3. Proposer une géométrie autour de l’atome de soufre pour les molécules H₂S, SO₂, SO₃, et CH₃SOCH₃. Préciser, en le justifiant, lesquelles de ces molécules sont planes.

4. Comparer les énergies et les longueurs des différentes liaisons S O dans H₂SO₄.

5. L’électronégativité de H (Z = 1) estχ(H) = 2,2. Celles de O (Z = 8) et S sont dans l’ensemble {3,44;2,58}. En déduire quelles molécules parmi H₂S, SO₂, et SO₃possèdent un moment dipolaire. On précisera le cas échéant sa direction et son sens sur un schéma représentant la géométrie de la molécule.

6. En admettant que les paramètres géométriques des molécules SO₂et SH₂sont proches, justifier que la température d’ébullition de H₂S (−60^◦C) est significativement inférieure à celle de SO₂(−10^◦C).

Correction du problème 1

I Oscillateur électronique de Colpitts

1. (a) Les schémas équivalents sont : R

b

V_L

V_s V_e

ω→ ∞. On a immédiatementVs= 0.

R

b

V_L

V_s V_e

ω→0. On a toujours^aVs=VL/2et iciVL= 0.

a. remplacer les condensateurs par des interrupteurs ouverts peut ici prêter à confusion…

On obtient un filtre passe-bande.

(b)

Un simple diviseur de tension assure queVs =VL/2. La tensionVLest donc celle aux bornes de l’association paral- lèle de la bobine (impédancejL0ω) et de l’association sé- rie des deux condensateurs (impédance2/(jC0ω)). Cette association parallèle a pour impédance :

Z= jL0ω×2/(jC0ω)

jL0ω+ 2/(jC0ω)= 2jL0ω 2 +j²L0C0ω².

R

b

VL

L0 C0 Vs C0

Ve On

détermine finalementVLau moyen d’un diviseur de tension : VL

Ve

= ZL

ZL+R= 2jL0ω

2jL0ω+R(2 +j²L0C0ω²)= 1 1 +jR

C₀ω

2 − ¹

L0ω

= 1

1 +j^√R

2

C√₀ω 2 −

√ 2 L₀ω

.

Finalement :

H=Vs

Ve

= VL

2Ve

= 1/2

1 +j^√R

2

C√0ω 2 −

√ 2 L₀ω

,

de la forme demandée, avec ω0= q 2

LCetQ=Rq

C₀

2L₀. On a donc limω→0,∞|H|= 0et|H|

maximal pourω=ω0: on retrouve un passe-bande du 2^eordre.

−1 0 1

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5 0 5

log(ω/ωc) GdB

10⁻¹ 10⁰ ω/ωc 10¹

b

Q=2 Q=1/2

−1 0 log(ω/ωc) 1

ϕ

ω/ωc

10⁻¹ 10⁰ 10¹

π/2

−π/2 0

Q=2 Q=1/2

Fig. 5 : Diagrammes de Bode

2. On obtient les diagrammes de Bode représentés sur la figure 5.

3. (a) et (b) Puisquei⁺ = 0, le filtre de Collpits est en sortie ouverte comme dans l’étude précédente, on peut utiliser sa fonction de transfert pour écrire :

H= V_s⁰ Ve

=V_s⁰ Vs

Vs

Ve

=

1 +^R_R²

1

/2 1 +jQ

ω ω₀ −^ω0

ω

.

4. (a) Comme maintenantVe=V_s⁰, on a :

2Ve

1 +jQ

ω ω0

−ω0

ω

=

1 +R2

R1

Ve −→

×jωω₀/(2Q)

(jω)²+jωω0

2Q

1−R2

R1

+ω²₀

Ve= 0

soit:d²Ve

dt² + ω0

2Q

1−R2

R1

dVe

dt +ω₀²Ve= 0.

(b) Les solutions de cette équation différentielle dépendent du signe de1−R2/R1:

1−R2/R1>0: On obtient les régimes de l’oscillateur harmonique amorti : Ve(t) tendra asymptotiquement vers0.

1−R2/R1<0: Les racinesr1etr2du trinôme caractéristique sont ici encore complexes conju- guées puisque les coefficients sont réels. On aura doncr1+r2 = 2Re(r1) = 2Re(r2) =

(R₂/R₁−1)ω₀

4Q > 0. On a maintenant des solutions qui divergent exponentiellement. Re- marque :Ce régime n’était pas observé pour un RLC passif mais peut ici être observé car l’A.O. fournit de l’énergie au système.

1−R2/R1=0: on obtient l’équation différentielle canonique d’un oscillateur harmonique non amorti dont les solutions sont des sinusoïdes à la pulsationω0.

On pourra observer des oscillations non amorties, à la pulsationω0, uniquement siR1=R2.

II Modèle électrocinétique du quartz

1. (a) On détermine immédiatement :

Z= 1

jC⁰ω+ ¹

jLω+_jCω¹

= jLω+_jCω¹

1 +^C_C⁰ −LC⁰ω² = 1 jCω

1−LCω² 1 +^C_C⁰(1−LCω²).

(b) On aura donc :

|Z|= 0⇔ω=ωs= 1

√LC

|Z| → ∞ ⇔LC⁰ω_p²= 1 +C⁰

C →ωp= s

1 L

1 C + 1

C⁰

=ωs

r 1 + C

C⁰.

On a bienωp> ωs

(c) On doit sommer les admittancesY1=jC⁰ωetY2 = ¹

jLω+_jCω¹ =_1−LCω^jCω ₂. L’admittance totale sera infinie pourY2=∞, soit ω= ^√1

LC. Pour qu’elle puisse être nulle,Y2doit être inductive, le dénominateur doit donc changer de signe, soitω > ^√1

LCet on doit avoirC⁰/C= _LCω¹₂₋₁, équivalent à la condition précédente.

2.

(a) On obtient l’allure ci-contre en déterminant les limites enω= 0etω→ ∞.

(b) L’expression générale est maintenant :

Z= 1

jC⁰ω+ ¹

jLω+R+_jCω¹

.

ω=ωs On a jL ω = −_jCω¹ donc Z =

R

1+RjC⁰ω, qui n’est plus nul enω=ωs.

0 1 2 3 4

0 1 2 3

ω√ LC

|Z|

p C/L

ω=ωp On a maintenantLC⁰ω²= 1 +^C_C⁰ soit :

Z= R+jLω+_jCω¹ jRC⁰ω+ 1 +C⁰

C −LC⁰ω²

| {z }

=0

= 1 jC⁰ω

1 + 1

jRCω 1−LCω²

= 1 jC⁰ω

1− 1

jRC⁰ω

,

qui ne diverge plus enω=ωp.

3. (a) Le quartz sera capacitif pour Im(Z)<0, soitω∈]0;ωs]∪]ωp;∞[et inductif pour Im(Z)>0, soitω∈[ωs;ωp[. On a alors :

capacitif: On écrit :Z = _jCω^{1 1−LCω2}

1+^C_C⁰ 1−LCω² = _jC¹

eqω, avecCeq = C¹⁺

C0 C

1−LCω²

1−LCω² =

(C+C⁰)

1−

ω ωp

2

1−_ω ωs

2, qui est bien positif.

inductif: On écrit :Z = _jCω^{1 1−LCω2}

1+^C_C⁰−LC⁰ω² = ^jω

Cω²

LCω²−1

1+^C_C⁰−LC⁰ω² = jLeqω, avecLeq = L ¹⁻

1 LCω2

1+^C_C⁰−LC⁰ω², qu’on peut exprimer selon : ^L

1+^C C0

1−

ωs ω

2

1−

ω ωp

2.

(b) On aωs=26,3523·10⁶rad·s⁻¹etωp=26,3649·10⁶rad·s⁻¹, très proches !

(c) On constate que ωs,p/(2π)est très proche de2²²(2π×2²² =26,3536·10⁶). Il suffit de divi- ser 22 fois la fréquence propre du quartz par 2 (les divisions de fréquence par 2 sont facilement réalisables électroniquement) pour obtenir une fréquence de 1 Hz.

III Oscillateur de Pierce

1. Le quartz doit fonctionner dans son domaine inductif et la valeur de son inductance doit être adaptée aux capacitésC0. On doit donc avoir :LeqC0ω²= 2, soit :

LC0ω² 1− ¹

LCω²

1 +^C_C⁰ −LC⁰ω² = 2⇔ LCω²−1

1 +^C_C⁰

1−^LC0ω2

1+^C_C⁰

=2C C0

⇔

ω² ω²_s−1 1−^ω2

ω_p²

=F(ω) = 2C C0

1 +C⁰

C

= 2C+C⁰ C0

.

2. La fonctionF(ω)varie monotonement de0enω=ωsjusqu’à∞pourω→ωp. Il existera nécessaire- ment une valeur deω∈]ωs;ωp[pour laquelleF(ω) = 2^C+C_C ⁰

0 =K >0. On obtient effectivement : ω²=ω²_s 1 +K

1 +K ωs

ωp

2

(ω=ωs pourK1 ω=ωp pourK1 Pour des valeurs raisonnables deC0>1 nF, on aura doncω'ωs.

3. Dans un oscillateur à bobine, les variations relatives de la fréquence sur 10^◦C seront, puisquef0 =

1 2π

q 2

LCde l’ordre de^∆f_f

0 = r

1 4

∆C₀ C0

2

+¹₄

∆C₀ C0

2'2,4·10⁻².

Dans un oscillateur à quartz, les variations relatives sur 10^◦C de la fréquencef' ^ωs

2π seront simple- ment égales à 4·10⁻⁶, très inférieures. Avec cette imprécision, une horloge se décale d’une seconde toutes les ¹

4·10⁻⁶ =2,5·10⁵s'3 jour.

Correction du problème 2

I Étude générale

I.1. (a) Il s’agit d’un filtre passe bas. La pente de l’asymptote à grande fréquence (voir la figure 6) vaut

−40 dB par décade : il est donc du deuxième ordre, ce qu’indique également la présence d’une résonance au voisinage de 3 kHz.

10

10

10

− 20

− 16

− 12

− 8

− 4 0 4 8 12 16

f (Hz) G

Fig. 6

(b) On lit sur la figure 6 :

f3 kHz:GdB= 0 f3 kHz:GdB=−40log(f/f0),

avecf0la fréquence pour laquelle l’asymptote haute fréquence àGdBcoupe l’asymptote à basse fréquence. On litf0=3 kHz.

I.2. (a) • la première proposition est bien un filtre passe bas, mais du premier ordre

• la troisième diverge pourω→ ∞

• la quatrième tend constitue une passe bande : le module tend vers0quand ωtend vers0et vers∞.

L’unique proposition possible est donc la deuxième :

H= H0

1 +j_Qω^ω

0 −

ω ω₀

2

(b) ωω0 on aH'H0, soitGdB≡GdB0= 20logH0,

ωω0 on aH' −H0/(ω/ω0)², soitGdB=GdB0−40log(ω/ω0), ω=ω0 on a exactementH=QH0, soitGdB=GdB0+ 20logQ.

(c) • L’asymptote à basse fréquence donneH0= 10⁰=1 à la précision de la lecture.

• On lit ensuite20log(Q) =GdB(ω0) = 14, soitQ= 10^14/20=5,01'5à la précision de la lecture.

• On vérifie sur les expressions précédentes que les deux asymptotes à haute et basse fréquence se coupent en ω=ω0, soit enf=f0. On lit alors sur la courbe 6f0=3,0 kHz.

(d) Pour la pulsationω=ω0, on a : H=QH0

j →H=H0Q=Q et:ϕ=−π/2.

II Filtrage d’un signal

II.1. f=300 Hz Le gain vautGdB'GdB0= 0, soitH0= 1. On aura doncUs=1 V.

f=3 kHz Le gain vautGdB= 14, soitH= 5, on aura doncUs=5 V.

f=8 kHz Le gain vautG_dB=−16, soitH= 10^−16/20=0,16 etUs=0,16 V.

II.2. (a) On distingue des pics régulièrement espacés. Comme les fréquences des harmoniques sont les multiples de la fréquence fondamentale, l’intervalle de fréquence donne la fréquencef0du fonda- mental. On compte 18 pics entre 2 kHz et 8 kHz, soitf0=333 Hz correspondant aux imprécisions de lecture au mi aigu, la corde la plus fine (339 Hz).

Pour chaque composante de Fourier, on a : U = U_ref10^GdB/20. On calcule donc :

rang 1 2 3 4

GdB 50 50 35 20 U(V) 3,2 3,2 0,56 0,1

(b) Dans tous les cas, on aUs=Us0(avecUs0=1 V l’amplitude du signal initial). NotonsGdBela valeur lue sur la courbe, correspondant à20logU/Uref, on a :

Us=HUs0= 10^logGdB/20×10^logGdBe/20×Uref= 10^{log(GdBe+GdB)/20}×Uref. L’amplitude en dB du signal est doncGdBe+GdB.

f=330 Hz On est dans le domaine passant, où le gain vautGdB = 0. L’amplitude en dB du fondamental reste donc de50.

f'3 kHz L’harmonique le plus proche (le dixième avecf=3,3 kHz) a une amplitude de 2 dB.

Pour 3,3 kHz, le gain est légèrement inférieur à sa valeur à résonance : on aGdB = 14, et l’amplitude en dB devient16: cette portion du signal est très amplifiée.

f=8 kHz L’harmonique le plus proche (le 24^e) a de nouveau une amplitude de 2 dB. Le gain à cette fréquence estGdB=−16, l’amplitude en dB sera donc−14. Cette partie est fortement atténuée.

II.3. (a) Les signaux ont pour fréquencef =7,5/(3 ms) =2,5 kHz. On constate que le signalusest en quadrature retard par rapport àue, ce qui correspondⁱà une excitation à la fréquence propref0. On a doncf0=2,5 kHz.

Par ailleurs, le rapport des amplitudes estUs/Ue=2. PourH0= 1, on a doncH(f=f0) =Q= 2.

i. L’étude de la questionI.2da montré queϕ=−π/2àf=f₀et on peut facilement vérifier queϕest une fonction injective def.

(b) On calcule la fonction de transfert dans les deux cas :

f=1 kHz On af/f0=0,4. On est suffisamment dans la bande passante pour approximerH'1.

L’entrée et la sortie sont indiscernables.

f=10 kHz On af/f0 = 4. On est suffisamment dans la bande coupée pour utiliser l’approxi- mation asymptotiqueH ' −ω²₀H₀²/ω² = −1/16 = −6,25·10⁻². La sortie est donc en opposition de phase, avec une amplitude de 6,25% de l’entrée.

III Modèle électrocinétique du pickup

III.1. Les modèles à haute et basse fréquence sont représentés sur la figure 7 À basse fréquence (figure 7a),

e

R

R_a u_s

C C_c

(a) Modèle équivalent pourff₀

e

L R

R_a u_s

(b) Modèle équivalent pourff₀

Fig. 7 : Modèles asymptotiques du « pickup »

un pont diviseur de tension assure queus/e=Ra/(Ra+R): on est dans le domaine passant.

À haute fréquence (figure 7b) la résistanceRaest court-circuitée par les condensateurs et on aus→0: on est dans la bande coupée. Il s’agit donc bien d’un filtre passe-bas.

Remarque :Contrairement au filtre de la figure 1, le gain en dB en bande passante sera ici toujours négatif puisqueRa/(Ra+R)<1.

III.2. Les courbes de la figure 4 indiquent queRaetCcpermettent de changer de manière à peu près in- dépendante la surtension à la résonance (par l’intermédiaire du facteur de qualité) et la fréquence de résonance. Pour avoir une résonance 2,5 kHz, la figure 4b indique qu’il fautCc/Centre 5 et 8. Ceci n’est rigoureusement valable que pourRa =10 MΩ mais la courbe de la figure 4a illustre que la fré- quence de résonance ne varie pas de manière significative quandR/Ra1. Une surtension de5à la résonance correspond àGdB,resonance−GdB0 = 20log5 =14,0, soit àR/Ralégèrement inférieur à 2·10⁻³.

On peut finalement choisir :

Cc'6C=600 pF Ra' R

2·10⁻³ =3 MΩ.

III.3. (a) • l’association parallèle des deux condensateurs est équivalente à un condensateur de capacité Ctot≡C+Cc,

• son association parallèle avecRaest équivalent à un dipôle d’impédance : Zeq= Ra

1 +jRaC_totω,

e

L R

R_a

C C_c

R_f 1−x x

us

Fig. 8

• un pont diviseur de tension donne enfin : us

e = Zeq

jLω+R+Zeq

soit, après calculs:us

e = Ra

Ra+R+jω(RRaCtot+L)−LRaCtotω²

= Ra/(Ra+R) 1 +j

L+RaRC_tot R+R_a

ω−_R+R^Ra

aLC_totω² ,

de la forme demandée, avec :

H0= Ra

R+Ra

ω0= s

R+Ra

LC_totRa

Qω0= R+Ra

L+RaRC_tot→Q=

p(R+Ra)LRaCtot

L+RaRCtot

(b) PourRaR, on peut simplifier en :

H0'1 ω0' 1

√LCtot

Q' Ra

√LC_tot

L+RaRCtot

On calcule alors, pourCc=470 F etRa=10 MΩ,C_tot=570 F et donc : f0=ω0

2π =2,98 kHzQ=13,6→GdB(f0) = 20log(Q) =22,7, en accord avec la courbeR/Ra=5·10⁻⁴'_{10 MΩ}^{6 kΩ} .

(c) On observe quef0décroît quandCc/Ccroît, en accord avec la décroissance deω0∝1/√ C+Cc

avecCcàCfixé.

III.4. Il suffit de remplacerRapar un potentiomètre de résistance totaleRa. On réalise ainsi un pont diviseur de tension comme représenté sur la figure 8. Pour que cette modification ne change pas la réponse de l’ensemble du filtre, il faut cependant veiller à ce que la résistance de l’ensemble du potentiomètreRa

et de la résistance de chargeRfreste égale àRa, il faut pour cela queRfsoit très grande devantRa. Remarques

• On ne peut en fait pas toucher àRaqui est constitutive de l’amplificateur. On intercale donc un potentiomètre en parallèle àCsur la sortie duquel est branchée l’association série deCcetRa. Le comportement fréquentiel est alors légèrement modifié quand on règle l’amplitude de sortie à l’aide du potentiomètre.

• Le réglage de la fréquence n’est pas effectué en changeant une capacité mais en changeant (avec un potentiomètre) la résistance d’une association série résistance variable / condensateur fixé. L’étude est de nouveau plus compliquée mais les principes généraux restent valables.

Correction de l’exercice 1

1. La structure électronique est :

1s²2s²2p⁶3s²3p⁴, (1) les électrons de valence sont ceux de la couche3, au nombre de6. Sa configuration de valence est la même que celle de l’oxygène.

2. Les structures doivent vérifier la règle de l’octet mais comme l’atome de soufre appar- tient à la 3^epériode, il peut être hypervalent en remplissant sa couche 3d. On obtient :

H S

H O S O

O S O O

S O

O O H O H

C H H

H S O

C H

H H

S F F F F

F F

On ne pourrait pas observer CH₃OOCH₃avec le même squelette car O ne peut pas être hypervalent.

3. • Dans H₂S, S est entouré de 4 entités : 2 doublets non liants et deux doublets liants : sa structure sera tétraédrique, la molécule sera coudée avec un angle proche de 109,5° mais légèrement inférieur car la répulsion des doublets non liants est supérieure à celle des doublets liants.

• Dans SO₂, S n’est entouré que de 3 entités : un doublet non liant et deux oxygènes. La structure sera triangulaire et la molécule sera coudée avec un angle proche de 120° mais légèrement inférieure car la répulsion du doublet non liant est supérieure à celle des doublets liants.

• Dans SO₃, S est entouré lui aussi de 3 entités mais rigoureusement identiques : les trois doubles liaisons. Il est donc plan triangulaire et les angles sont exactement 120°.

• CH₃SOCH₃aura lui aussi une structure tétraédrique autour de son atome de soufre.

Parmi ces molécules, seules SH₂, SO₂et SO₃seront planes.

4. Les deux liaisons doubles S O auront une plus grande énergie de liaison et seront plus courtes que les deux liaisons simples SO.

5. Les éléments S etchOsont dans la même colonne de la classification périodique, O a donc la plus grande électronégativité puisqu’il se trouve une ligne au dessus : on a doncχ(S) =2,58 etχ(O) =3,44. Les liaisons SO seront donc polarisées avec un moment dipolaire dirigé de O vers S. Les directions relatives de ces liaisons permettent alors de déterminer les moments dipolaires total de H₂S et SO₂représentés sur les images précédentes. Celui de SO₃est nul car la somme des moments dipolaires des 3 liaisons S ₀est nulle.

6. À géométries identiques le moment dipolaire des molécules SH₂et SO₂sera d’autant plus grand que chacune des liaisons aura un grand moment dipolaire,ieque la différence d’électronégativité sera grande. C’est donc ici SO₂qui aura le plus grand moment dipolaire. Comme ces molécules sont po- laires et aprotiques, c’est uniquement l’intensité des interactions de Keesom qui régit la cohésion du liquide : la température d’ébullition est donc la plus grande pour la molécule de plus grand moment dipolaire,ieSO₂.