Feuille d'entraînement : Amplificateur linéaire intégré et oscillateurs électroniques

10 questions · filière PSI · durée estimée environ 47 min

Énoncés

Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 PSI 2025, Q21· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
Établir l'équation différentielle vérifiée par la tension $x (t)$ définie sur le circuit de la figure 5. À quelle situation mécanique ce circuit correspond-il ?
Exercice 2X-ENS Physique PSI 2025, Q47· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
En reliant $V_{s}$ et $I$ par une expression mathématique, déterminer la fonction réalisée par l'ALI 2.
Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q12· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Rappeler le modèle d'un ALI idéal en régime linéaire. Quel indice laisse à penser que le régime de fonctionnement des ALI est linéaire ?
Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q19· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
Établir la relation entre $v_{e} (t)$ et $v_{1} (t)$ puis celle entre $v_{1} (t)$ et $v_{2} (t)$ .
Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q20· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
Déterminer la valeur de $v_{s}$ selon les valeurs et le sens de variation de $v_{2}$ , puis représenter graphiquement ces variations en reportant $v_{s}$ en ordonnée et $v_{2}$ en abscisse. On fera apparaître les valeurs remarquables sur chaque axe du graphique.
Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q21· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
En tenant compte des trois résultats précédents, déterminer les variations de $v_{2}$ et $v_{s}$ en fonction du temps. Représenter ces variations sur un même graphe. Laquelle des tensions $v_{e} (t)$ , $v_{1} (t)$ , $v_{2} (t)$ et $v_{s} (t)$ est une fonction triangulaire périodique du temps ? On nomme $v_{t} (t)$ cette tension. Calculer sa période $T$ en fonction de $R, C, R_{1}, R_{2}, R_{3}$ et $R_{4}$ .
Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2021, Q9· Application directe· Incontournable· ≈ 4 min
Déterminer l'expression de $V_{s}$ en fonction de $V_{1}$ , $V_{2}$ , $V_{3}$ , $R_{0}$ , $R_{1}$ , $R_{2}$ et $R_{3}$ . Proposer un nom à ce montage.
Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q29· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
La fiche technique de l'amplificateur opérationnel LM741 utilisé indique une vitesse limite de balayage de $0, 5 V . μ s^{- 1}$ . Pourquoi le signal $s (t)$ sera-t-il déformé ? Comment minimiser les effets de ce défaut sans changer de composant ?
Exercice 9CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q17· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Préciser pour chacun des amplificateurs linéaires, s'il fonctionne, a priori, en régime linéaire ou saturé.
Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q18· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Déterminer, en fonction de $R_{3}$ et $C$ , la fonction de transfert $\underline{H} (j ω) = \frac{V _{A}}{V _{B}}$ du montage lié à l'amplificateur linéaire A.Li.1. Quelle est la fonction réalisée par cette partie du montage ?

Corrigés

Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 PSI 2025, Q21
Les trois amplificateurs linéaires intégrés (A_1, A_2, A_3) sont supposés idéaux, de gain infini et fonctionnent en régime linéaire grâce à leurs rétroactions sur les entrées inverseuses. On a donc, pour chaque ALI, un courant d'entrée nul et une tension différentielle d'entrée nulle :
i^+ = i^- = 0 \quad \text{et} \quad V^+ = V^-
Notons v_1(t) la tension en sortie de l'ALI A_1, et v_2(t) la tension en sortie de l'ALI A_2.
1. Étage lié à A_1 (intégrateur inverseur) : L'entrée non-inverseuse est à la masse, d'où V_1^+ = 0, et par suite V_1^- = 0. La loi des nœuds appliquée en l'entrée inverseuse de A_1 s'écrit :
\begin{aligned} \frac{x(t) - 0}{R_1} + C_1 \frac{\mathrm{d}(v_1 - 0)}{\mathrm{d}t} = 0 \implies \frac{\mathrm{d}v_1}{\mathrm{d}t}(t) = -\frac{1}{R_1 C_1}\,x(t) \end{aligned}
2. Étage lié à A_2 (inverseur) : De même, V_2^+ = 0 \implies V_2^- = 0. La loi des nœuds en l'entrée inverseuse de A_2 donne :
\begin{aligned} \frac{v_1(t) - 0}{R} + \frac{v_2(t) - 0}{R} = 0 \implies v_2(t) = -v_1(t) \end{aligned}
3. Étage lié à A_3 (intégrateur inverseur) : L'entrée non-inverseuse est à la masse, d'où V_3^+ = 0 et V_3^- = 0. La tension de sortie de A_3 est x(t). La loi des nœuds en l'entrée inverseuse de A_3 donne :
\begin{aligned} \frac{v_2(t) - 0}{R_2} + C_2 \frac{\mathrm{d}(x - 0)}{\mathrm{d}t} = 0 \implies \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t) = -\frac{1}{R_2 C_2}\,v_2(t) = \frac{1}{R_2 C_2}\,v_1(t) \end{aligned}
4. Équation différentielle en x(t) : En dérivant par rapport au temps la relation obtenue pour A_3 et en y injectant l'expression de \dot{v}_1(t) :
\begin{aligned} \ddot{x}(t) = \frac{1}{R_2 C_2} \frac{\mathrm{d}v_1}{\mathrm{d}t}(t) = -\frac{1}{R_1 R_2 C_1 C_2}\,x(t) \end{aligned}
On obtient finalement l'équation différentielle :
\boxed{\ddot{x}(t) + \frac{1}{R_1 R_2 C_1 C_2}\,x(t) = 0}
5. Correspondance mécanique : Cette équation est celle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre :
\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{R_1 R_2 C_1 C_2}}
Ce circuit simule donc le mouvement à une dimension d'un oscillateur mécanique harmonique linéaire sans frottement (point matériel de masse m soumis à une force de rappel élastique proportionnelle à son élongation), tel que :
- les oscillations libres du ressort vertical de la question 4 repérées par rapport à sa position d'équilibre (X = l - l_{\mathrm{e}}) ;
- ou les petites oscillations autour d'une position d'équilibre stable de l'oscillateur horizontal de la question 18.
Résultat
$\overset{x}{¨} (t) + \frac{1}{R _{1} R _{2} C _{1} C _{2}} x (t) = 0$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2X-ENS Physique PSI 2025, Q47
L'ALI 2 est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire, grâce à la boucle de rétroaction négative reliant la sortie à l'entrée inverseuse par l'intermédiaire de la résistance R. On en déduit :
- des courants d'entrée nuls : i_+ = i_- = 0 ;
- une tension d'entrée différentielle nulle : \varepsilon = V_+ - V_- = 0, soit V_- = V_+.
L'entrée non-inverseuse (+) étant reliée à la masse, le potentiel de l'entrée inverseuse est nul :
V_- = V_+ = 0 \text{ V} \quad \text{(masse virtuelle)}.
D'après la loi des nœuds au niveau de la borne inverseuse (-), et compte tenu de i_- = 0, l'intégralité du courant I entrant vers le nœud traverse la résistance de rétroaction R en direction de la borne de sortie au potentiel V_s.
La loi d'Ohm aux bornes de la résistance R, orientée de la gauche vers la droite, s'écrit :
\begin{aligned} V_- - V_s &= R\,I \\ 0 - V_s &= R\,I \end{aligned}
On obtient ainsi la relation fondamentale :
\boxed{V_s = - R\,I}
La tension de sortie V_s est directement proportionnelle au courant d'entrée I. L'ALI 2 réalise donc la fonction de convertisseur courant-tension (ou amplificateur à transrésistance).
Résultat
$V_{s} = - R I$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q12
Un amplificateur linéaire intégré (ALI) idéal fonctionnant en régime linéaire est modélisé par les propriétés suivantes :
- des impédances d'entrée infinies, ce qui implique que les courants d'entrée sont nuls :
  \boxed{i^+ = i^- = 0}
- un gain différentiel en boucle ouverte infini (\mu_0 \to \infty), ce qui impose une tension différentielle d'entrée nulle :
  \boxed{\varepsilon = V^+ - V^- = 0 \iff V^+ = V^-}
- une impédance de sortie nulle (R_s = 0) ;
- une tension de sortie comprise strictement entre les tensions de saturation : -V_{\mathrm{sat}} < V_s < +V_{\mathrm{sat}}.
Indice du fonctionnement en régime linéaire :
Sur le schéma de la figure 6, chacun des trois ALI possède une rétroaction négative (bouclage de la sortie sur la borne inverseuse « - ») :
- bouclage direct par un fil de la sortie vers l'entrée inverseuse pour les deux premiers ALI (montages suiveurs) ;
- bouclage de la sortie vers l'entrée inverseuse à travers la résistance R_6 pour le troisième ALI.
La présence d'une rétroaction négative assure la stabilité du point de repos et empêche l'amplificateur de basculer en régime de saturation (sous réserve que l'amplitude de sortie reste inférieure à V_{\mathrm{sat}}), ce qui justifie l'hypothèse de fonctionnement en régime linéaire.
Résultat
$i^{+} = i^{-} = 0$ $ε = V^{+} - V^{-} = 0 ⟺ V^{+} = V^{-}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q19
1. Relation entre v_e(t) et v_1(t) (étage A1) :
L'ALI (A1) fonctionne en régime linéaire (d'après la question Q18) et est supposé idéal, donc :
i_+^{(1)} = i_-^{(1)} = 0 \quad \text{et} \quad \varepsilon_1 = V_+^{(1)} - V_-^{(1)} = 0
La borne non inverseuse étant reliée à la masse, on a V_+^{(1)} = 0, d'où une masse virtuelle à l'entrée inverseuse :
V_-^{(1)} = 0
La loi des nœuds appliquée à la borne inverseuse s'écrit :
\frac{v_e(t) - 0}{R_1} + \frac{v_1(t) - 0}{R_2} = 0
On en déduit immédiatement la relation propre à un amplificateur inverseur :
\boxed{v_1(t) = -\frac{R_2}{R_1}\,v_e(t)}
2. Relation entre v_1(t) et v_2(t) (étage A2) :
De même, l'ALI (A2) fonctionne en régime linéaire avec sa borne non inverseuse à la masse, soit V_+^{(2)} = 0, d'où :
V_-^{(2)} = 0 \quad \text{et} \quad i_-^{(2)} = 0
Le courant traversant la résistance R vers le nœud inverseur est :
i(t) = \frac{v_1(t) - 0}{R} = \frac{v_1(t)}{R}
Ce courant traverse intégralement le condensateur C vers la sortie au potentiel v_2(t) :
i(t) = C\,\frac{\mathrm{d}(0 - v_2(t))}{\mathrm{d}t} = -C\,\frac{\mathrm{d}v_2(t)}{\mathrm{d}t}
L'égalité de ces deux expressions donne l'équation différentielle régissant cet intégrateur inverseur :
\boxed{\frac{\mathrm{d}v_2(t)}{\mathrm{d}t} = -\frac{1}{RC}\,v_1(t)}
Soit, sous forme intégrale entre un instant t_0 et t :
\boxed{v_2(t) = v_2(t_0) - \frac{1}{RC} \int_{t_0}^t v_1(t')\,\mathrm{d}t'}
Résultat
$v_{1} (t) = - \frac{R _{2}}{R _{1}} v_{e} (t)$ $\frac{d v _{2} ( t )}{d t} = - \frac{1}{R C} v_{1} (t)$ $v_{2} (t) = v_{2} (t_{0}) - \frac{1}{R C} \int_{t_{0}}^{t} v_{1} (t^{'}) d t^{'}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q20
L'ALI (A3) fonctionne en régime saturé, sa sortie vaut donc soit +V_{\text{sat}}, soit -V_{\text{sat}}.
L'entrée inverseuse est reliée à la tension v_2 :
v_- = v_2
L'entrée non-inverseuse est connectée au pont diviseur constitué de R_3 et R_4. Le courant d'entrée étant nul (i_+ = 0), on a :
v_+ = \frac{R_3}{R_3 + R_4} v_s
La tension différentielle d'entrée s'écrit donc :
\varepsilon = v_+ - v_- = \frac{R_3}{R_3 + R_4} v_s - v_2
Définissons le seuil haut V_H et le seuil bas V_B :
V_H = \frac{R_3}{R_3 + R_4} V_{\text{sat}} \quad \text{et} \quad V_B = -\frac{R_3}{R_3 + R_4} V_{\text{sat}} = -V_H
Le comportement du comparateur dépend de l'état initial et du sens d'évolution de v_2 :
- Si v_s = +V_{\text{sat}} : le basculement vers -V_{\text{sat}} a lieu dès que \varepsilon < 0, soit v_2 > V_H. Ainsi, tant que v_2 augmente et reste inférieur à V_H, la sortie demeure à +V_{\text{sat}}. Elle bascule à -V_{\text{sat}} lorsque v_2 dépasse V_H.
- Si v_s = -V_{\text{sat}} : le basculement vers +V_{\text{sat}} a lieu dès que \varepsilon > 0, soit v_2 < V_B. Ainsi, tant que v_2 diminue et reste supérieur à V_B, la sortie demeure à -V_{\text{sat}}. Elle bascule à +V_{\text{sat}} dès que v_2 franchit V_B par valeurs inférieures.
En résumé, selon les valeurs et le sens de variation de v_2(t) :
\boxed{ \begin{cases} \text{Si } v_2 \text{ croît :} & v_s = +V_{\text{sat}} \text{ pour } v_2 < V_H, \quad \text{puis } v_s = -V_{\text{sat}} \text{ pour } v_2 > V_H \\ \text{Si } v_2 \text{ décroît :} & v_s = -V_{\text{sat}} \text{ pour } v_2 > -V_H, \quad \text{puis } v_s = +V_{\text{sat}} \text{ pour } v_2 < -V_H \end{cases} }
avec :
\boxed{V_H = \frac{R_3}{R_3 + R_4} V_{\text{sat}}}
La caractéristique de transfert v_s = f(v_2) décrit un cycle d'hystérésis parcouru dans le sens horaire :
Résultat
${Si v_{2} cro \overset{ı}{ˆ} t : Si v_{2} d \overset{e}{ˊ} cro \overset{ı}{ˆ} t : v_{s} = + V_{sat} pour v_{2} < V_{H}, puis v_{s} = - V_{sat} pour v_{2} > V_{H} v_{s} = - V_{sat} pour v_{2} > - V_{H}, puis v_{s} = + V_{sat} pour v_{2} < - V_{H}$ $V_{H} = \frac{R _{3}}{R _{3} + R _{4}} V_{sat}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q21
D'après le schéma du circuit (figure 8), la sortie v_s(t) est rebouclée sur l'entrée de l'inverseur :
v_e(t) = v_s(t)
En combinant les relations obtenues à la question Q19 :
v_1(t) = -\frac{R_2}{R_1} v_e(t) = -\frac{R_2}{R_1} v_s(t) \quad \text{et} \quad \frac{\mathrm{d}v_2}{\mathrm{d}t} = -\frac{1}{RC} v_1(t)
on obtient l'équation régissant l'évolution de v_2(t) :
\frac{\mathrm{d}v_2}{\mathrm{d}t}(t) = \frac{R_2}{R_1 RC} v_s(t)
D'après l'étude du comparateur à seuils (A3) menée à la question Q20, la sortie v_s(t) prend deux valeurs possibles, +V_{\text{sat}} ou -V_{\text{sat}}, séparées par les seuils de basculement V_H = \frac{R_3}{R_3+R_4}V_{\text{sat}} et V_B = -V_H :
- Première demi-période (v_s = +V_{\text{sat}}) : La dérivée est constante et positive :
  \frac{\mathrm{d}v_2}{\mathrm{d}t} = +\frac{R_2}{R_1 RC} V_{\text{sat}} > 0
  La tension v_2(t) croît linéairement à partir de V_B = -V_H. Dès que v_2(t) atteint le seuil haut V_H, le comparateur (A3) bascule instantanément à v_s = -V_{\text{sat}}.
- Seconde demi-période (v_s = -V_{\text{sat}}) : La dérivée est constante et négative :
  \frac{\mathrm{d}v_2}{\mathrm{d}t} = -\frac{R_2}{R_1 RC} V_{\text{sat}} < 0
  La tension v_2(t) décroît linéairement depuis V_H. Dès que v_2(t) atteint le seuil bas V_B = -V_H, le comparateur bascule à nouveau à +V_{\text{sat}}, et le cycle se répète périodiquement.
Parmi les tensions du montage :
- v_s(t) et v_e(t) = v_s(t) sont des tensions en créneaux alternant entre +V_{\text{sat}} et -V_{\text{sat}} ;
- v_1(t) = -\frac{R_2}{R_1}v_s(t) est également un créneau symétrique alternant entre \mp \frac{R_2}{R_1}V_{\text{sat}} ;
- seule v_2(t) est une fonction continue, affine par morceaux : c'est donc la tension triangulaire recherchée :
\boxed{v_t(t) = v_2(t)}
Pendant une demi-période \Delta t = \frac{T}{2}, la tension v_2(t) varie de V_B = -V_H à V_H :
\Delta v_2 = V_H - V_B = 2V_H = \frac{\mathrm{d}v_2}{\mathrm{d}t} \times \frac{T}{2} = \left(\frac{R_2}{R_1 RC} V_{\text{sat}}\right) \frac{T}{2}
En remplaçant l'expression du seuil V_H = \frac{R_3}{R_3 + R_4} V_{\text{sat}} :
2\frac{R_3}{R_3 + R_4} V_{\text{sat}} = \frac{R_2}{R_1 RC} V_{\text{sat}} \frac{T}{2}
d'où l'expression de la période T :
\boxed{T = 4RC \, \frac{R_1}{R_2} \, \frac{R_3}{R_3 + R_4}}
Résultat
$v_{t} (t) = v_{2} (t)$ $T = 4 R C \frac{R _{1}}{R _{2}} \frac{R _{3}}{R _{3} + R _{4}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2021, Q9
L'A.Li. est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire (bouclage sur la borne inverseuse par le conducteur ohmique de résistance R_0) :
- l'impédance d'entrée est infinie, d'où des courants d'entrée nuls : i_+ = i_- = 0 ;
- le gain différentiel est infini, d'où une tension différentielle nulle : V_+ - V_- = 0, soit V_- = V_+.
L'entrée non-inverseuse étant reliée à la masse, on a V_+ = 0\text{ V}, d'où :
V_- = 0\text{ V} \quad \text{(masse virtuelle)}.
Appliquons la loi des nœuds au niveau de l'entrée inverseuse (-) :
\frac{V_1 - V_-}{R_1} + \frac{V_2 - V_-}{R_2} + \frac{V_3 - V_-}{R_3} + \frac{V_s - V_-}{R_0} = 0.
Comme V_- = 0, il vient directement :
\frac{V_1}{R_1} + \frac{V_2}{R_2} + \frac{V_3}{R_3} + \frac{V_s}{R_0} = 0,
soit :
\boxed{V_s = - R_0 \left( \frac{V_1}{R_1} + \frac{V_2}{R_2} + \frac{V_3}{R_3} \right)}.
La tension de sortie est proportionnelle à une combinaison linéaire à coefficients négatifs des tensions d'entrée : ce montage est un sommateur inverseur (ou sommateur inverseur pondéré).
Résultat
$V_{s} = - R_{0} (\frac{V _{1}}{R _{1}} + \frac{V _{2}}{R _{2}} + \frac{V _{3}}{R _{3}})$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PSI 2021, Q29
1. Cause de la déformation du signal
La vitesse de balayage (slew rate) limite la vitesse de variation de la tension de sortie de l'ALI à :
\sigma = 0{,}5\text{ V}\cdot\mu\text{s}^{-1} = 5 \times 10^5\text{ V}\cdot\text{s}^{-1}
Le signal s(t) présente deux causes de dépassement de cette limite :
- La composante sinusoïdale : pendant la salve, s(t) oscille à la fréquence f_1 = 40\text{ kHz} avec une amplitude E_{1} = 4\text{ V} (puisque l'amplitude crête à crête vaut 8\text{ V}). La vitesse maximale d'évolution associée est :
  \left| \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} \right|_{\max,\text{sin}} = 2\pi f_1 E_1
  Numériquement :
  \left| \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} \right|_{\max,\text{sin}} = 2\pi \times 40 \times 10^3 \times 4 \simeq 1{,}0 \times 10^6\text{ V}\cdot\text{s}^{-1} = 1{,}0\text{ V}\cdot\mu\text{s}^{-1}
  Comme \left| \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} \right|_{\max,\text{sin}} > \sigma, l'ALI ne peut pas suivre les variations de la sinusoïde : celle-ci est déformée et tend vers un profil triangulaire.
- Les fronts du créneau : le passage entre l'état bloqué (0\text{ V}) et l'état passant exige une discontinuité théorique de tension d'au moins \Delta V \approx 6\text{ V} à 12\text{ V}. L'ALI convertit ces sauts instantanés en rampes de pente \pm \sigma. La durée de montée associée est de l'ordre de :
  \Delta t \approx \frac{\Delta V}{\sigma} \approx \frac{6\text{ V}}{0{,}5\text{ V}\cdot\mu\text{s}^{-1}} \approx 12\,\mu\text{s}
  Cette durée est très importante devant la demi-période acoustique T_1/2 = 12{,}5\,\mu\text{s} : le premier front de la salve est donc tronqué et fortement altéré.
2. Minimisation du défaut sans changer de composant
La fréquence f_1 = 40\text{ kHz} étant imposée par l'émetteur acoustique et le composant restant le LM741, la seule façon de satisfaire la condition \left| \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} \right| \le \sigma est de diminuer l'amplitude de l'oscillation en sortie :
E_{1,\text{sortie}} \le \frac{\sigma}{2\pi f_1} \simeq \frac{0{,}5 \times 10^6}{2{,}5 \times 10^5} \simeq 2\text{ V}
soit une tension crête à crête maximale de 4\text{ V} (au lieu de 8\text{ V}).
Pour y parvenir sans changer de composant actif, on peut :
- Réduire l'amplitude des tensions d'entrée e_1(t) et e_2(t) délivrées par les générateurs basse fréquence ;
- Ou réduire le gain du sommateur en diminuant la résistance de contre-réaction R (ou en augmentant R_1 et R_2).
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q17
- Pour l'amplificateur A.Li.1 :
  La sortie est rebouclée sur la borne inverseuse (-) via le condensateur C, tandis que la borne non-inverseuse (+) est reliée à la masse. Il s'agit d'une boucle de contre-réaction pure (rétroaction négative). L'amplificateur A.Li.1 fonctionne donc, a priori, en régime linéaire.
- Pour l'amplificateur A.Li.2 :
  La sortie est reliée à la borne non-inverseuse (+) par la résistance R_5, et l'entrée inverseuse (-) est reliée à la masse. Il y a une boucle de réaction positive sans contre-réaction. Cette configuration déstabilise l'amplificateur et fait diverger la tension différentielle d'entrée vers les butées d'alimentation. L'amplificateur A.Li.2 fonctionne donc, a priori, en régime saturé (V_B = \pm V_{\text{sat}}).
\boxed{\text{A.Li.1 fonctionne en régime linéaire} \quad \text{et} \quad \text{A.Li.2 fonctionne en régime saturé.}}
Résultat
$A.Li.1 fonctionne en r \overset{e}{ˊ} gime lin \overset{e}{ˊ} aire et A.Li.2 fonctionne en r \overset{e}{ˊ} gime satur \overset{e}{ˊ} .$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q18
L'amplificateur linéaire A.Li.1 est supposé idéal, de sorte que le courant entrant sur sa borne inverseuse est nul (i^- = 0). De plus, la présence d'une boucle de rétroaction négative (via le condensateur C) assure un fonctionnement en régime linéaire (d'après la question Q17).
La tension différentielle d'entrée est donc nulle :
\varepsilon = V^+ - V^- = 0 \implies V^- = V^+ = 0 \quad \text{(masse virtuelle, car $V^+ = 0$)}
En régime sinusoïdal de pulsation \omega, l'impédance complexe du condensateur s'écrit \underline{Z}_C = \frac{1}{jC\omega}.
La loi des nœuds appliquée à la borne inverseuse s'écrit :
\frac{\underline{V_B} - \underline{V}^-}{R_3} + \frac{\underline{V_A} - \underline{V}^-}{\underline{Z}_C} = 0
En tenant compte de \underline{V}^- = 0 :
\frac{\underline{V_B}}{R_3} + jC\omega \underline{V_A} = 0 \iff jR_3 C \omega \, \underline{V_A} = - \underline{V_B}
On en déduit l'expression de la fonction de transfert :
\boxed{\underline{H}(j\omega) = \frac{\underline{V_A}}{\underline{V_B}} = -\frac{1}{j R_3 C \omega}}
Dans le domaine temporel, cette relation correspond à :
\frac{\mathrm{d}v_A}{\mathrm{d}t} = -\frac{1}{R_3 C} v_B(t) \iff v_A(t) = -\frac{1}{R_3 C} \int v_B(t)\,\mathrm{d}t + \text{cte}
Le montage lié à l'amplificateur A.Li.1 réalise donc la fonction d'intégrateur inverseur (ou intégrateur pur).
Résultat
$\underline{H} (j ω) = \frac{V _{A}}{V _{B}} = - \frac{1}{j R _{3} C ω}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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