Feuille d'entraînement : ALI et oscillateurs électroniques

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2025, Q34

   Sur le schéma de la figure 7 :

   • L'entrée inverseuse (borne - de potentiel V^-) est reliée directement à la sortie du capteur de niveau, fournissant la tension u_{\mathrm{cn}} : elle ne comporte aucune liaison avec la sortie de l'ALI.
   • L'entrée non inverseuse (borne + de potentiel V^+) est reliée à la sortie de l'ALI par l'intermédiaire du dipôle de résistance R x : il existe donc une boucle de réaction (rétroaction positive) vers la borne non inverseuse.

   En présence d'une rétroaction positive exclusive, le point de fonctionnement en régime linéaire est instable. L'ALI fonctionne par conséquent en régime de saturation (ou régime non linéaire).

   La tension de sortie u_{\mathrm{s}} ne peut ainsi prendre que deux valeurs discrètes :

   \boxed{\text{L'ALI fonctionne en régime saturé : } u_{\mathrm{s}} = +U_{\mathrm{sat}} \quad \text{ou} \quad u_{\mathrm{s}} = -U_{\mathrm{sat}}}

   Résultat

   $$\text{L’ALI fonctionne en reˊgime satureˊ : }{u}_{\mathrm{s}}=+U_{\mathrm{sat}}\text{ou}{u}_{\mathrm{s}}=-U_{\mathrm{sat}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2025, Q35

   L'amplificateur linéaire d'intégration (ALI) étant supposé idéal, son impédance d'entrée est infinie : le courant entrant sur la borne non inverseuse est nul (i^+ = 0).

   Le potentiel V^+ est donc celui du point milieu constitué par les deux résistances R_1 = xR et R_2 = (1-x)R, connectées respectivement aux potentiels u_{\mathrm{s}} et E.

   En appliquant le théorème de Millman au nœud de potentiel V^+ :

   \begin{aligned} V^+ &= \frac{\dfrac{u_{\mathrm{s}}}{xR} + \dfrac{E}{(1-x)R}}{\dfrac{1}{xR} + \dfrac{1}{(1-x)R}} \end{aligned}

   En multipliant le numérateur et le dénominateur par x(1-x)R :

   \begin{aligned} V^+ &= \frac{(1-x)\,u_{\mathrm{s}} + x\,E}{(1-x) + x} \end{aligned}

   On en déduit :

   \boxed{V^+ = (1-x)\,u_{\mathrm{s}} + x\,E}

   Résultat

   $$V^{+}=(1-x)u_{\mathrm{s}}+xE$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2024, Q28

   Pour un amplificateur linéaire intégré (ALI) considéré comme idéal :

   • Les courants de polarisation d'entrée sont nuls :

     \boxed{i_+ = i_- = 0}

   • L'impédance d'entrée différentielle est infinie :

     \boxed{Z_{\mathrm{e}} \to +\infty}

   • L'impédance de sortie est nulle :

     \boxed{Z_{\mathrm{s}} = 0}

   • Le gain statique en boucle ouverte (amplification différentielle en régime continu) est infini :

     \boxed{\mu_0 \to +\infty}

   Résultat

   $$i_{+}=i_{-}=0$$

   $$Z_{\mathrm{e}}\to +\infty$$

   $$Z_{\mathrm{s}}=0$$

   $${\mu }_0\to +\infty$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2024, Q34

   L'entrée non-inverseuse de l'ALI n°2 est reliée à la masse, donc V_+ = 0. D'après la question Q33, l'ALI n°2 fonctionne en régime linéaire et est supposé idéal (question Q28), ce qui implique :

   \varepsilon = V_+ - V_- = 0 \implies V_- = 0 \quad \text{(masse virtuelle)}.

   L'impédance d'entrée étant infinie, le courant de polarisation est nul (i_- = 0). D'après la loi des nœuds à l'entrée inverseuse, le courant i(t) arrivant de la sortie de l'ALI n°1 à travers la résistance R_2 traverse intégralement le condensateur de capacité C(h) vers la sortie :

   \begin{aligned} i(t) &= \frac{u_2(t) - V_-}{R_2} = \frac{u_2(t)}{R_2}, \\ i(t) &= C(h)\,\frac{\mathrm{d}(V_- - u_3)}{\mathrm{d}t} = -C(h)\,\frac{\mathrm{d}u_3}{\mathrm{d}t}. \end{aligned}

   En égalant les deux expressions du courant i(t), on obtient :

   \begin{aligned} \frac{u_2(t)}{R_2} &= -C(h)\,\frac{\mathrm{d}u_3}{\mathrm{d}t}, \end{aligned}

   soit :

   u_2(t) = -R_2 C(h)\,\frac{\mathrm{d}u_3}{\mathrm{d}t}.

   On identifie ainsi l'expression demandée :

   \boxed{u_2(t) = -k\,\frac{\mathrm{d}u_3}{\mathrm{d}t} \quad \text{avec} \quad k = R_2 C(h)}

   Puisque R_2 > 0 et C(h) > 0, la constante k est bien strictement positive et homogène à un temps.

   Résultat

   $$u_2(t)=-k\frac{\mathrm{d}{u}_3}{\mathrm{d}t}\text{avec}k=R_{2}C(h)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2024, Q39

   D'après les résultats des questions Q35 à Q38 :

   • Sur l'intervalle [0, t_1] avec t_1 = 2 R_1 C(h) :

     u_2(t) = +V_{\text{sat}}

     La tension u_3(t) décroît linéairement depuis u_3(0^+) = U_1^+ = +\frac{R_1}{R_2}V_{\text{sat}} jusqu'à u_3(t_1) = U_1^- = -\frac{R_1}{R_2}V_{\text{sat}} avec une pente égale à -\frac{V_{\text{sat}}}{R_2 C(h)}.

   • À l'instant t_1 : u_3(t) atteint le seuil bas U_1^-, ce qui provoque le basculement instantané de l'ALI n°1 : la tension u_2(t) passe de +V_{\text{sat}} à -V_{\text{sat}}.

   • Sur l'intervalle [t_1, t_2] avec t_2 = 4 R_1 C(h) :

     u_2(t) = -V_{\text{sat}}

     La tension u_3(t) croît linéairement depuis u_3(t_1) = U_1^- jusqu'à u_3(t_2) = U_1^+ avec une pente opposée +\frac{V_{\text{sat}}}{R_2 C(h)}.

   • À l'instant t_2 : u_3(t) atteint le seuil haut U_1^+, déclenchant un nouveau basculement de l'ALI n°1 vers +V_{\text{sat}}. Le système retrouve son état initial à t=0^+ : le cycle est bouclé.

   On représente ci-dessous les deux signaux synchronisés :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2022, Q6

   Pour un amplificateur linéaire d'intégration (A.L.I.) réel usuel (par exemple un A.L.I. bipolaire type \mu\text{A}741 ou à technologie JFET type TL081) :

   • Les intensités des courants d'entrée de polarisation sont extrêmement faibles, de l'ordre de :

     i^+ \sim i^- \sim 10^{-12}\text{ A à } 10^{-8}\text{ A} \quad (\text{quelques pA pour une entrée FET, quelques dizaines de nA pour une entrée bipolaire}).

   • Le gain différentiel statique en boucle ouverte \mu_0 (ou A_0) est très élevé, de l'ordre de :

     \mu_0 \sim 10^5 \text{ à } 10^6.

   Dans le modèle de l'A.L.I. idéal :

   • L'impédance d'entrée étant considérée comme infinie, les courants d'entrée sont rigoureusement nuls :

     \boxed{i^+ = 0 \quad \text{et} \quad i^- = 0}

   • Le gain statique en boucle ouverte est considéré comme infini :

     \boxed{\mu_0 \to +\infty}

   Résultat

   $$i^{+}=0\text{et}{i}^{-}=0$$

   $${\mu }_0\to +\infty$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2022, Q7

   Le montage comporte une boucle de rétroaction reliant la sortie de l'amplificateur linéaire intégré (\mathrm{AL}_1) à sa borne inverseuse (notée « - ») par l'intermédiaire du résistor R_t(T). Cette rétroaction négative (ou contre-réaction) assure la stabilité du montage autour d'un point de fonctionnement stable et permet donc d'envisager un fonctionnement en régime linéaire (sous réserve que la tension de sortie ne s'approche pas des tensions de saturation, condition qui sera vérifiée à la question 9).

   En régime linéaire, la tension de sortie u reste comprise entre les tensions de saturation :

   -U_{\text{sat}} < u < +U_{\text{sat}}

   Dans le modèle de l'A.L.I. idéal, le gain statique différentiel en boucle ouverte est infini (\mu_0 \to +\infty). La tension d'entrée différentielle \varepsilon = V^+ - V^- = \dfrac{u}{\mu_0} est alors nulle :

   \boxed{V^+ - V^- = 0}

   ce qui équivaut à l'égalité des potentiels : V^+ = V^-.

   Résultat

   $$V^{+}-V^{-}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2022, Q10

   1. Expression de v en fonction de u (étage AL2) :

   L'amplificateur \text{AL2} possède une boucle de rétroaction négative reliant la sortie à la borne inverseuse (-) par l'intermédiaire du résistor R. En l'absence de saturation, il fonctionne en régime linéaire.

   L'A.L.I. étant idéal :

   • les courants d'entrée sont nuls : i^+_2 = i^-_2 = 0 ;
   • la tension différentielle d'entrée est nulle : V^+_2 = V^-_2.

   La borne non inverseuse (+) étant reliée à la masse, on a :

   V^+_2 = 0 \implies V^-_2 = 0\text{ V}

   En appliquant le théorème de Millman (ou la loi des nœuds en termes de potentiels) à la borne inverseuse (-) :

   \frac{u - V^-_2}{4R} + \frac{v - V^-_2}{R} = 0

   Comme V^-_2 = 0, il vient directement :

   \frac{u}{4R} + \frac{v}{R} = 0 \implies v = -\frac{R}{4R}u

   \boxed{v = -\frac{u}{4}}

   2. Expression de w en fonction de v et E' (étage AL3) :

   De même, l'amplificateur \text{AL3} est bouclé sur sa borne inverseuse (-) par un résistor R, ce qui garantit son fonctionnement en régime linéaire :

   i^+_3 = i^-_3 = 0 \quad \text{et} \quad V^+_3 = V^-_3

   Déterminons les potentiels des deux bornes d'entrée :

   • À la borne non inverseuse (+), le courant i^+_3 étant nul, les deux résistors R forment un pont diviseur de tension non chargé alimenté par la tension E' :

     V^+_3 = E'\,\frac{R}{R + R} = \frac{E'}{2}

   • À la borne inverseuse (-), le théorème de Millman donne, avec i^-_3 = 0 :

     V^-_3 = \frac{\dfrac{v}{R} + \dfrac{w}{R}}{\dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{R}} = \frac{v + w}{2}

   En régime linéaire, V^+_3 = V^-_3, soit :

   \frac{E'}{2} = \frac{v + w}{2} \implies E' = v + w

   On en déduit l'expression de la tension de sortie w :

   \boxed{w = E' - v}

   Résultat

   $$v=-\frac{u}{4}$$

   $$w=E^{\prime }-v$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2021, Q28

   Un amplificateur linéaire intégré (ALI) est un composant actif possédant deux entrées (V^+ non inverseuse, V^- inverseuse) et une sortie v_s, dont le rôle principal est d'amplifier la différence de potentiel différentielle d'entrée \varepsilon = V^+ - V^-.

   1. Caractéristiques d'un ALI idéal (parfait) :

   • Impédance d'entrée différentielle infinie (R_e \to +\infty) : les courants d'entrée sont rigoureusement nuls :

     \boxed{i_+ = i_- = 0}
   • Impédance de sortie nulle (R_s = 0) : la tension de sortie v_s est indépendante du courant débité dans la charge.

   • Gain différentiel statique infini (\mu_0 \to +\infty) : en régime linéaire (non saturé), cela impose une tension différentielle d'entrée nulle :

     \boxed{\varepsilon = V^+ - V^- = 0}
   • Bande passante infinie : le gain est indépendant de la fréquence, le temps de réponse est instantané.
   • Vitesse de balayage infinie (slew-rate \mathrm{SR} \to +\infty) : la vitesse de variation temporelle de la tension de sortie |\mathrm{d}v_s/\mathrm{d}t| n'est pas bornée.
   • Absence d'imperfections statiques : tension de décalage nulle (V_{\mathrm{offset}} = 0), tensions de saturation égales aux tensions d'alimentation (\pm V_{\mathrm{sat}} = \pm V_{\mathrm{alim}}).

   2. Caractéristiques d'un ALI réel standard :

   • Impédance d'entrée très élevée mais finie (R_e grande) : les courants d'entrée (courants de polarisation I_{\mathrm{pol}}) sont très faibles mais non nuls.
   • Impédance de sortie faible mais non nulle (R_s > 0) et courant de sortie maximal borné (I_{s,\max}).
   • Gain différentiel statique très grand mais fini (\mu_0 \gg 1) : \varepsilon est non strictement nul en régime linéaire mais très petit (\varepsilon \approx v_s / \mu_0).
   • Bande passante limitée : le gain dépend de la fréquence selon un comportement passe-bas du premier ordre, caractérisé par une fréquence de coupure à -3\text{ dB} basse et un produit gain-bande constant.
   • Vitesse de balayage finie (slew-rate borné) : la pente de la tension de sortie est limitée par |\mathrm{d}v_s/\mathrm{d}t| \le \mathrm{SR}.
   • Tension de décalage non nulle (V_{\mathrm{offset}} \neq 0) et tensions de saturation inférieures aux tensions d'alimentation en valeur absolue (V_{\mathrm{sat}} < V_{\mathrm{alim}}).

   Résultat

   $$i_{+}=i_{-}=0$$

   $$\epsilon =V^{+}-V^{-}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2021, Q32

    L'amplificateur linéaire intégré fonctionne en régime de saturation car la réaction s'effectue sur l'entrée non inverseuse (+) (bouclage positif, voir question Q30). La tension différentielle d'entrée s'écrit :

    \varepsilon = V^{(+)} - V_e

    D'après le résultat de la question Q31 :

    V^{(+)} = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_s

    1. État initial pour V_e = -15\text{ V} : Puisque V_s \in \{-V_{\text{sat}}, +V_{\text{sat}}\}, la tension V^{(+)} ne peut valoir que \pm \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_{\text{sat}}. Comme V_{\text{sat}} = 14\text{ V} et \frac{R_1}{R_1 + R_2} < 1, on a nécessairement |V^{(+)}| < 14\text{ V}.

    Pour V_e = -15\text{ V}, on a donc :

    \varepsilon = V^{(+)} - (-15\text{ V}) > 0

    L'amplificateur est donc saturé à son niveau haut :

    V_s = +V_{\text{sat}} = +14\text{ V}

    Le potentiel de l'entrée non inverseuse vaut alors :

    V^{(+)} = V_H = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_{\text{sat}}

    Avec R_1 = 1{,}8\text{ k}\Omega, R_2 = 2{,}2\text{ k}\Omega et V_{\text{sat}} = 14\text{ V} :

    V_H = \frac{1{,}8}{1{,}8 + 2{,}2} \times 14 = \frac{1{,}8}{4{,}0} \times 14 = 0{,}45 \times 14 = 6{,}3\text{ V}

    2. Condition de basculement : Tant que la tension d'entrée V_e reste inférieure à V_H, on a \varepsilon > 0, donc la sortie reste à V_s = +V_{\text{sat}}.

    Dès que V_e atteint et dépasse légèrement V_H = 6{,}3\text{ V}, la tension différentielle devient négative (\varepsilon < 0). La sortie bascule brutalement vers le niveau de saturation bas :

    V_s = -V_{\text{sat}} = -14\text{ V}

    La tension de basculement lors de la croissance de V_e est donc le seuil haut :

    \boxed{V_{e,\text{basc}} = V_H = \frac{R_1}{R_1 + R_2} V_{\text{sat}} = 6{,}3\text{ V}}

    Après ce basculement, le potentiel de l'entrée (+) devient :

    V_B = -\frac{R_1}{R_1 + R_2} V_{\text{sat}} = -6{,}3\text{ V}

    Pour V_e \in [6{,}3\text{ V}, +15\text{ V}], on a V_e > V_B, donc \varepsilon < 0 : la sortie reste maintenue à V_s = -14\text{ V}.

    3. Tracé de la courbe V_s(V_e) pour V_e croissant :

    Résultat

    $$V_{e,\text{basc}}=V_H=\frac{R_1}{R_1+R_2}{V}_{\text{sat}}=6,3\text{ V}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question