Feuille d'entraînement : ALI et oscillateurs électroniques

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation TSI 2026, Q17

   1. Fonction de transfert en boucle ouverte (FTBO) :

   En l'absence de perturbation (C_r(p) = 0), la boucle interne présente une chaîne directe de transmittance :

   H_d(p) = \frac{K_t}{R + Lp} \cdot \frac{1}{C_f p^2 + K_x}

   et une chaîne de retour de transmittance :

   B(p) = \frac{K_e \left[ (C_f + C_s)p^2 + K_x \right]}{C_s p}

   La transmittance de cette boucle interne, H_u(p) = \left. \frac{\Theta(p)}{U(p)} \right|_{C_r=0}, vaut :

   \begin{aligned} H_u(p) &= \frac{H_d(p)}{1 + H_d(p)B(p)} \\ &= \frac{\dfrac{K_t}{(R + Lp)(C_f p^2 + K_x)}}{1 + \dfrac{K_t K_e \left[(C_f + C_s)p^2 + K_x\right]}{(R + Lp)(C_f p^2 + K_x) C_s p}} \\ &= \frac{K_t C_s p}{(R + Lp)(C_f p^2 + K_x) C_s p + K_t K_e \left[(C_f + C_s)p^2 + K_x\right]} \end{aligned}

   La fonction de transfert en boucle ouverte de la boucle principale s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{FTBO}(p) = K_{\text{capt}} \, C(p) \, \frac{K_t C_s p}{(R + Lp)(C_f p^2 + K_x) C_s p + K_t K_e \left[(C_f + C_s)p^2 + K_x\right]}}

   2. Classe minimale du correcteur :

   L'erreur au niveau du comparateur est \varepsilon(p) = A \, \Theta_c(p) - K_{\text{capt}} \Theta(p). En choisissant le préfiltre d'adaptation A = K_{\text{capt}}, l'erreur s'écrit :

   \varepsilon(p) = \frac{K_{\text{capt}} \Theta_c(p) - K_{\text{capt}} H_r(p) C_r(p)}{1 + \mathrm{FTBO}(p)}

   où H_r(p) = \left. \frac{\Theta(p)}{C_r(p)} \right|_{U=0} = \dfrac{(R + Lp) C_s p}{(R + Lp)(C_f p^2 + K_x) C_s p + K_t K_e \left[(C_f + C_s)p^2 + K_x\right]}.

   Notons que le dénominateur de H_u(p) ne s'annule pas en p=0 car son terme constant vaut K_t K_e K_x \neq 0. Par suite, au voisinage de p=0 :

   H_u(p) \underset{p \to 0}{\sim} \frac{C_s}{K_e K_x} \, p

   Le processus présente ainsi un zéro à l'origine.

   Si le correcteur est de classe \alpha \in \mathbb{N}, de la forme C(p) = \dfrac{C_0(p)}{p^\alpha} avec C_0(0) \neq 0, le comportement basse fréquence de la FTBO est :

   \mathrm{FTBO}(p) \underset{p \to 0}{\sim} \frac{K_{\text{capt}} C_0(0) C_s}{K_e K_x} \cdot \frac{1}{p^{\alpha - 1}}

   • Échelon de consigne \Theta_c(p) = \dfrac{\Theta_{c0}}{p} (avec C_r = 0) :
     D'après le théorème de la valeur finale :

     \varepsilon_{s,c} = \lim_{p \to 0} p \varepsilon(p) = \lim_{p \to 0} \frac{K_{\text{capt}} \Theta_{c0}}{1 + \mathrm{FTBO}(p)}

     Pour annuler cette erreur statique, il est nécessaire que \lim_{p \to 0} \mathrm{FTBO}(p) = +\infty, ce qui impose :

     \alpha - 1 \geqslant 1 \iff \alpha \geqslant 2

   • Échelon de perturbation C_r(p) = \dfrac{C_{r0}}{p} (avec \Theta_c = 0) :
     Comme H_r(p) \underset{p \to 0}{\sim} \dfrac{R C_s p}{K_t K_e K_x}, l'erreur statique due à la perturbation vaut :

     \varepsilon_{s,r} = \lim_{p \to 0} - \frac{K_{\text{capt}} H_r(p) C_{r0}}{1 + \mathrm{FTBO}(p)} = \frac{0}{+\infty} = 0 \quad (\text{dès lors que } \alpha \geqslant 2)

   La classe minimale du correcteur C(p) est donc :

   \boxed{\alpha_{\min} = 2}

   3. Proposition d'un correcteur :

   Pour introduire ce double intégrateur tout en assurant la stabilité en boucle fermée via une avance de phase, on propose un correcteur de la forme :

   \boxed{C(p) = \frac{K_i}{p^2} \, (1 + \tau_1 p)(1 + \tau_2 p)}

   avec K_i > 0, \tau_1 > 0 et \tau_2 > 0.

   Résultat

   $$\mathrm{FTBO}(p)=K_{\text{capt}}C(p)\frac{K_t{C}_{s}p}{(R+Lp)(C_f{p}^2+K_x)C_{s}p+K_t{K}_e\left[(C_f+C_s)p^2+K_x\right]}$$

   $${\alpha }_{\min }=2$$

   $$C(p)=\frac{K_i}{p^2}(1+{\tau }_{1}p)(1+{\tau }_{2}p)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q21

   L'amplificateur opérationnel étant idéal et en régime non-linéaire (saturé), la tension de sortie ne peut prendre que deux valeurs :

   s = +V_{\text{sat}} \quad \text{ou} \quad s = -V_{\text{sat}}

   D'après la question Q20, la tension différentielle s'écrit \varepsilon = \dfrac{s}{2} - e.

   • Supposons initialement la sortie à l'état haut : s = +V_{\text{sat}}.
     La tension d'entrée différentielle vaut :

     \varepsilon = \frac{V_{\text{sat}}}{2} - e

     La sortie reste à +V_{\text{sat}} tant que \varepsilon > 0, c'est-à-dire tant que e < \dfrac{V_{\text{sat}}}{2}.
     Lorsque la tension d'entrée augmente et franchit le seuil haut :

     e_{\text{haut}} = +\frac{V_{\text{sat}}}{2}

     \varepsilon devient négatif et la sortie bascule instantanément à s = -V_{\text{sat}}.

   • Supposons ensuite la sortie à l'état bas : s = -V_{\text{sat}}.
     La tension différentielle devient :

     \varepsilon = -\frac{V_{\text{sat}}}{2} - e

     La sortie reste à -V_{\text{sat}} tant que \varepsilon < 0, c'est-à-dire tant que e > -\dfrac{V_{\text{sat}}}{2}.
     Lorsque la tension d'entrée diminue et franchit le seuil bas :

     e_{\text{bas}} = -\frac{V_{\text{sat}}}{2}

     \varepsilon devient positif et la sortie bascule instantanément à s = +V_{\text{sat}}.

   La caractéristique de transfert statique s(e) présente donc un cycle d'hystérésis de type inverseur, parcouru dans le sens des aiguilles d'une montre (sens horaire).

   Les grandeurs caractéristiques sont :

   \boxed{e_{\text{bas}} = -\frac{V_{\text{sat}}}{2} \quad \text{et} \quad e_{\text{haut}} = +\frac{V_{\text{sat}}}{2}}

   avec les niveaux de saturation \pm V_{\text{sat}}.

   Résultat

   $$e_{\text{bas}}=-\frac{V_{\text{sat}}}{2}\text{et}{e}_{\text{haut}}=+\frac{V_{\text{sat}}}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2025, Q12

   Un amplificateur linéaire intégré (ALI) idéal de gain infini en régime statique est modélisé par les propriétés suivantes :

   • Impédance d'entrée infinie : les courants entrant par les bornes inverseuse et non-inverseuse sont rigoureusement nuls :

     i_+ = i_- = 0
   • Impédance de sortie nulle : la tension de sortie V_s est indépendante du courant débité I_s (dans la limite des caractéristiques physiques du composant) ;

   • Gain différentiel infini (A_d \to \infty) : la relation entrée-sortie en l'absence de saturation s'écrit V_s = A_d (V_+ - V_-), ce qui impose la distinction fondamentale entre deux régimes :

     • Régime linéaire (obtenu pour -V_{\text{sat}} < V_s < +V_{\text{sat}}) :

       V_+ - V_- = 0 \iff V_+ = V_-

     • Régime saturé :

       \begin{cases} \text{si } V_+ - V_- > 0, & V_s = +V_{\text{sat}} \\ \text{si } V_+ - V_- < 0, & V_s = -V_{\text{sat}} \end{cases}
   • Temps de réponse nul : la bande passante et la vitesse de balayage (slew-rate) sont considérées comme infinies.

   Sous ces hypothèses, la zone linéaire est de largeur nulle sur l'axe des abscisses (\varepsilon = V_+ - V_- = 0). La caractéristique statique V_s = f(V_+ - V_-) présente une allure en marche d'escalier :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q9

   Le modèle de l'amplificateur linéaire intégré (ALI) idéal repose sur les caractéristiques suivantes :

   • Courants d'entrée nuls : les impédances d'entrée sont considérées comme infinies, ce qui impose

     \boxed{i_+ = i_- = 0}
   • Impédance de sortie nulle : la tension de sortie ne dépend pas de l'intensité du courant débité (dans les limites de saturation en courant).
   • Gain différentiel en boucle ouverte infini (\mu_0 \to \infty) avec une bande passante infinie (aucun retard, temps de réponse nul).

   Ce modèle se traduit par deux régimes de fonctionnement selon la valeur de la tension différentielle d'entrée \varepsilon = v_+ - v_- :

   • En régime linéaire (lorsque la tension de sortie vérifie |u_s| < V_{\mathrm{sat}}) : le gain infini implique une tension différentielle d'entrée rigoureusement nulle, soit :

     \boxed{\varepsilon = v_+ - v_- = 0 \iff v_+ = v_-}

   • En régime saturé : la tension de sortie plafonne aux tensions de saturation :

     u_s = \begin{cases} +V_{\mathrm{sat}} & \text{si } v_+ > v_- \\ -V_{\mathrm{sat}} & \text{si } v_+ < v_- \end{cases}

   Résultat

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

   $$\epsilon =v_{+}-v_{-}=0⟺v_{+}=v_{-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q10

   Le nœud A est relié à l'entrée non inverseuse (+) de l'ALI et se trouve au potentiel V_A = u_0 par rapport à la masse. L'ALI étant idéal, son courant d'entrée non inverseur est nul :

   i_+ = 0

   Le courant i_p(t) s'écoulant du point A vers la masse à travers l'association parallèle formée d'un conducteur ohmique de résistance R et d'un condensateur de capacité C s'écrit :

   i_p(t) = i_R(t) + i_C(t) = \frac{u_0(t)}{R} + C \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t}

   D'après la loi des nœuds appliquée au point A, le courant i_s(t) provenant de la sortie (à la tension u_1) à travers la branche série (R\text{--}C) vérifie :

   i_s(t) = i_p(t) + i_+ = \frac{u_0(t)}{R} + C \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t}

   En dérivant cette relation par rapport au temps :

   \frac{\mathrm{d}i_s}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{R}\frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + C \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2}

   Par ailleurs, la tension aux bornes de la branche série constituée de la résistance R et du condensateur C en série vaut :

   u_1(t) - u_0(t) = R i_s(t) + u_{C,\text{série}}(t)

   En dérivant cette équation par rapport au temps et en utilisant la relation constitutive du condensateur série, i_s = C \frac{\mathrm{d}u_{C,\text{série}}}{\mathrm{d}t} :

   \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} - \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} = R \frac{\mathrm{d}i_s}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{C} i_s(t)

   En remplaçant i_s(t) et \frac{\mathrm{d}i_s}{\mathrm{d}t} par leurs expressions en fonction de u_0 :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} - \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} &= R\left(\frac{1}{R}\frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + C \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2}\right) + \frac{1}{C}\left(\frac{u_0}{R} + C \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t}\right) \\ &= RC \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + 2\frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{RC} u_0 \end{aligned}

   En ajoutant \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} de part et d'autre :

   \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} = RC \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + 3\frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{RC} u_0

   On identifie alors la pulsation caractéristique \omega_0 :

   \boxed{\omega_0 = \frac{1}{RC}}

   Ce qui conduit bien à la forme demandée :

   \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{\omega_0} \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + 3 \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + \omega_0 u_0

   Résultat

   $${\omega }_0=\frac{1}{RC}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q12

   D'après la question Q11, on a u_1(t) = G u_0(t). En dérivant par rapport au temps :

   \frac{\mathrm{d}u_1}{\mathrm{d}t} = G \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t}

   En reportant cette expression dans l'équation différentielle de la question Q10 :

   G \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{\omega_0} \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + 3 \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + \omega_0 u_0

   Soit, en regroupant les termes :

   \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0 (3 - G) \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 u_0 = 0

   Pour que le système présente un régime oscillant purement sinusoïdal et permanent (non amorti), le terme dissipatif d'ordre 1 doit s'annuler, ce qui impose :

   \boxed{G = 3}

   Sachant que G = 1 + \dfrac{R_b}{R_a}, la condition sur les résistances s'écrit :

   1 + \frac{R_b}{R_a} = 3 \iff \frac{R_b}{R_a} = 2

   \boxed{R_b = 2 R_a}

   L'équation différentielle se réduit alors à celle d'un oscillateur harmonique :

   \frac{\mathrm{d}^2u_0}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2 u_0 = 0

   La pulsation des oscillations est \omega_0 = \dfrac{1}{RC}, d'où la fréquence :

   \boxed{f_0 = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{1}{2\pi R C}}

   Résultat

   $$G=3$$

   $$R_b=2R_a$$

   $$f_0=\frac{{\omega }_0}{2\pi }=\frac{1}{2\pi RC}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie TSI 2021, Q24

   Examinons les boucles de rétroaction de l'amplificateur linéaire intégré (ALI) sur le schéma de la figure 4 :

   • La sortie S est reliée à l'entrée non-inverseuse (+) par l'intermédiaire du résistor de résistance R_2 : il existe donc une boucle de réaction positive ;
   • L'entrée inverseuse (-) ne reçoit aucun signal en provenance de la sortie (elle est connectée au pont diviseur formé par la thermistance et un résistor R_1).

   En présence d'une boucle de rétroaction sur la borne non-inverseuse et en l'absence de rétroaction négative prépondérante, le système est instable autour de \epsilon = 0.

   L'ALI fonctionne donc en régime saturé (ou régime non linéaire). La tension de sortie ne peut prendre que deux valeurs :

   \boxed{\text{L'ALI fonctionne en régime saturé : } V_s = \pm V_{\text{sat}}}

   avec V_s = +V_{\text{sat}} lorsque \epsilon > 0 et V_s = -V_{\text{sat}} lorsque \epsilon < 0.

   Résultat

   $$\text{L’ALI fonctionne en reˊgime satureˊ : }{V}_s=\pm V_{\text{sat}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie TSI 2021, Q32

   D'après la question précédente (Q31), la caractéristique de transfert V_s = f(V^-) présente un cycle d'hystérésis : la tension de sortie V_s ne prend que deux valeurs discrètes (+V_{\text{sat}} et -V_{\text{sat}}) avec des seuils de basculement distincts selon le sens de variation de la grandeur d'entrée V^- (appliquée sur la borne inverseuse).

   La partie encadrée par des tirets constitue donc un comparateur à hystérésis inverseur (également appelé trigger de Schmitt inverseur ou comparateur à deux seuils inverseur).

   \boxed{\text{Comparateur à hystérésis (ou trigger de Schmitt) inverseur}}

   Résultat

   $$\text{Comparateur aˋ hysteˊreˊsis (ou trigger de Schmitt) inverseur}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2021, Q17

   L'amplificateur linéaire intégré est supposé idéal, de sorte que le courant entrant sur sa borne non inverseuse est nul :

   i^+ = 0

   En appliquant le théorème de Millman au potentiel de la borne non inverseuse, reliée à la tension de référence U_r via R_1 et à la tension de sortie s via R_2, on obtient :

   V^+ = \frac{\dfrac{U_r}{R_1} + \dfrac{s}{R_2}}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}}

   En multipliant le numérateur et le dénominateur par R_1 R_2, il vient :

   \boxed{V^+ = \frac{R_2 U_r + R_1 s}{R_1 + R_2}}

   Résultat

   $$V^{+}=\frac{R_2{U}_r+R_{1}s}{R_1+R_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2021, Q18

    L'ALI fonctionne en régime saturé non linéaire avec une réaction positive sur la borne non inverseuse. La tension différentielle d'entrée s'écrit :

    \varepsilon(t) = V^+ - V^- = V^+ - u_2(t)

    D'après la question Q17, le potentiel de l'entrée non inverseuse est :

    V^+ = \frac{R_2 U_r + R_1 s}{R_1 + R_2}

    Expression de U_b^+ : Initialement, la sortie est à l'état bas : s = -U_s. Pour maintenir cet état saturé, il faut \varepsilon < 0, c'est-à-dire u_2(t) > V^+(-U_s).

    Le basculement de la sortie vers +U_s survient dès que \varepsilon devient positif, c'est-à-dire au franchissement de la condition limite \varepsilon = 0, soit u_2(t) = V^+(-U_s) par valeurs décroissantes. La tension de basculement associée est donc :

    \boxed{U_b^+ = \frac{R_2 U_r - R_1 U_s}{R_1 + R_2}}

    Expression de U_b^- : De façon symétrique, lorsque la sortie est à l'état haut : s = +U_s, l'état est stable tant que \varepsilon > 0, soit u_2(t) < V^+(+U_s).

    Le basculement de la sortie vers -U_s intervient dès que \varepsilon devient négatif, soit au franchissement de \varepsilon = 0 par valeurs croissantes de u_2(t) :

    \boxed{U_b^- = \frac{R_2 U_r + R_1 U_s}{R_1 + R_2}}

    Résultat

    $$U_b^{+}=\frac{R_2{U}_r-R_1{U}_s}{R_1+R_2}$$

    $$U_b^{-}=\frac{R_2{U}_r+R_1{U}_s}{R_1+R_2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question