Feuille d'entraînement : ALI et oscillateurs électroniques

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PSI 2026, Q11

   D'après le schéma-bloc de la figure 4, avec C(p) = 1 :

   • le signal d'écart vaut :

     \varepsilon(p) = U_c(p) - U_{\text{mes}}(p) = K_a Q_c(p) - K_q Q_s(p)

   • la chaîne directe fournit le débit de la pompe :

     Q_p(p) = K_{\text{pom}} \Omega_m(p) = K_{\text{pom}} H(p) K_v C(p) \varepsilon(p) = \frac{K_v K_m K_{\text{pom}}}{1 + \tau_m p} \varepsilon(p)

   En posant K_0 = K_v K_m K_{\text{pom}}, la transmittance de la chaîne directe s'écrit :

   T_d(p) = \frac{K_0}{1 + \tau_m p}

   Au niveau du sommateur de sortie, la diminution de débit due aux pertes de charge intervient de façon soustractive :

   Q_s(p) = Q_p(p) - Q_{pc}(p) = T_d(p) \left[ K_a Q_c(p) - K_q Q_s(p) \right] - Q_{pc}(p)

   En regroupant les termes en Q_s(p) :

   \left[ 1 + K_q T_d(p) \right] Q_s(p) = K_a T_d(p) Q_c(p) - Q_{pc}(p)

   D'où l'expression du débit de sortie :

   Q_s(p) = \frac{K_a T_d(p)}{1 + K_q T_d(p)} Q_c(p) - \frac{1}{1 + K_q T_d(p)} Q_{pc}(p)

   En remplaçant T_d(p) = \frac{K_0}{1 + \tau_m p} :

   \begin{aligned} H_1(p) &= \frac{K_a \dfrac{K_0}{1 + \tau_m p}}{1 + K_q \dfrac{K_0}{1 + \tau_m p}} = \frac{K_a K_0}{1 + K_q K_0 + \tau_m p} = \frac{\dfrac{K_a K_0}{1 + K_q K_0}}{1 + \dfrac{\tau_m}{1 + K_q K_0} p} \\ H_2(p) &= -\frac{1}{1 + K_q \dfrac{K_0}{1 + \tau_m p}} = -\frac{1 + \tau_m p}{1 + K_q K_0 + \tau_m p} = -\frac{\dfrac{1}{1 + K_q K_0} (1 + \tau_m p)}{1 + \dfrac{\tau_m}{1 + K_q K_0} p} \end{aligned}

   En introduisant le gain en boucle ouverte K_{\text{BO}} = K_q K_0 = K_q K_v K_m K_{\text{pom}} et la constante de temps en boucle fermée \tau_{\text{BF}} = \frac{\tau_m}{1 + K_{\text{BO}}} :

   \boxed{H_1(p) = \frac{K_1}{1 + \tau_{\text{BF}} p} \quad \text{avec} \quad K_1 = \frac{K_a K_v K_m K_{\text{pom}}}{1 + K_q K_v K_m K_{\text{pom}}} \quad \text{et} \quad \tau_{\text{BF}} = \frac{\tau_m}{1 + K_q K_v K_m K_{\text{pom}}}}

   \boxed{H_2(p) = K_2 \frac{1 + \tau_m p}{1 + \tau_{\text{BF}} p} \quad \text{avec} \quad K_2 = -\frac{1}{1 + K_q K_v K_m K_{\text{pom}}}}

   Remarque : si la perturbation Q_{pc}(p) est comptée additivement au sommateur, le gain K_2 prend le signe positif + \frac{1}{1 + K_q K_v K_m K_{\text{pom}}}.

   Résultat

   $$H_1(p)=\frac{K_1}{1+{\tau }_{\text{BF}}p}\text{avec}{K}_1=\frac{K_a{K}_v{K}_m{K}_{\text{pom}}}{1+K_q{K}_v{K}_m{K}_{\text{pom}}}\text{et}{\tau }_{\text{BF}}=\frac{{\tau }_m}{1+K_q{K}_v{K}_m{K}_{\text{pom}}}$$

   $$H_2(p)=K_2\frac{1+{\tau }_{m}p}{1+{\tau }_{\text{BF}}p}\text{avec}{K}_2=-\frac{1}{1+K_q{K}_v{K}_m{K}_{\text{pom}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Modelisation PSI 2026, Q13

   Le correcteur proportionnel-intégral choisi a pour fonction de transfert :

   C(p) = K_p \left(\frac{1 + T_i p}{T_i p}\right) = K_p \left(1 + \frac{1}{T_i p}\right)

   1. Précision vis-à-vis de la consigne (écart de position \epsilon_s) : La transmittance en boucle ouverte corrigée s'écrit :

   T_{\text{BO}}(p) = K_q C(p) K_v H(p) K_{\text{pom}} = \frac{K_q K_p K_v K_m K_{\text{pom}}}{T_i p} \frac{1 + T_i p}{1 + \tau_m p}

   La boucle ouverte comporte désormais une intégration pure (p^1 au dénominateur) : le système asservi est donc de classe 1.

   Comme K_a = K_q (condition établie à la question Q10 pour un retour unitaire équivalent), la valeur finale de l'écart pour une consigne en échelon Q_c(p) = \frac{Q_{c0}}{p} vaut, d'après le théorème de la valeur finale :

   \epsilon_s = \lim_{t \to +\infty} \epsilon(t) = \lim_{p \to 0} p \, \frac{K_a Q_c(p)}{1 + T_{\text{BO}}(p)} = \lim_{p \to 0} \frac{K_a Q_{c0}}{1 + T_{\text{BO}}(p)} = 0

   puisque \lim_{p \to 0} |T_{\text{BO}}(p)| = +\infty. L'exigence \epsilon_s = 0 est donc respectée.

   2. Précision vis-à-vis de la perturbation (écart \epsilon_{\text{pert}}) : La perturbation Q_{pc}(p) intervient au niveau du débit de sortie Q_s. L'intégrateur du correcteur C(p) est situé dans la chaîne directe, en amont du point d'injection de la perturbation.

   Pour une perturbation en échelon Q_{pc}(p) = \frac{Q_{pc0}}{p} (avec consigne nulle Q_c = 0), l'écart s'écrit :

   \epsilon_{\text{pert}}(p) = -K_q Q_s(p) = \frac{K_q}{1 + C(p) K_v H(p) K_{\text{pom}} K_q} \, Q_{pc}(p)

   En appliquant le théorème de la valeur finale :

   \epsilon_{\text{pert}} = \lim_{p \to 0} p \, \epsilon_{\text{pert}}(p) = \lim_{p \to 0} \frac{K_q Q_{pc0}}{1 + T_{\text{BO}}(p)} = 0

   L'effet de la perturbation constante est donc totalement rejeté en régime permanent : l'exigence \epsilon_{\text{pert}} = 0 est respectée.

   \boxed{\text{L'intégration pure introduite par le régulateur PI assure à la fois } \epsilon_s = 0 \text{ et } \epsilon_{\text{pert}} = 0.}

   Résultat

   $$\text{L’inteˊgration pure introduite par le reˊgulateur PI assure aˋ la fois }{ϵ}_s=0\text{ et }{ϵ}_{\text{pert}}=0.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PSI 2026, Q14

   La fonction de transfert en boucle ouverte non corrigée possède un unique pôle en -\frac{1}{\tau_m} issu de la fonction de transfert du moteur H(p) = \frac{K_m}{1 + \tau_m p}.

   En insérant le correcteur proportionnel intégral C(p) = K_p \left(\frac{1 + T_i p}{T_i p}\right), la fonction de transfert en boucle ouverte du système asservi (en l'absence de perturbation, Q_{pc}(p) = 0) s'écrit :

   \begin{aligned} H_{BO}(p) &= C(p) \cdot K_v \cdot H(p) \cdot K_{\text{pom}} \cdot K_q \\ &= K_p \left( \frac{1 + T_i p}{T_i p} \right) \cdot \frac{K_v K_m K_{\text{pom}} K_q}{1 + \tau_m p} \end{aligned}

   Pour compenser le pôle dominant du procédé lié à la constante de temps du moteur \tau_m, on règle le temps d'intégration T_i de façon à faire coïncider le zéro du correcteur avec ce pôle :

   \boxed{T_i = \tau_m = 1\text{ s}}

   Après simplification du terme (1 + T_i p) avec (1 + \tau_m p), la fonction de transfert en boucle ouverte se réduit à un comportement d'intégrateur pur :

   \boxed{H_{BO}(p) = \frac{K_{BO}}{p}}

   où le gain en boucle ouverte K_{BO} s'exprime littéralement par :

   \boxed{K_{BO} = \frac{K_p K_v K_m K_{\text{pom}} K_q}{T_i}}

   Comme T_i = 1\text{ s}, on retrouve bien l'expression numérique :

   K_{BO} = \frac{10 \times 10 \times 9\cdot 10^{-6} \times 1}{1} \cdot K_p = 9\cdot 10^{-4} \, K_p

   Résultat

   $$T_i={\tau }_m=1\text{ s}$$

   $$H_{BO}(p)=\frac{K_{BO}}{p}$$

   $$K_{BO}=\frac{K_p{K}_v{K}_m{K}_{\text{pom}}{K}_q}{T_i}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q33

   1. Gain de l'amplificateur :

   L'amplificateur linéaire intégré (ALI) fonctionne en régime linéaire grâce à la rétroaction négative assurée par la résistance R' sur l'entrée inverseuse. L'ALI étant supposé idéal, le courant d'entrée est nul et la tension différentielle d'entrée est nulle :

   V^+ = 0 \implies V^- = V^+ = 0

   La loi des nœuds en termes de potentiels (ou le théorème de Millman) au nœud de l'entrée inverseuse s'écrit :

   \frac{v - 0}{R} + \frac{v_s - 0}{R'} = 0 \implies v_s = -\frac{R'}{R}\,v

   On en déduit l'expression du gain G de l'amplificateur :

   \boxed{G = \frac{v_s}{v} = -\frac{R'}{R}}

   2. Condition pour une oscillation sinusoïdale :

   Quand l'interrupteur K' est fermé, la sortie de l'amplificateur est reliée à l'entrée du filtre déphaseur, soit v_e = v_s. En notation complexe :

   \underline{v} = \underline{H}\,\underline{v}_e = \underline{H}\,\underline{v}_s \quad \text{et} \quad \underline{v}_s = G\,\underline{v}

   En combinant ces deux relations, on obtient l'équation de bouclage :

   \underline{v}_s = G\underline{H}\,\underline{v}_s \iff (1 - G\underline{H})\,\underline{v}_s = 0

   Pour qu'une oscillation sinusoïdale non nulle puisse exister de manière autonome (critère de Barkhausen), G et \underline{H} doivent vérifier la condition :

   \boxed{G\,\underline{H}(j\omega_{\text{osc}}) = 1}

   3. Expression de la pulsation d'oscillation \omega_{\text{osc}} :

   Le gain G = -R'/R étant un réel négatif, la condition précédente impose que \underline{H}(j\omega_{\text{osc}}) soit un réel négatif. La partie imaginaire du dénominateur de \underline{H} doit donc être nulle :

   6 - \frac{1}{(RC\omega_{\text{osc}})^2} = 0 \implies (RC\omega_{\text{osc}})^2 = \frac{1}{6}

   Comme la pulsation est positive, on en déduit :

   \boxed{\omega_{\text{osc}} = \frac{1}{RC\sqrt{6}}}

   4. Valeur numérique de G :

   À la pulsation \omega = \omega_{\text{osc}}, le terme imaginaire s'annule et le dénominateur de \underline{H} vaut :

   \underline{H}(j\omega_{\text{osc}}) = \frac{1}{1 - 5 \times 6} = -\frac{1}{29}

   D'après la condition de Barkhausen G\,\underline{H}(j\omega_{\text{osc}}) = 1, il vient :

   G = \frac{1}{\underline{H}(j\omega_{\text{osc}})} = -29

   \boxed{G = -29}

   Résultat

   $$G=\frac{v_s}{v}=-\frac{R^{\prime }}{R}$$

   $$G\underline{H}(j{\omega }_{\text{osc}})=1$$

   $${\omega }_{\text{osc}}=\frac{1}{RC\sqrt{6}}$$

   $$G=-29$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2026, Q9

   1. Régimes de fonctionnement :

   • Pour l'ALI ①, la sortie est directement rebouclée sur l'entrée inverseuse (borne notée « - ») : il s'agit d'une contre-réaction négative pure (montage suiveur).
   • Pour l'ALI ②, la sortie est également reliée à l'entrée inverseuse à travers une résistance de contre-réaction R_C, sans rétroaction sur l'entrée non inverseuse (la borne « + » étant reliée à la masse).

   En présence d'une rétroaction sur la borne inverseuse assurant la stabilité et tant que la tension de sortie ne sature pas (ce qui sera vérifié dans les conditions de fonctionnement), les deux ALI fonctionnent en régime linéaire.

   2. Modèle de l'ALI idéal en régime linéaire :

   • Courants d'entrée nuls (impédance d'entrée différentielle et de mode commun infinie) :

     \boxed{i_+ = i_- = 0}

   • Tension différentielle d'entrée nulle (gain différentiel en boucle ouverte infini) :

     \boxed{\varepsilon = V_+ - V_- = 0 \iff V_+ = V_-}
   • Impédance de sortie nulle (R_s = 0), la tension de sortie restant bornée par les tensions de saturation : |V_s| \leqslant V_{\mathrm{sat}}.

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2026, Q11

   L'ALI ① est câblé avec une réaction négative totale : sa sortie est directement rebouclée sur son entrée inverseuse V_-, tandis que son entrée non inverseuse est portée au potentiel V_+ = V_{SW}.

   Fonctionnant en régime linéaire d'après la question Q9, on a V_+ = V_-, soit pour la tension de sortie V_{s1} de l'ALI ① :

   V_{s1} = V_{SW}

   Il s'agit donc d'un montage suiveur de tension (ou amplificateur de gain unité).

   Son rôle principal est d'adapter les impédances (rôle d'étage tampon ou « buffer ») entre le pont diviseur et l'étage sommateur :

   • Impédance d'entrée infinie : le courant d'entrée étant nul (i_+ = 0), l'ALI ne prélève aucun courant sur le réseau de résistances (R_A, R_B). Cela élimine tout effet de charge et garantit que les tensions V_{SW} calculées à la question Q10 restent rigoureusement égales à \{-2\text{ V}, -1\text{ V}, 0\text{ V}, +1\text{ V}, +2\text{ V}\}, quelle que soit la position du commutateur.
   • Impédance de sortie nulle : il délivre le courant nécessaire à la résistance R_B de l'étage suivant tout en maintenant fermement le potentiel V_{s1} = V_{SW}.

   \boxed{\text{L'ALI \textcircled{1} agit comme suiveur de tension pour l'isolation et l'adaptation d'impédance (suppression de l'effet de charge).}}

   Résultat

   $$\text{L’ALI 1◯ agit comme suiveur de tension pour l’isolation et l’adaptation d’impeˊdance (suppression de l’effet de charge).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2026, Q12

   L'ALI ② comporte une rétroaction négative (la sortie est reliée à la borne inverseuse via une résistance R_C) et fonctionne donc en régime linéaire (d'après la question Q9). On a donc :

   i_+ = i_- = 0 \quad \text{et} \quad V_+ = V_-.

   Appliquons le théorème de Millman à l'entrée non inverseuse (+), reliée à la sortie de l'ALI ① (de tension V_{s1} = V_{SW} d'après la question Q11) et à la tension de commande V_{\mathrm{in},0} par deux résistances identiques R_B :

   V_+ = \frac{\dfrac{V_{SW}}{R_B} + \dfrac{V_{\mathrm{in},0}}{R_B}}{\dfrac{1}{R_B} + \dfrac{1}{R_B}} = \frac{V_{\mathrm{in},0} + V_{SW}}{2}.

   Appliquons de même le théorème de Millman à l'entrée inverseuse (-), reliée à la masse (0\text{ V}) et à la sortie V'_{\mathrm{in},0} par deux résistances identiques R_C :

   V_- = \frac{\dfrac{0}{R_C} + \dfrac{V'_{\mathrm{in},0}}{R_C}}{\dfrac{1}{R_C} + \dfrac{1}{R_C}} = \frac{V'_{\mathrm{in},0}}{2}.

   En utilisant l'égalité des potentiels d'entrée (V_+ = V_-), on obtient directement :

   \frac{V'_{\mathrm{in},0}}{2} = \frac{V_{\mathrm{in},0} + V_{SW}}{2},

   soit :

   \boxed{V'_{\mathrm{in},0} = V_{\mathrm{in},0} + V_{SW}.}

   La tension de sortie est la somme exacte des deux tensions d'entrée : il s'agit donc bien d'un montage sommateur (sommateur non inverseur à gain unitaire).

   D'après le préambule de la partie I.1, la tension de commande du synthétiseur suit le standard de 1\text{ V} par octave (la tension augmente de 1\text{ V} pour monter d'une octave). D'après la question Q10, la tension V_{SW} délivrée par le commutateur « Tune » peut prendre les cinq valeurs discrètes :

   V_{SW} = n \times 1\text{ V} \quad \text{avec} \quad n \in \{-2,\,-1,\,0,\,+1,\,+2\}.

   La tension de commande finale devient donc :

   V'_{\mathrm{in},0} = V_{\mathrm{in},0} + n \times (1\text{ V}).

   L'ajout de la tension V_{SW} a donc pour effet de décaler la note jouée de n octaves (n = -2, -1, 0, +1 \text{ ou } +2). Le circuit remplit parfaitement son rôle de transposeur d'octave.

   Résultat

   $$V_{\mathrm{in},0}^{\prime }=V_{\mathrm{in},0}+V_{SW}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q30

   L'amplificateur linéaire intégré (ALI) est supposé idéal et fonctionne en régime linéaire grâce à la présence d'une boucle de rétroaction négative reliant la sortie à l'entrée inverseuse. Par conséquent :

   • les courants d'entrée sont nuls : \underline{i}^+ = \underline{i}^- = 0 ;
   • la tension différentielle d'entrée est nulle : \varepsilon = V^+ - V^- = 0 \implies V^- = V^+.

   L'entrée non-inverseuse (+) est reliée à la masse à travers le conducteur ohmique de résistance R/2. Aucun courant n'y pénétrant (\underline{i}^+ = 0), le potentiel est nul :

   V^+ = 0 \implies V^- = 0 \quad \text{(masse virtuelle)}.

   Appliquons la loi des nœuds au potentiel au niveau de la borne (-), où se rejoignent la branche d'entrée de résistance R et la branche de contre-réaction constituée du conducteur ohmique R et du condensateur C en parallèle :

   \frac{\underline{u}_e - V^-}{R} + \frac{\underline{u}_s - V^-}{R} + \frac{\underline{u}_s - V^-}{\frac{1}{\jmath C \omega}} = 0 .

   Compte tenu de V^- = 0, cette équation se réécrit :

   \begin{aligned} \frac{\underline{u}_e}{R} + \underline{u}_s \left( \frac{1}{R} + \jmath C \omega \right) &= 0 \\ \underline{u}_s \left( \frac{1 + \jmath R C \omega}{R} \right) &= -\frac{\underline{u}_e}{R} . \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la fonction de transfert :

   \underline{H}(\jmath\omega) = \frac{\underline{u}_s}{\underline{u}_e} = \frac{-1}{1 + \jmath R C \omega} .

   Par identification avec la forme canonique \underline{H}(\jmath\omega) = \dfrac{H_0}{1 + \jmath \dfrac{\omega}{\omega_0}}, on obtient :

   \boxed{H_0 = -1 \quad \text{et} \quad \omega_0 = \frac{1}{RC}}

   Résultat

   $$H_0=-1\text{et}{\omega }_0=\frac{1}{RC}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-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

   $$\ddot{x}(t)+\frac{1}{R_1{R}_2{C}_1{C}_2}x(t)=0$$

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10. Exercice 10X-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

    $$V_s=-RI$$

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