Feuille d'entraînement : ALI et oscillateurs électroniques

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2026, Q22

   Le montage réalisé autour de l'ALI 1 présente un bouclage direct de la sortie sur l'entrée inverseuse (e^- = V_B) et reçoit la tension à mesurer sur son entrée non-inverseuse (e^+ = V_A). Un tel montage est appelé un montage suiveur de tension (ou simplement suiveur).

   \boxed{\text{Montage suiveur de tension (ou étage suiveur)}}

   L'intérêt principal de cet étage suiveur réside dans l'adaptation d'impédance (ou l'isolation d'étages) :

   • Impédance d'entrée infinie : le courant d'entrée de l'ALI idéal étant nul (i^+ = 0), l'étage amont (le pont diviseur de tension constitué de R et R_3) ne débite aucun courant vers l'ALI. Ainsi, la mesure de tension V_A n'est pas perturbée par l'aval (absence d'effet de charge).
   • Impédance de sortie nulle : la sortie de l'ALI impose la tension V_B = V_A quel que soit le courant appelé par le circuit aval (ici la résistance R_1 du bloc 3).

   Résultat

   $$\text{Montage suiveur de tension (ou eˊtage suiveur)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q24

   1. Régime de fonctionnement de l'ALI 3

   La sortie E de l'ALI 3 est reliée à son entrée non-inverseuse (+) (nœud D) par l'intermédiaire du conducteur ohmique R_2. Le montage comporte donc une rétroaction positive (ou réaction positive).

   Le point de fonctionnement du régime linéaire étant instable en présence d'une rétroaction positive prépondérante, l'ALI 3 ne fonctionne pas en régime linéaire, mais en régime de saturation (ou régime non linéaire). Sa tension de sortie ne peut prendre que les deux valeurs de saturation :

   V_E \in \{-V_0, \, +V_0\}

   2. Expression du potentiel au nœud D

   L'ALI étant supposé idéal, le courant entrant sur la borne non-inverseuse est nul (i_+ = 0). Le nœud D n'est connecté qu'aux résistances R_1 et R_2. Le théorème de Millman appliqué en D donne :

   V_D = \frac{\dfrac{V_B}{R_1} + \dfrac{V_E}{R_2}}{\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}} = \frac{R_2 V_B + R_1 V_E}{R_1 + R_2}

   En introduisant \alpha = \dfrac{R_1}{R_2}, on obtient :

   \boxed{V_D = \frac{V_B + \alpha V_E}{1 + \alpha}}

   3. Seuils de basculement

   La tension différentielle d'entrée s'écrit \varepsilon = V^+ - V^- = V_D - V_C. L'ALI étant idéal :

   • si \varepsilon > 0, soit V_D > V_C, la sortie sature à l'état haut : V_E = +V_0 ;
   • si \varepsilon < 0, soit V_D < V_C, la sortie sature à l'état bas : V_E = -V_0.

   La condition de basculement correspond à l'annulation de la tension différentielle, c'est-à-dire V_D = V_C :

   \frac{V_B + \alpha V_E}{1 + \alpha} = V_C \iff V_B = (1 + \alpha)V_C - \alpha V_E

   • Supposons la sortie initialement à l'état haut (V_E = +V_0) : Le maintien à cet état nécessite V_D > V_C, soit V_B > (1 + \alpha)V_C - \alpha V_0. Le basculement vers l'état bas (V_E = -V_0) intervient lorsque V_B décroît et franchit la valeur seuil basse notée V_b :

     \boxed{V_b = (1 + \alpha)V_C - \alpha V_0}

   • Supposons la sortie initialement à l'état bas (V_E = -V_0) : Le maintien à cet état nécessite V_D < V_C, soit V_B < (1 + \alpha)V_C + \alpha V_0. Le basculement vers l'état haut (V_E = +V_0) intervient lorsque V_B croît et franchit la valeur seuil haute notée V_h :

     \boxed{V_h = (1 + \alpha)V_C + \alpha V_0}

   Comme \alpha > 0 et V_0 > 0, on a bien V_b < V_h. La tension V_E bascule ainsi entre +V_0 et -V_0 aux seuils V_b et V_h.

   Résultat

   $$V_D=\frac{V_B+\alpha V_E}{1+\alpha }$$

   $$V_b=(1+\alpha )V_C-\alpha V_0$$

   $$V_h=(1+\alpha )V_C+\alpha V_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque 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

4. Exercice 4Banque 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

5. Exercice 5Banque 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

6. Exercice 6Banque 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

7. Exercice 7Banque 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

8. Exercice 8Banque 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

9. Exercice 9Banque 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

10. Exercice 10Banque 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