Corrigé Centrale 2026 Physique-chimie 2 PSI — Partie A, II (Q13 à Q20) : Oscillateur commandé en tension : intégrateur et comparateur à hystérésis

Sujet officiel du concours Centrale, session 2026, épreuve Physique-chimie 2 PSI. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

L'OCT de la figure 8 est commandé par la tension constante $V_{in, 1} > 0$ . ALI idéaux, saturation $V_{sat} = 15 V$ . $R_{1}$ et $R_{4}$ sont reliées en $A_{1}$ (entrée $-$ de l'ALI 3), $R_{2}$ et $R_{3}$ en $A_{2}$ (entrée $+$ ) ; les deux fils se croisent sans contact.

{Figure 8 — OCT classique}

Q13. Régime de l'ALI 4, en le justifiant ; conséquences immédiates.

Transistor $T_{r}$ : phase active si $V_{B E} > 0$ (liaison $C$ - $E$ équivalente à un fil) ; phase bloquante si $V_{B E} < 0$ ( $I_{C} = 0$ ). $R_{5}$ n'intervient pas ; $V_{B E}$ et $V_{out, 2}$ ont toujours le même signe. Le transistor est d'abord bloqué.

Q14. Exprimer $V_{out, 1} (t)$ en fonction de $R_{1}$ , $C_{1}$ , $R_{2}$ , $R_{3}$ , $V_{in, 1}$ , $t$ et d'une constante.
Q15. Seuils de basculement $V_{haut} > 0$ et $V_{bas} < 0$ de l'ALI 4 en fonction de $V_{sat}$ , $R_{6}$ , $R_{7}$ ; tracer $V_{out, 2}$ en fonction de $V_{out, 1}$ .
Q16. $V_{out, 1} (0) = - V_{bas} > 0$ : instant $t_{1}$ du basculement ; que se passe-t-il alors ?
Q17. $V_{out, 1} (t)$ pour $t > t_{1}$ ; condition sur $R_{4}$ pour des oscillations symétriques (supposée vérifiée ensuite).
Q18. Avec $R_{6} = R_{7}$ , montrer que $f = \frac{1}{2 R _{1} C _{1}} \frac{R _{2}}{R _{2} + R _{3}} \frac{V _{in, 1}}{V _{sat}}$ .
Q19. Représenter $V_{out, 1} (t)$ et $V_{out, 2} (t)$ .
Q20. Vitesse de balayage maximale des ALI : $0, 3 V/ μ s$ (en contre-réaction négative). Signification ; borne supérieure de $f$ ; commenter.

Corrigé

Q13. L'ALI 4 n'est bouclé que sur son entrée non inverseuse, par le pont $(R_{6}, R_{7})$ : c'est une rétroaction positive, qui amplifie tout écart $ε = V_{+} - V_{-}$ au lieu de le réduire. L'ALI 4 fonctionne donc en régime saturé : c'est un comparateur à hystérésis (trigger de Schmitt inverseur, l'entrée $V_{out, 1}$ attaquant l'entrée $-$ ).

Conséquences : $V_{out, 2} = \pm V_{sat}$ selon le signe de $ε$ ; on n'a plus $V_{+} = V_{-}$ (seuls les courants d'entrée restent nuls) ; comme $V_{B E}$ a le signe de $V_{out, 2}$ , le transistor est bloqué quand $V_{out, 2} = - V_{sat}$ et actif quand $V_{out, 2} = + V_{sat}$ : l'ALI 4 pilote un interrupteur qui relie ou non $R_{4}$ à la masse.

Q14. L'ALI 3 est bouclé sur son entrée $-$ par $C_{1}$ : rétroaction négative, régime linéaire, $V_{-} = V_{+}$ et $i_{\pm} = 0$ .

Entrée $+$ : pont diviseur, $V_{A_{2}} = \frac{R _{3}}{R _{2} + R _{3}} V_{in, 1}$ , donc $V_{A_{1}} = V_{A_{2}}$ , constante.
Transistor bloqué : $I_{C} = 0$ , aucun courant dans $R_{4}$ .
Loi des nœuds en $A_{1}$ : le courant qui arrive par $R_{1}$ traverse entièrement $C_{1}$ (de $A_{1}$ vers la sortie) :

$i_{1} = \frac{V _{in, 1} - V _{A_{1}}}{R _{1}} = \frac{R _{2}}{R _{2} + R _{3}} \frac{V _{in, 1}}{R _{1}} = C_{1} \frac{d}{d t} (V_{A_{1}} - V_{out, 1}) = - C_{1} \frac{d V _{out, 1}}{d t} .$

Le montage est un intégrateur alimenté par un courant constant :

$V_{out, 1} (t) = V_{out, 1} (0) - \frac{R _{2}}{R _{2} + R _{3}} \frac{V _{in, 1}}{R _{1} C _{1}} t$

une rampe décroissante de pente $- a$ , avec $a = \frac{R _{2} V _{in, 1}}{( R _{2} + R _{3} ) R _{1} C _{1}} > 0$ .

Q15. Entrée $+$ de l'ALI 4 : $V_{+} = \frac{R _{7}}{R _{6} + R _{7}} V_{out, 2} = k V_{out, 2}$ , $k = \frac{R _{7}}{R _{6} + R _{7}}$ . Avec $V_{-} = V_{out, 1}$ :

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