Lire un montage : rétroaction, régime, saturation

La stratégie. Avant tout calcul, chercher par où la sortie revient sur les entrées. Une rétroaction sur l'entrée inverseuse est l'indice du régime linéaire ; c'est un indice, pas une preuve : on suppose ce régime, on calcule, puis on vérifie que la sortie reste entre $-V_{\mathrm{sat}}$ et $+V_{\mathrm{sat}}$.

1) Lire les montages.

• (a) La sortie revient sur l'entrée inverseuse par $R_2$ : rétroaction négative, régime linéaire (c'est l'amplificateur non inverseur).
• (b) Même chose, avec un fil : régime linéaire (c'est le suiveur).
• (c) Aucune rétroaction : l'ALI amplifie $\epsilon =0-e$ avec un gain énorme ; dès que $|e|$ dépasse quelques dizaines de microvolts, la sortie sature à $-V_{\mathrm{sat}}$ si $e>0$, à $+V_{\mathrm{sat}}$ si $e<0$. C'est un comparateur.
• (d) La rétroaction aboutit sur l'entrée non inverseuse : si $s$ augmente, $V_{+}$ augmente, donc $\epsilon$ augmente, donc $s$ augmente encore. L'écart s'emballe : saturation. Ce montage, le comparateur à hystérésis, est hors de notre programme ; il suffit ici de savoir qu'il ne fonctionne pas en régime linéaire.

2) Le non inverseur. Régime linéaire supposé : $V_{+}=e$. Comme $i_{-}=0$, le même courant traverse $R_2$ et $R_1$, qui forment un diviseur de tension entre la sortie et la masse : $$V_{-}=\frac{R_1}{R_1+R_2}s.$$ $V_{+}=V_{-}$ donne $$s=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)e=11e.$$ La sortie ne sature pas tant que $11|e|<V_{\mathrm{sat}}$, soit pour une amplitude d'entrée $$E_{\max }=\frac{V_{\mathrm{sat}}}{11}=\frac{14}{11}\approx 1,27\mathrm{V}.$$

3) L'écrêtage. Avec $E=2,0\mathrm{V}$, le calcul en régime linéaire donnerait une sortie d'amplitude $22\mathrm{V}$ : impossible, la sortie ne peut dépasser $14\mathrm{V}$. L'hypothèse est donc fausse aux instants où $11|e(t)|>14$, c'est-à-dire où $|\cos (\omega t)|>\frac{14}{22}=0,636$. Le reste du temps, elle est vérifiée et $s=11e$.

La sortie est une sinusoïde écrêtée : elle suit $11e(t)$ tant que $|11e|<14\mathrm{V}$, puis reste plaquée à $\pm 14\mathrm{V}$.

La fraction du temps. Sur une demi-période, posons $\theta =\omega t$ entre $0$ et $\pi$. On a $|\cos \theta |>0,636$ pour $\theta <\arccos (0,636)$ ou $\theta >\pi -\arccos (0,636)$. Or $\arccos (0,636)=0,880\mathrm{rad}$, d'où une durée saturée de $2\times 0,880=1,76\mathrm{rad}$ sur $\pi$ : $$\frac{1,76}{\pi }\approx 0,56.$$ La sortie est saturée 56 % du temps. Un signal d'entrée à peine plus grand que la limite ($2\mathrm{V}$ contre $1,27$) suffit à déformer la sortie la plupart du temps : ce n'est plus du tout une sinusoïde amplifiée, et son spectre contient des harmoniques nouveaux, signature d'un fonctionnement non linéaire (chapitre 6).

4) Cohérence du régime saturé. À cet instant, $V_{+}=e=2,0\mathrm{V}$, et le diviseur donne toujours $V_{-}=\frac{s}{11}=\frac{14}{11}=1,27\mathrm{V}$ (puisque $i_{-}=0$ reste vrai). Donc $$\epsilon =2,0-1,27=0,73\mathrm{V}>0.$$ Le modèle de l'ALI idéal saturé exige $s=+V_{\mathrm{sat}}$ quand $\epsilon >0$ : c'est bien le cas. En saturation, $V_{+}$ et $V_{-}$ ne sont plus égaux : l'égalité des potentiels d'entrée est la signature du régime linéaire, pas une propriété de l'ALI.

Ce que l'exercice installe. Le réflexe en trois temps : repérer la rétroaction, supposer le régime linéaire, vérifier $|s|<V_{\mathrm{sat}}$. Et l'idée que l'égalité $V_{+}=V_{-}$ n'est vraie qu'en régime linéaire ; en saturation, c'est le signe de $\epsilon$ qui décide de la sortie.