09 TD Corrigé - Evaluation des performances des systèmes asservis

09 TD Corrigé - Evaluation des performances des systèmes asservis - Stabilité
CPGE MP
Réponses de systèmes à l’impulsion de DIRAC – Corrigé
s(t)
INSTABLE
s(t)
s(t)
t
s(t)
STABLE
STABLE
t
QUASI
INSTABLE s(t)
s(t)
t
s(t)
INSTABLE
STABLE
INSTABLE s(t)
s(t)
t
t
INSTABLE s(t)
t
INSTABLE
t
t
STABLE
Stabilité à partir des pôles de la FTBF – Corrigé
t
t
Un système asservi est stable si sa FTBF possède des pôles à partie réelle négative.
Système 1 : -1 ; -2 → STABLE
Système 2 : -3, -2, 0 → INSTABLE
Système 3 : -2+j, -2-j, 2j,-2j → QUASI INSTABLE
Système 4 : -2+3j, -2-3j,-2 → STABLE
Système 5 : -j, j, -1, 1 → INSTABLE
Système 6 : -1, 1 → INSTABLE
Système 7 : -1+j, -1-j → STABLE
Système 8 : 2, -1, -3 → INSTABLE
Système 9 :-6, -4, 7 → INSTABLE
Application du critère de Routh – Corrigé
Q.1. Calcul de la FTBF :
Ki
2
.
2.K i
2.K i
Ti p 1 2p 20p 2
F ( p) 


2
K
2
Ti p.(1 2p 20p )  2.K i 2.K i  Ti p  2.Ti p 2  20.Ti p3
1 i .
Ti p 1 2p  20p 2
D( p)  2.Ki  Ti p2.Ti p2 20.Ti p3
Critère de Routh
Premier examen : il faut que Ki et Ti soient strictement positifs.
Deuxième examen : Ti  2Ti  2K i 20T i donc Ti  Ki  20
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CPGE MP
Application du critère de Routh – Corrigé
Q.1. Calcul de la FTBF :
K
K
K
p.(p  3).(p  4)
F1 (p) 

 3
2
K
p.(p  3).(p  4)  K p  7.p  12p  K
1
p.(p  3).(p  4)
→ D1 (p)  p3  7.p2  12p  K
Critère de Routh
Premier examen : il faut que K > 0.
Deuxième examen : 7 12  1  K donc K  84
Ainsi : 0  K  84
Calcul de la FTBF :
K.(1  T.p)
K.(1  T.p)
K.(1  T.p)
p.(p  1).(1  0,5.p)
F2 (p) 


3
K.(1  T.p)
p.(p  1).(1  0,5.p)  K.(1  T.p) 0,5.p  p  1,5.p 2  K.(1  T.p)
1
p.(p  1).(1  0,5.p)
K.(1  T.p)
→ D2 (p)  0,5.p3  1,5.p2  (K.T  1).p  K
F2 (p) 
3
2
0,5.p  1,5.p  (K.T  1).p  K
Critère de Routh
Premier examen : il faut que si K > 0et K.T + 1 > 0.
1
3
Deuxième examen : 1,5 (K T 1)  0,5 K donc K.T  .K  1
Calcul de la FTBF :
K
3
K
p  5p 2 8p  5
→ D3 (p)  p3  5p2 8p  5  K
F3 (p) 
 3
2
K
p  5p 8p  5  K
1 3
p  5p 2 8p  5
Critère de Routh
Premier examen : il faut que si 5+K > 0
Deuxième examen : 5  8  1  (5  K ) donc K  35
Ainsi :  5  K  35
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Application du critère du revers – Corrigé
Q.1. et Q.2.
ωco
STABLE
INSTABLE
ωco
KdB=-18dB
18
K=10 20  0,125
MG = +∞
Mφ
ωco
STABLE
STABLE
ωco
MG
MG
Mφ
Mφ
ωco
INSTABLE
Mφ
STABLE
MG
KdB=-22dB
22
K=10 20  0,079
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Réglage du facteur de résonance
Q1. Q2.
13
Pour obtenir un facteur de résonance de 2,3dB, il faut déplacer la courbe de 13dB soit K  10 20  4,4 .
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2. Les grandeurs ajoutées se nomment immédiatement :
• position pour X ( p), obtenue par intégration de la vitesse V ( p),
et image de cette position pour M X ( p) ;
6. Pour déterminer cette fonction de transfert, on se place dans
le cas où X c ( p) = 0
• consigne pour X c ( p) , et image de la consigne pour U X ( p).
3. Le correcteur absorbe le gain du capteur et on obtient
comme schéma-bloc
soit sous forme canonique
Z (p)
ε(p)
X c (p)
+
-
ACK
R
+
+
p 1
R
K2
+ MR
K2
R
AC K + K 2 p + M Rp2
H Z ( p) =
R
AC K
H Z ( p) =
X (p)
1+
p
K2
MR 2
p+
p
AC K
AC K
7. Étant donné que le gain statique de H Z ( p) est
tie tend vers ACR K Z 0 suite à un échelon de perturbation d’amplitude Z 0 . Avec les valeurs numériques données, on obtient :
4. Fonction de transfert en boucle ouverte F( p)
AC
F( p) = K
MR
p 1+ 2 p
K
AN :F( p) =
20
p p 1+
26.7
Les lieux de Bode présentent les particularités suivantes :
• concernant le diagramme du gain
– une cassure avec passage d’une pente de – 20 dB/décade à
– 40 dB/décade pour la pulsation ω0 = 26,7 rd/s ;
– un gain pour cette pulsation de – 5,5 dB.
|F( jω0 )| = 0,53
–
−90◦ pour ω0.
R
Z 0 = 9,4 mm
AC K
La performance souhaitée n’est pas atteinte, le système reste
trop sensible aux perturbations.
4.11
1. On se place au niveau d’un point de fonctionnement, ce qui
revient à poser θv (t) = 0. La lecture du schéma-bloc initial
conduit à affirmer que dans ce cas :
• l’angle θ1 (t) est posé nul également ;
• les mesures m θv , et im θv (t) = 0 sont nulles en conséquence.
• concernant le diagramme de phase
la phase est comprise entre −90◦
et −180◦
avec le saut de
Finalement, θ2 (t) = θ(t)et m d (t) = m θ2 (t) : le schéma bloc
de la figure 4.39 se transforme bien en celui de la figure 4.40.
2. Le schéma bloc comporte un comparateur et six boîtes, ce qui
induit sept équations à considérer. Parmi elles, l’équation du vérin
devient Q( p) = Sp X ( p) et on obtient comme schéma-bloc
G(dB )
20
0
∆ θc (p)
ε (p)
Uc (p)
C
+
I (p)
-
Q(p)
1
Sp
Ke
1
50
100
ϕ
R
AC K , la sor-
101
102
ω
103
M d (p)
∆ θ (p)
X (p)
Kc
C
90
3. On transforme le schéma-bloc pour le rendre à retour unitaire
180
100
101
102
ω
∆ θc (p)
103
La phase est supérieure à −180◦ pour le point de gain en décibel nul et ne franchit pas le seuil critique de −180◦ lors des
pulsations croissantes. Le critère du revers permet d’affirmer
la stabilité du système en boucle fermée.
+
AC K
AC K + K 2 p + M Rp2
soit sous forme canonique
H B F ( p) =
1+
K2
MR 2
p+
p
AC K
AC K
Cette fonction de transfert est de gain statique égal à l’unité,
ce qui entraîne que la sortie rejoint l’entrée pour une entrée en
échelon.
1
1+
S
p
C Ke Kc
Cette fonction de transfert correspond à un système du 1er ordre
de constante de temps
τ=
1
H X ( p) =
∆ θ(p)
La fonction de transfert en boucle fermée s’exprime sous forme
canonique par
5. Pour déterminer la fonction de transfert en boucle fermée recherchée, on se place dans le cas où Z ( p) = 0
H X ( p) =
CK e K c
Sp
-
S
C Ke Kc
Le temps de réponse à 5 % d’un système du 1er ordre est
T5 % ≈ 3τ. On en déduit la valeur du gain cherchée
Ke =
3S
T5 % C K c
AN :
K e = 6,4 10−5 m 3 s −1 A−1
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4. Par la transformée de Laplace, on obtient pour les deux équations
V
Q( p) = Sp X ( p) + p P( p)
B
M p2 X ( p) = S P( p) − F( p)
et
F(p)
H F (p)
∆ θc (p)
1
(S P( p) − F( p))
M p2
On peut alors compléter le schéma-bloc proposé
∆θc(p)
ε (p)
Uc (p)
C
+
I (p)
Ke
1
-
F (p)
Q(p)
P (p)
B
Vp
+
∆ θ(p)
X (p)
+
S
-
1
-
Mp2
Q(p)
+
+
+
S
M p2
-
X (p)
S
B
1
M p2
X ( p) =
Q(
p)
−
F(
p)
Vp
S
B S2
1+
2
V Mp
soit encore, après calcul


1 
1

X ( p) =
Q( p)

VM 2
Sp
1+
p
B S2

+
+
∆ θ (p)
X (p)
Kc
1
. On en déduit
a1 p 1 + a 2 p 2
C Ke Kc
a1 p 1 + a 2 p 2 + C K e K c
Le polynôme caractéristique D( p) de la fonction de transfert
est alors
1
Sp
1
VM 2
1+
p
B S2
V
B
S2
H F ( p) =
VM 2
1+
p
B S2
−
Les résultats sont de la forme attendue avec comme coefficients
a2 =
VM
B S2
a3 = −
La construction du tableau de Routh n’est donc pas nécessaire.
Néanmoins, si on amorce sa construction il vient :
p 3 a1 a2
a1
0
p2 0
C Ke Kc 0
p1 −
−
p0 −
Le zéro présent dans la première colonne permet de conclure
à l’instabilité du système sans plus de calcul.
phase [°]
– 113
– 135
– 180
– 225
– 248
gain[dB]
9
14
18
14
9
On complète ensuite le diagramme de Black de la figure 4.65
G(dB )
H Q ( p) =
Le coefficient en p2 est nul, donc la condition nécessaire de stabilité n’est pas satisfaite. Le système est instable en boucle fermée.
7. Sur le diagramme de la figure 4.45, on relève pour différentes
pulsations les coordonnées (ϕ,G d B ) des points à tracer

V
− 2


BS
F( p)
+
VM 2
1+
p
2
BS
Apparaissent sous cette forme les fonctions de transfert H Q ( p)
et H F ( p)
164
H Q (p)
D( p) = C K e K c + a1 p + a1 a2 p3
On en déduit
a1 = S
avec H Q ( p) =
H B F ( p) =
BS
V
et
e
La fonction de transfert en boucle fermée est
C K e K c H Q ( p)
H B F ( p) =
,
1 + C K e K c H Q ( p)
C
1
S
B
Vp
CK
-
Kc
5. On transforme localement le schéma-bloc précédent pour sortir l’arrivée de la perturbation de la boucle intérieure
F (p)
Q(p)
+
BS
V
M d (p)
a2 = 1,736 10−8 s 2
a3 = −3,472 10−8 s 2 kg −1
BS
B
Q( p) −
X ( p)
pV
V
X ( p) =
et
a1 = 9,600 10−4 m 2
6. On souhaite appliquer le critère de Routh à la modélisation
actuelle transformant la consigne θc ( p) en θ( p)
On arrange ces équations pour écrire
P( p) =
Les applications numériques conduisent finalement à
V
B S2
30
25
20
15
10
5
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
270
240
210
180
ϕ ( o)
150
120
Figure 4.65 Diagramme de Black de la question 7.
90
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8. On utilise le théorème du revers : « Un système est stable
en boucle fermée si, sur un diagramme de BLACK, on laisse le
point critique sur la droite lorsque l’on parcourt le lieu de sa
FTBO dans le sens des pulsations croissantes. »
Pour cette FTBO, on laisse le point critique (– 180°, 0 dB) sur
la gauche. Le système en boucle fermée est donc instable.
La bande passante à 0 dB de la FTBO est obtenue par la relation
On en déduit
On a ici H B O ( p) = C K e K c H Q ( p) soit
C Ke Kc
H B O ( p) =
2ξ Q
1
a1 p 1 +
p + 2 p2
ωQ
ωQ
On constate qu’il y a résonance compte tenu de la présence de
√
2
pôles complexes conjugués avec ξ Q <
.
2
Pour un second ordre, le coefficient de surtension est


1

Q d B = 20 log 
2
2ξ Q 1 − ξ Q
Pour la valeur ξ Q = 0,0001, on obtient un coefficient de surtension Q d B = 74 dB. Pour revenir à la limite de la stabilité,
il faut que le lieu de la FTBO passe sous le point critique. Il
faut donc que le pic de la FTBO baisse au moins de 18 dB ce
qui conduit à un coefficient de surtension maximal de 56 dB.
On calcule alors comme condition sur le coefficient d’amortissement
ξ Q > 0,0008
9. On considère la FTBO H B O 1 ( p)
ω0d B =
AN :
ω0d B = 12 rad s−1
H B O 2 ( p) =
C Ke Kc
2ξ Q
1
a1 p 2 1 +
p + 2 p2
ωQ
ωQ
• pour ω tendant vers 0, la phase tend vers – 180° et le gain présente une pente de – 40 dB/décade ;
• pour ω = 1 rad.s–1, l’asymptote du diagramme du gain passe
C Ke Kc
= 21,6 dB ;
par le point de gain 20 log
a1
• les diagrammes présentent une cassure pour ω Q : la phase diminue de 180° tandis que l’asymptote du gain passe à une pente
de – 80 dB/décade.
Le diagramme réel de phase venant approcher l’asymptote à
– 180° par le dessous, le système est instable en boucle fermée.
Sur le diagramme de Black de cette fonction, le critère du revers n’est pas respecté. Le calcul de la marge de phase conduit
à une valeur proche de zéro mais par valeur négative.
G(dB )
Cette fonction a un pôle nul et deux pôles complexes conjugués. Le pôle dominant est le pôle le plus proche de l’axe imaginaire, c’est-à-dire le pôle nul. Pour la suite, il convient de
prendre
C Ke Kc
a1 p
L’écart à la sortie du comparateur est caractérisé par
ε( p) =
C Ke Kc
a1
10. On choisit de tracer sur la figure 4.66 les diagrammes de
Bode asymptotiques de la fonction de transfert
20
0
C Ke Kc
H B O 1 ( p) =
2ξ Q
1
a1 p 1 +
p + 2 p2
ωQ
ωQ
H B O 2 ( p) =
C Ke Kc
=1
a1 ω0d B
|H B O 2 ( jω0d B )| =
1
θc ( p)
1 + H B O 2 ( p)
50
100
150
ϕ
100
101
102
101
102
ω
103
104
105
103
104
105
180o
270o
360o
100
ω
Figure 4.66 Diagrammes asymptotiques de la FTBO
avec un intégrateur.
On utilise le théorème de la valeur initiale et de la valeur fi1
nale, avec θc ( p) = 2 pour une entrée en rampe de pente
p
unitaire
11. Pour la pulsation ω = 12 rad.s−1 , le gain de la FTBO est égal
à – 21 dB. Pour que cette pulsation soit la limite de la bande passante à 0 dB, il faut utiliser un gain de (K AV )d B = 21 dB soit
1
lim ε(t) = lim pε( p) = lim p 2
p→0
p→0 p (1 + H B O 2 ( p))
t→+∞
12. Comme pour ω0 dB = 12 rad.s−1 la phase de la FTBO a
comme valeur – 180°, le correcteur doit augmenter la phase de
la FTBO de 50° pour cette pulsation.
L’écart en poursuite vaut donc
εP =
a1
C Ke Kc
AN :
ε P = 0,0833
La rampe est de pente unitaire, donc le retard de la réponse en
poursuite est de t = 0,0833s.
K AV = 11,2
Le correcteur doit donc être tel que sin (50◦ ) =
1−a
, ce qui
1+a
conduit à
a=
1 − sin (50◦ )
= 0,1325
1 + sin (50◦ )
165
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Page 166
Cet apport de phase doit se faire pour la pulsation
ω0 dB = 12 rad.s−1 .
Pour un tel correcteur, l’apport maximal de phase correspond
1
√ soit
à la pulsation
τ AV a
τ AV =
Échange des sommateurs pour résoudre les deux boucles imbriquées
C op (p)
G 1 (p)
AN :
τ AV = 0,229 s
H v (p)( bv p + k v )
+
C op (p)
G 1 (p)
+
-
Q v ( p)
= G 1 ( p)
Cop ( p)
• L’asservissement de courant est équivalent à un asservissement
de couple car, compte tenu des équations fournies figure 4.52,
le couple moteur cm 1 (t) est directement proportionnel au
courant i(t). En conséquence, contrôler le courant alimentant
le moteur revient à contrôler le couple qu’il fournit.
cc (t)
• Le gain d’adaptation K a doit être tel que les rapports
et
i c (t)
cm (t)
soient égaux. Ainsi, les grandeurs comparées sont telles
i(t)
que l’écart est nul lorsque le couple de sortie cm (t) est égal au
couple de consigne cc (t). On en déduit K a = K.
2. Il convient de vérifier si le cahier des charges est validé pour
chacune des combinaisons possible. Dès qu’une combinaison ne
satisfait pas à une des exigences, elle peut être éliminée. Les résultats sont synthétisés dans le tableau ci-dessous. Lorsque l’écart
statique est nul, que la réponse est sans dépassement, que le courant aborbé par le moteur reste inférieur à 23 A, que la tension
de sortie vs reste au dessous de 30 V, c’est le temps de réponse à
5 % qui est indiqué. Ce temps de réponse Tr est l’instant où le
courant atteint 95 % de la valeur de consigne 14,3, soit 13,6 A.
K c \Ti
0,001 s
0,003 s
0,005 s
1
Dépassement donc
ne convient pas
Dépassement
donc ne convient
pas
Tr ≈ 0,009 S
vs (0,002) > 30 V
donc ne convient
pas
Dépassement
donc ne convient
pas
Tr ≈ 0,006 S
vs (0) > 30 V donc
ne convient pas
vs (0) > 30 V
vs (0) > 30 V
donc ne convient donc ne convient
pas
pas
3. L’expression de la fonction de transfert Hm ( p) peut être obtenue par transformations successives du schéma-bloc initial de
la figure 4.54.
Tout d’abord, on prend Cop ( p) comme entrée et Q v ( p) comme
sortie
C op (p)
G 1 (p)
+
+
+
G 2 (p)
-
(bm p + k m )
Q v (p)
( bv p + k v )
H v (p)
Q v (p)
Hv ( p) (bv p + kv )
1 + G 2 ( p) (bm p + km )
Hv ( p) (bv p + kv )
1+
1 + G 2 ( p) (bm p + km )
On en déduit finalement
Hm ( p) =
G 1 ( p)Hv ( p) (bv p + kv )
1 + G 2 ( p) (bm p + km ) + Hv ( p) (bv p + kv )
4.
• Pour être en régime permanent et déterminer une relation entre
le couple opérateur et la position articulaire virtuelle, il suffit de déterminer la limite Q v de qv (t) quand le temps t tend
vers l’infini pour l’entrée en échelon unitaire cop (t).
Le théorème de la valeur initiale et de la valeur finale
conduit à :
lim qv (t) = lim p.Q v ( p)
p→0
t→+∞
Sachant que Q v ( p) = Hm ( p)Cop ( p) et Cop ( p) = 1p , on en
déduit l’expression
Q v = lim Hm ( p)
p→0
En tenant compte du résultat de la question précédente, il
vient
Q v = lim
p→0
La solution présentant le meilleur temps de réponse tout en respectant les autres critères est K c = 1,4 et Ti = 0,005 s.
H v (p)( bv p + k v )
1 + G 2 (p)( bm p + k m )
Réduction de la deuxième boucle
1.
166
+
Réduction de la boucle interne
4.12
2
Q v (p)
-
G 2 (p)( bm p + k m )
1
√
ω0dB a
Remarque : Pour être sûr que la pulsation de coupure à 0 dB
soit ω0 dB = 12 rad.s−1 , il faut corriger le gain K AV . En effet,
le gain de la FTBO est légèrement modifié par le correcteur.
Il est augmenté de 10 log a1 au voisinage de la pulsation de
coupure choisie.
1,4
+
G 1 ( p)Hv ( p) (bv p + kv )
1 + G 2 ( p) (bm p + km ) + Hv ( p) (bv p + kv )
Compte tenu des éléments fournis, on obtient finalement
Qv =
4 kv
km
Comme le couple appliqué est unitaire, on a 1 = R Q v d’où
R=
km
4 kv
• Le critère de raideur demandé (figure 4.55) impose
R > 2 Nm/rad. En conséquence, kv et km doivent satisfaire
la relation :
km > 80 kv
5.
• En observant les diagrammes de Bode de Hm ( p), on constate
que la première asymptote du diagramme de gain est horizontale et que le déphasage est nul. La fonction Hm ( p) est
donc de classe zéro. Pour les grandes pulsations, le déphasage
tend vers – 270°, la pente du diagramme de gain est de – 60
dB/décade. Le degré du dénominateur est donc égal au degré

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