Etude de l'asservissement d'une unité dentaire – Corrigé Q.1.

Etude de l'asservissement d'une unité dentaire – Corrigé

Q.1. H(p) : moteur et G(p) : réducteur à engrenages.

Q.2.

) p ( G ).

p ( H ).

p ( C 1

) p ( G ).

p ( H ).

p ( C ) p (

) p (

c v

= + Ω Ω

Q.3. u(t) = e(t) + R.i(t) + dt

) t ( i .d

L → U(p) = E(p) + R.I(p) + L.p.I(p) e(t) = ke.ωm(t) → E(p) = ke.Ωm(p)

dt ) t ( .d J ω^m

= Cm(t) – f.ωm(t) → J.p Ωm(p) = Cm(p) – f. Ωm(p) Cm(t) = km.i(t) → Cm(p) = km.I(p)

Q.4.

( )( )

( )( ) ( )( ) ( )

2

e m e

e m e m e e

m e m

e m

k . k R . f p . f . L J . R p . J . L

k . . k

k 1 k . k f p . J . Lp R

k . . k

k 1 f p . J . Lp R

k . 1 k

f p . J . Lp R

k . k k .

1 ) p ( U

) p (

+ + +

= + +

+

= + + + +

+

= +

Ω

( )

e m e

m

e m

e m

e m

p k . . k R . f

J . p L k . . k R . f

f . L J . 1 R

k . k R . f

k . k k .

1 ) p ( U

) p (

+ + +

+ +

= +

Ω =

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 +ω0

+ω avec K=

e m m

k . k R . f

k

+ , ω0 =

J . L

k . k R .

f + _{m e} et z

(

)

. J . L

f . L J . . R 2 1

+

= + .

+ - U(p)

f p . J

1 + k_e

km

C_m(p)

Ω_m(p) I(p)

E(p)

p . L R

1 +

Si on utilise un correcteur proportionnel, l'application numérique des grandeurs physiques permet de trouver la fonction de transfert simplifiée suivante : =

Ω Ω

) p (

) p (

c v

p . T 1

K

T T

+ , avec KT=0,9 et TT=0,1s Q.5. ωc(t) = ωc0.u(t) → Ωc(p) =

p

0

ωc

→ système du 1^er ordre → ωv(t) K . . 1 e ^TT .u(t)

t 0

c

T 









 − ω

= ⁻

Q.6. t5% = 3.τ = 0,3s (τ = TT= 0,1s) → voir cours 06 réponse indicielle 1^er ordre.

Q.7.et 8. a. (t) dt

) t ( x d

v

v = ω → p.Xv(p) = a. Ωv(p)

+ - C(p) H(p) G(p)

Ω_v(p) Ω_m(p)

U(p) Ω_c(p)

p

a Xv(p)

Xv(p) = p a.

p . T 1

K

T T

+ .Ωc(p) → Xv(p) = p a.

p . T 1

K

T T

+ . p

0

ωc

→ Réponse d’un système du premier ordre à une rampe : x (t) a.K . t T T .e ^TT .u(t)

t T T 0 c T

v 









 − +

ω

= ⁻

→ voir cours 06 réponse à une rampe 1^er ordre

Q.9. =

Ω Ω

) p (

) p (

c v

p2

p . 2 1

1 +

+ → système du 2^ème ordre avec K=1, ω0 =1 et z=1.

→ Réponse d’un système du 2^nd ordre à un échelon ωc(t) = ωc0.u(t) :

(

)

. ) t

( _c0 ^{t t}

c

−

− −

−

=ω

ω

Régime permanent Régime transitoire

→ voir cours réponse 07 indicielle 2^ème ordre pour z=1 (Rappel : ^s(t)=K

(

)

Q.10. t_5%.ω₀ =5 (annexe 2 cours 07) soit t5% = 5s → système plus lent qu’avec correcteur proportionnel.

Q.11. Synthèse :

Performances mesurées

Système matériel Ecart entre performances

attendues et mesurées Expression

du besoin

Ecart entre performances mesurées et simulées

Temps de réponse attendu : 0,5 s

Réglage 1 correcteur P

→ Temps de réponse simulé = 0,3 s

Avec ce réglage de correcteur, l’exigence du cahier des charges

n’est pas respectée.

Réglage 2 correcteur PID → Temps de réponse simulé = 5 s Cahier

des charges respecté.

Performances attendues Cahier des charges

(du système souhaité)

Système complexe pluritechnologique

Performances simulés Système

virtuel

Ecart entre performances attendues et simulées

Résultats obtenus avec un logiciel de simulation (gratuit) : Easy Reg

Réponse indicielle

p2

p . 2 1

1 + +

Réponse indicielle

p 1 , 0 1

9 , 0 +

Radar d’avion - Corrigé

Q.1.

+ -

Um(p)

θc(p) ε(p) Ωm(p) θr(p)

A Hm(p) B

p Ωr(p) 1

Q.2. et Q.3. um(t) = e(t) + R.i(t) → Um(p) = E(p) + R.I(p) e(t) = ke.ωm(t) → E(p) = ke.Ωm(p)

dt ) t ( .d J ω^m

= Cm(t) → J.p Ωm(p) = Cm(p) Cm(t) = km.i(t) → Cm(p) = km.I(p)

+ - J.p

1

ke

km

1/R

Cm(p)

Ωm(p) I(p)

E(p) Um(p)

p k . . k

J . 1 R . 1 k

1 k . k p . J . R

k . . k k

1 p . J . R

k . 1 k

p . J . R

k . k k .

1 ) p ( U

) p ) (

p ( H

e m e e m e m e e

m e m

e m

m

m = +

= +

= +

=Ω

p . T 1

K

m m

= + avec Km= ke

1 et Tm=

e m.k k

J . R

Q.4. L’entrée est définie par un échelon unitaire, um(t)=u0.u(t), soit dans le domaine de Laplace, Um(p)=

p u₀

. La sortie a donc pour expression dans le domaine de Laplace :

) p . T 1 .(

p u . ) K

p (

m 0 m

m = +

Ω La décomposition en éléments simples donne :

p . T 1

T . u . K p

u . K p . T 1 ) p p (

m m 0 m 0 m m

m = − +

+ + β

=α Ω

Soit

















− +

= Ω

T p 1

1 p . 1 u . K ) p (

m 0

m

m . Par transformation inverse on obtient ensuite la réponse temporelle qui a

donc pour expression : (t) K .u 1 e ^Tm .u(t)

t 0

m

m 









 −

=

ω ⁻

Ordonnée à l’origine : Pour t=0 on a : ω_m(0)=0 Pente à l’origine :

[ ]

m 0 m m

0 2 m

m p m p

0 m t

T u . K ) p . T 1 .(

p u . . K p lim ) p ( . p . p lim ) t ( ' lim ) 0 (

' =

= + Ω

= ω

=

ω → →∞ →∞

+

+

Théorème de la valeur initiale

Transformée de la dérivée (CI nulles)

Ordonnée en +∞ :

0 m 0 m

m p

m(+∞)=tlim ω (t)=limp.Ω (p)=K .u

ω →+∞ →

Théorème de la valeur finale

Remarque : si on connait la réponse indicielle d’un système du 1^er ordre, on peut bien évidemment donner directement les réponses.

Q.5.

( ) ( )

K . B . A

p . T 1 . p

1 K

. B . A p . T 1 . p

K . B . A p

.1 p . T 1 . K B . A 1

p .1 p . T 1 . K B . A p ).1 p ( H . B . A 1

p ).1 p ( H . B . A ) p (

) p ) ( p ( H

m m m

m m

m m m m

m m

c r

+ + + =

= + + +

= + +

θ =

=θ

( )

m m m

m

m p

K . B . A p T K . . B . A 1 1

1 K 1

. B . A

p . T 1 . p ) 1 p ( H

+

= + + +

= =

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 +ω0

+ω

avec :

K = 1 ;

m m 2

0 A.B.K T 1 =

ω →

m m

0 T

K . B .

= A

ω ;

m 0 A.B.K

1 z .

2 =

ω →

m m.A.B.K T . 1 2 z=1

Q.6. Par définition pour une réponse indicielle (échelon unité) d’un système du 2^nd ordre on a : Ordonnée en +∞ de la courbe de sortie :

p K . . z . 2 p

. lim K

) p ( S . p lim ) t ( s lim ) (

s ₂

0 0 2

2 0 0

p 0

p

t =

ω + ω +

= ω

=

=

+∞ →+∞ → → → s(+∞)=K

Théorème de la valeur finale Le régime établi ne dépend que du gain statique Z alors que z et ω0 n’interviennent que sur le régime transitoire

Valeur du 1^er dépassement : ^{1 z2}

. z

1 e

D ⁻

− π

= Valeur de la pseudo-période :

2 p 0

p

z 1 2 T 2

− ω

= π ω

= π

t (s) t1 =Tp/2

Tp/2 D1 K

θr(t) (rad)

Graphiquement on lit : K = 1 ; t1 = 0,24 =

2 0 1−z ω

π ; ^{1 z2}

. z

1 e

D ⁻

− π

= =0,1

Soit z ≈ 0,58 et ω0 ≈ 15,8 rad/s.

Q.7. Il n’existe pas de formule simple pour calculer le temps de réponse à 5% car il dépend de la valeur du coefficient d’amortissement z et de la pulsation propre non amortie du système ω0. On peut le lire graphiquement sur la courbe proposée ou bien on peut utiliser l’abaque disponible dans les annexes du cours 07 et on lit t_5%.ω₀ ≈5pour z=0,6 soit t_5%≈0.33s > 0,2s → le critère de rapidité du cahier des charges n’est pas respecté, il faut améliorer les performances du système en ajoutant un correcteur.

Préhenseur de pièces – Corrigé

Q.1. On a VM(p) = K7.θb(p) et Uc(p) = K1.θc(p)

d’où : ε(p) = Uc(p) – VM(p) = K1.θc(p) – K7.θb(p) = 0 → si θc(p) = θb(p) alors K1 = K7. Q.2. uM(t) = e(t) + R.i(t) → UM(p) = E(p) + R.I(p)

e(t) = ke.ωM(t) → E(p) = ke.ΩM(p) dt

) t ( .d J ω^M

= CM(t) → J.p ΩM(p) = CM(p) CM(t) = kM.i(t) → CM(p) = kM.I(p)

+ - UM(p)

p . J

1

ke

K_M 1/R

CM(p)

ΩM(p) I(p)

E(p)

p k . . k

J . 1 R . 1 k

1 k . k p . J . R

k . . k k

1 p . J . R

k . 1 k

p . J . R

k . k k .

1 ) p ( U

) p ) (

p ( H

e M e e M e M e e

M e M

e M

M

3 = +

= +

= +

=Ω =

) p . T 1 (

K

3 3

+ avec K3= ke

1 et T3=

e M.k k

J . R

Q.3. (t) K .U . 1 e ^T3 .u(t)

t 0

3

M 









 −

=

ω ⁻ → voir cours réponse indicielle 1^er ordre

• Valeur de ωM(t) à l'origine : ωM(t) = 0 pour t = 0.

• Pente à l’origine :

[ ]

3 0 3 3

0 2 3

M p M p

0 M t

T U . K ) p . T 1 .(

p U . . K p lim ) p ( . p . p lim ) t ( ' lim ) 0 (

' =

= + Ω

= ω

=

ω → →∞ →∞

+

+ → Pente à l’origine =

3 0 3

T U . K

Théorème de la valeur initiale

Transformée de la dérivée (CI nulles)

• Ordonnée en +∞ :

0 3 0 M

M p

M(+∞)=tlim ω (t)=limp.Ω (p)=K .U

ω →+∞ → → ω_M(+∞)=K₃.U₀

Théorème de la valeur finale

Q.4.

dt ) t ( dθ_M

= ωM(t) → p.θM(p) = ΩM(t) →

p 1 ) p (

) p ) (

p ( H

M M

4 =

Ω

= θ .

Q.5.

Schéma bloc :

+ - K₂ H3(p)

θ_c(p) θb(p)

K₁ K5 K6

K7

H₄(p)

U_c(p) U_M(p) ΩM(p) θ_M(p) θR(p)

VM(p)

Calcul de la FTBF :

p .1 ) p . T 1 (

K . K . K . K . 1 K

p .1 ) p . T 1 (

K . K . K . K . K K . .1 K K . K . K ).

p ( H ).

p ( H . K 1

K . K . K ).

p ( H ).

p ( H . . K K . 1 ) K p ( U

) p . ( ) K p (

) p ) ( p ( H

3 7 6 5 3 2

3 7 6 5 3 2

7 1 7 6 5 4 3 2

7 6 5 4 3 2 7 1 c b 1 c b

+ +

= +

= +

= θ θ

=θ

On pose KBO gain boucle ouverte tel que : KBO = K₂.K₃.K₅.K₆.K₇

1 K p p 1 K .

T K K K

p p . T . K K ) K p ( H

BO 2 BO

3 7 1

BO 2

3 BO 7

1

+ + + =

= + =

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 +ω0

+ω

avec :

K=

7 1

K

K = 1 si K₁ =K₇ (Q.1.) , ω0 =

3 BO

T K et z

3 BO.T K . 1 2

=1 et KBO = K₂.K₃.K₅.K₆.K₇ (KBO en s^-1)

Q.6.

A l’aide de l’abaque annexe 1 du cours 07, on obtient graphiquement z = 0,2.

Valeur asymptotique : Graphiquement on lit θb(+∞) = 1 → K = 1.

La période des oscillations amorties est

2 p 0

p

z 1 2 T 2

− ω

= π ω

= π .

Graphiquement on lit Tp = 0,13 s

→ 2 2

p 0

2 , 0 1 . 13 , 0

2 z

1 . T

2

−

= π

−

= π ω

ω0 = 49 rad/s.

t (s) θb(t)

D1

Valeur asymptotique θb(+∞) = 1 = K

Tp

Valeur du dépassement transitoire

0,52 100

= 52 →D1=52%

Q.7. Pour z = 0,2 on lit sur l’annexe 2 cours 07 t_5%.ω₀ ≈13→ 0,26s 49

t_5%=13= → Exigence 1.2.1 non vérifiée.

t θb(t)

Valeur asymptotique θ_b(+∞) = 1 = K 1,05.K

0,95.K

t5%

Graphiquement t5% ≈ 0,27 s

Q.8. Synthèse :

Performances mesurées

Système matériel Ecart entre performances

attendues et mesurées Expression

du besoin

Ecart entre performances mesurées et simulées

Temps de réponse attendu : 0,2 s

→ Temps de réponse simulé = 0,26 s

L’exigence 1.2.1. du cahier des charges n’est

pas respectée.

Performances attendues Cahier des charges

(du système souhaité)

Système complexe pluritechnologique

Performances simulés Système

virtuel

Ecart entre performances attendues et simulées

Etude des performances de rouleaux d'impression d'imprimante - Corrigé

Q.1. u(t) = e(t) + R.i(t) → U(p) = E(p) + R.I(p) e(t) = ke.ωm(t) → E(p) = ke.Ωm(p)

dt ) t ( .d J ω^m

= Cm(t) → J.p Ωm(p) = Cm(p) Cm(t) = km.i(t) → Cm(p) = km.I(p)

Q.2.

p k . . k

J . 1 R . 1 k

1 k . k p . J . R

k . . k k

1 p . J . R

k . 1 k

p . J . R

k . k k .

1 ) p ( U

) p (

e m e e m e m e e

m e m

e m

+ + =

= +

Ω =

p . T 1

K

= + avec K=

ke

1 et T=

e m.k k

J . R

+ - U(p)

p . J 1

k_e km

1/R

C_m(p)

Ω_m(p) I(p)

E(p)

Q.3. (t) K.u . 1 e ^T .u(t)

t 0

m 









 −

=

ω ⁻ → voir cours réponse indicielle 1^er ordre

Q.4. tr5% = 3.τ avec τ = T. → voir cours réponse indicielle 1^er ordre Q.5. Fonction de transfert d’une intégration : G(p) =

p 1 _.

Q.6.

(

)

A B

) p ( ) p (

) p ( ) p ) (

p (

H θ −θ

θ

−

= θ

2 2 1 2

1 2

1 2 1 2

1 2 1

p K. . K . K p T K . K . K 1 1

1 K

. K . K ) p . T 1 .(

p

K . K . K )

p . T 1 .(

p K . K . 1 K

) p . T 1 .(

p K . K . K

+

= + +

= + + +

+

Soit :

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 0

3

+ω

+ω avec K3 = 1, ω0 =

J . R

k . k . K . K . K T

K . K .

K_{1 2 1 2 m e}

= et z

K . K . K . J . R

k . k 2 1

2 1

e

= m .

Q.8. K3=1 [1] ; z=1 [1] et ω0=1 [rad/s].

(θB(p) – θA(p))c

p

=2 et

(

)

A B

) p ( ) p (

) p ( ) p ) (

p (

H θ −θ

θ

−

= θ

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 0

3

+ω +ω

=

θB(t) – θA(t) = ^2.K

(

)

Pour une entrée échelon de consigne de 2 rad on obtient en régime permanent un angle de 2 rad → l'erreur statique est nulle, l'exigence est validée.