Etude des performances du système d'ouverture de porte automatique de TGV - Corrigé

Etude des performances du système d'ouverture de porte automatique de TGV - Corrigé

Q.1. um(t) = e(t) + Rm.i(t) → Um(p) = E(p) + Rm.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.

+ - U_m(p)

p . J 1

k_e k_m 1/Rm

C_m(p)

Ωm(p) I(p)

E(p)

Q.3.

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 m e m m

e m e

m e m m

e m

e m

m

+ + =

= +

Ω =

p . T 1

K

= + avec K=

ke

1 et T=

e m

m

k . k

J . R

Q.4. (t) K.u . 1 e ^T .u(t)

t 0

m 









 −

= ⁻

ω → voir cours réponse indicielle 1^er ordre

Q.5. tr5% = 3.τ =0,48s avec τ = T = 0,16s. → voir cours réponse indicielle 1^er ordre Q.6. Ωm(t)=

dt

d θm(t) → u=lisa=on de la fonc=on de transfert intégra=on.

Q.7. FTBO : ) p ( U

) p ( Y

m

= 1 T.p . K p R

= + Q.8. Y(p)=

p . 16 , 0 1

2 , . 1 p 10 .

37 ³

= ⁻ + .U_m(p)

p . 16 , 0 1

U . 10 . 4 , .44 p

1 ³ ₀

2 +

= ⁻

→ y(t) 44,4.10 .U . t 0,16 0,16.e ^0,16 .u(t)

t 0

3











 − +

= ^{− −} → voir cours réponse à une rampe 1^er ordre

La réponse à un échelon d’un système en boucle ouverte comprenant un intégrateur est une rampe infinie.

Q.9. y(t 4) 44,4.10 5. 4 0,16 0,16.e ^0,16 .u(t)

4

3 









 − +

×

=

= ^{− −} =0,850m → C.d.C.F. ok

Q.10. 44,4.10 .U. 1 e .u(t) dt

) t ( y

d _0,^t₁₆

0 3











 −

= ^{− −} → y(t 4) 44,4.10 5. 1 e ^0,16 .u(t)

4 3











 −

×

=

= ^{− −} =0,22m/s

Valeur supérieure au C.d.C.F.(0,09m/s) → il faut modifier la loi d’entrée pour répondre au C.d.C.F.

Etude des performances des motoréducteurs équipant les roues d’un robot Martien - Corrigé

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

Q.2.

) p ( G ).

p ( H 1

) p ( G ).

p ( H ) p (

) p (

c v

= + Ω Ω

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

Q.4.

( )

( ) ( )

e m e

e m e m e e

m e m

e m

m

k . k R . f p . J . R

k . . k

k 1 k . k f p . J . R

k . . k

k 1 f p . J . R

k . 1 k

f p . J . R

k . k k .

1 ) p ( U

) p (

+

= + +

= + + +

= + Ω

p k . . k R . f

J . 1 R

k . k R . f

k . k k .

1 ) p ( U

) p (

e m

e m

e m

e m

m

+ +

= +

Ω =

p . T 1

K

m m

+ avec Km=

e m m

k . k R . f

k

+ , Tm =

e m.k k R . f

J . R

= + .

+ - Um(p)

f p . J 1

+ ke

km

Cm(p)

Ωm(p) I(p)

E(p)

R 1

Ω = Ω

) p (

) p (

c r

p . T 1

K

+ , avec K=1 et T=0,05s.

Q.5. ωc(t) = ωc0.u(t) → Ωc(p) = p

0

ωc

→ système du 1^er ordre → ωr(t) K. . 1 e ^T .u(t)

t 0

c 









 −

= ω ⁻

Q.6. t5% = 3.τ avec τ = T. → voir cours réponse indicielle 1^er ordre t5%= 0,15s <200ms C.d.C.F. ok.

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

) t ( x d

r

r = ω → p.Xr(p) = R.Ωr(p)

+ -

Ω_r(p) Ω_c(p)

p

R Xr(p) G(p)

H(p) Ω_m(p) Um(p)

1 V/(rad/s) ε(p)

Xr(p) = p R.

p . T 1

K

+ .Ωc(p) → Xr(p) = p R.

p . T 1

K

T T

+ . p

0

ωc

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

t 0

c

r 









 − +

= ω ⁻

→ voir cours réponse à une rampe 1^er ordre

Q.9. ^xr^(t1⁾=^R.K.ωc0

(

)

(

)

2 1 10 . 10 ) t (

x_{r 1} = ⁻²× × ₁− = → t1=5000s < 7200s du C.d.C.F. → C.d.C.F. ok.

t1 = 5000s est très grand et ^limxr^{(t) R.K.} c0

(

)

t = −

∞

→ ω → on peut donc négliger l’exponentielle.

Camera de poursuite SPEEDCAM - Corrigé

Q.1.

- +

Vc(p) U(p) Um(p)

K KA

J

H(p)

Ue(p)

V(p) ε(p)

Q.2. ε(t)=u(t) – ue(t) = K.vc(t) – J.v(t) = 0 → si vc(t) = v(t) alors K=J.

Q.3. Entrée = échelon → Allure de la courbe + tangente à l’origine non horizontale → réponse indicielle d’un système du 1^er ordre. On a :

p . 1

K ) p ( U

) p ( ) V p (

H ^c

m = +τ

= et

p ) u p (

U_m = ⁰ d’où :

0 c 0 c 0 p 0

p

t K .u

p . 1

u . lim K ) p ( V . p lim ) t ( v lim ) (

s =

τ

= +

=

=

+∞ →+∞ → →

Théorème de la valeur finale

Graphiquement on lit : K_c.u₀.J=0,82V Soit K_c=

3 , 0 70

82 , 0

× = 0,0351 m/(V.s)

On a sur la courbe l’image en tension de la vitesse de translation soit ue(t) et non pas directement v(t)

Q.4. On peut au choix choisir 3 solutions parmi ces 4 :

• tracer la pente à l’origine pour déterminer τ (méthode 1),

• calculer 63% de la valeur finale pour déterminer τ (méthode 2),

• calculer 95% de la valeur finale pour déterminer 3τ (méthode 3),

• utiliser un instant quelconque t (méthode 4).

Méthode 1 :

Graphiquement on lit : τ ≈ 0,82s

Méthode 2 : Kc.u0=0,82 → 0,63.Kc.u0=0,516

Graphiquement on lit : τ ≈ 0,9s Méthode 3 : Kc.u0=0,82 → 0,95.Kc.u0=0,78

Graphiquement on lit : 3.τ ≈ 2,5s → τ ≈ 0,83s

Méthode 4 :

τ

s(∞) – s(t)

Graphiquement on lit : τ ≈ 1s

La méthode 4 est la moins efficace pour cette courbe. On retient τ ≈ 0,85s (moyenne des τ obtenus avec les 3 premières méthodes).

Robot de maraîchage Oz 440 - Corrigé

Q.1. ω_g(t)=r.ω_m(t) → Ω_g(p)=r.Ω_m(p) )

t ( dt C

) t ( .d

J ω^m = _m

→ J.p.Ω_m(p)=C_m(p) )

t ( e ) t ( i.

R ) t (

U_g = _{m m} + _m → U_g(p)=R_m.I_m(p)+E_m(p) )

t ( i.

K ) t (

C_m = _{i m} → C_m(p)=K_i.I_m(p) )

t ( K ) t (

e_m = _eω_m → E_m(p)=K_eΩ_m(p) Q.2. Schéma-bloc

+ -

Rm

1

) p ( E_m ) p (

U_g I_m(p) C_m(p) Ω_m(p) Ω_g(p)

Ki

p . J 1

Ke

r

Q.3.

p K . . K

J . 1 R

K r r

K . . K p . J . R

K . . K K r 1 . p . J . R

K . 1 K

p . J . R

K . K K .

1 ) p ( U

) p ) ( p ( H

i e

e i

e i e i e

e i e

e g

g

g = +

= +

= +

=Ω soit un système du premier ordre

avec K = Ke

r (rad.s^-1.V^-1) et

i e.K K

J .

= R

τ en secondes.

Q.4.

) p ( U

) p ( U ).

p ( H ) p ( U ).

p ( H )

p ( U

) p ( ) p ( ) p ( U

) p ) (

p (

H₁ ^{d g d d g g}

∆

= −

∆ Ω

−

=Ω

∆

=∆Ω or on a H_g(p)=H_d(p) d’où :

) p ( ) H

p ( U

) p ( U ).

p ( H )

p ( U

)) p ( U ) p ( U ).(

p ( H )

p ( U

) p ( ) p ( ) p ( U

) p ) (

p (

H₁ ^{d g d d g d} = _d

∆

= ∆

∆

= −

∆ Ω

−

=Ω

∆

=∆Ω soit toujours la même fonction de

transfert du 1^er ordre.

Q.5. Les 2 fonctions de transfert sont du premier ordre, de constante de temps 0,3s

p . 3 , 0 1

5 , 6 p . 3 , 0 1

15 97 )

p ( U

) p ) ( p ( H

g g

g ≈ +

= +

=Ω

p . 3 , 0 1

5 , 6 p . 3 , 0 1

10 65 )

p ( U

) p ) ( p ( H

g g

g = +

= +

=Ω

Q.6. et Q.7. (t)

dt . d e . 2 ) t ( .

R∆ω = ϕ → R.∆Ω(p)=2.e.p.ϕ(p) →

p . e . 2

R ) p (

) p ) ( p (

H₂₁ =

∆Ω

= ϕ )

t ( . V ) t ( dty

d = ϕ → p.Y(p)=V.ϕ(p)→

p V ) p (

) p ( ) Y p

H₂₂₍ =

=ϕ D’où : H(p) = H₂₁(p).H₂₂₍p)= ₂

p . e . 2

V .

= R Q.8.

2 capteurs

latéraux Rayon

10 cm

Rangée de culture droite

Ligne moyenne à suivre

70 cm 25 cm

25 cm

Rangée de culture gauche ^{Tension ucap(t) en V}

Distance L de l’objet (cm) Zone d’utilisation du capteur

0 10 20 30 40 50 60 70 80

0 0,5

1 1,5

2 2,5 3,5 3

Q.9. Graphiquement on obtient ucapt-0 pour une distance de 25 cm → ucapt-0 = 1,1 V. Si le robot est décalé de +5 cm par rapport à la ligne moyenne à suivre → ucapt_gauche(t) = 1,35 V et → ucapt_droit(t) = 0,9 V

Q.10. En linéarisant autour de ce point de fonctionnement on a donc Kc = 9V/m 10

. 5

9 , 0 35 , 1

2 =

−

−

Q.11. On veut ε(p) = 0 pour Y(p) = Yconsigne(p) → ε(p) = Uconsigne(p) - Umes(p) = Ka.Yconsigne(p) - Kc.Y(p) = 0 → Ka = Kc

Q.12. FTBO(p)=

p . 1 . K K p . . e . 2

V . . R ) K p (

) p ( U

2 c p mes

τ

= +

ε → Fonc=on de transfert d’ordre 3 et de classe 2.

Q.13.

y(t) (m)

x (m) 0,1

0 0

100 -0,1

Temps (s) 0,1

0 0,2

Vitesse véhicule (m/s)

0,2

!!!

εs = 0,1 m/s → le système n’atteints pas la vitesse attendue, la précision de l’exigence

« id1114 » n’est pas validée

0,19

t5% ≈ 1s → le temps de réponse est correct vis- à-vis de l’exigence

« id1114 »

On ne respecte pas l’exigence sur l’erreur de position latérale de l’exigence « id111 » qui doit être de 0,1 m maxi.