Stabilité à partir des pôles de la FTBF - Corrigé

(1)

Réponses de systèmes à l’impulsion de DIRAC - Corrigé

t s(t)

t s(t) STABLE

QUASI INSTABLE

INSTABLE

INSTABLE INSTABLE

STABLE STABLE

STABLE INSTABLE

INSTABLE

Stabilité à partir des pôles de la FTBF - Corrigé

Un système asservi est stable si sa FTBF possède :

• des pôles réels tous négatifs,

• des pôles complexes ayant leur partie réelle négative.

Système 1 : -1 ; -2 → STABLE

Système 2 : -3, -2, 0 → MARGINALEMENT STABLE Système 3 : -2+j, -2-j, 2j,-2j → MARGINALEMENT STABLE 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

Calcul de la FTBF :

3 i 2 i i i

i i

2 i

i 2

i i

2 i

i

p 20.T p 2.T p T K . 2

K . 2 K

. 2 ) 20p 2p p.(1 T

K . 2 20p

2p 1 . 2 p T 1 K

20p 2p 1 . 2 p T

K ) p (

F = + ⋅ + ⋅ + ⋅

+ + +

= ⋅ + + + ⋅

+

⋅ +

=

3 i 2 i i

i Tp 2.Tp 20.T p

K . 2 ) p (

D = + ⋅ + ⋅ + ⋅ on retrouve un polynôme de la forme D(p)=a₀+a₁.p+a₂.p²+a₃.p³ 1^er examen : stable si Ti > 0 et Ki > 0

2^ème examen : pour que le système soit stable il faut vérifier que a1.a2 > a0.a3. stable si 2.T_i²>40.K_i.T_i →

20 K_i< Tⁱ

(2)

Application du critère de Routh - Corrigé

Cas 1 - Calcul de la FTBF :

K p 12 p . 7 p

K K

4) 3).(p p.(p

K 4)

3).(p p.(p 1 K

4) 3).(p p.(p

K (p)

F₁ ₃ ₂

+ +

= + + +

= + + + +

+

= +

→ D₁(p)=p³+7.p²+12p+K 1^er examen : stable si K > 0

2^ème examen : pour que le système soit stable il faut vérifier que a1.a2 > a0.a3. stable si 7×12>K → K<84

→ On doit choisir K tel que 0<K<84 Cas 2 - Calcul de la FTBF :

T.p) K.(1 p . 5 , 1 p 0,5.p

T.p) K.(1 T.p)

K.(1 0,5.p) 1).(1

p.(p

T.p) K.(1 0,5.p)

1).(1 p.(p

T.p) 1 K.(1

0,5.p) 1).(1

p.(p

T.p) K.(1 (p)

F₂ ₃ ₂

+ + +

+

= + + + +

+

= + +

+ + +

+ +

+

=

K 1).p K.T ( p . 5 , 1 0,5.p

T.p) (p) K.(1

F₂ ₃ ₂

+ + + +

= + → D₂(p)=0,5.p³+1,5.p²+(K.T+1).p+K

1^er examen : stable si K > 0 et K.T + 1 > 0

2^ème examen : pour que le système soit stable il faut vérifier que a1.a2 > a0.a3. K

5 , 0 1) (K.T 5 ,

1 × + > × → .K

3 1) 1

(K.T+ > → .K 1 3 K.T>1 −

Cas 3 - Calcul de la FTBF :

K 5 8p 5p p

K 5

8p 5p p 1 K

5 8p 5p p

K (p)

F ₃ ₂

2 3

3 = + + + +

+ + + +

+ +

= + → D₃(p)=p³+5p²+8p+5+K

1^er examen : stable si K + 5 > 0

2^ème examen : pour que le système soit stable il faut vérifier que a1.a2 > a0.a3. stable si 5×8>(5+K)×1→ 40>(5+K) → K<35

→ On doit choisir K tel que −5<K<35

(3)

Application du critère du revers

ω_co

INSTABLE

ω_co

STABLE

M_φ

M_G= +∞

M_φ

M_G

ω_co

ω_co STABLE STABLE

M_φ

M_G

INSTABLE ^M^φ

M_G

STABLE

ω_co

(4)

Etude du système de positionnement d’un appareil d'imagerie médicale – Corrigé

Q.1. 3 mouvements de rotation ayant pour paramètres α, β et γ.

Q.2. Vitesse de rotation de l’effecteur : 10°/s → 600°/min.

Soit une vitesse de rotation en tour/min du moteur de 930 360

558

N=600× = tour/min.

MODULER TRANSMETTRE

ET ADAPTER CONVERTIR

ALIMENTER

Chaîne d’énergie

Unité d’alimentation

Préactionneur

Elément de transmission de puissance Réducteur r = 1/558 Moteur électrique

AGIR

Effecteur Axe élémentaire 10°/s en phase de mesure Actionneur

Q.3.

558 ) t ) ( t

( ^m

S

=ω

ω → Kr =

558 1 ) t (

) t (

m

S =

ω ω Q.4. Schéma bloc du système :

+ - Ka

θS(p) U_m(p)

Consigne angulaire

UC(p) ε(p)

Kr

p 1

Kc

Ωm(p) Ω_S(p)

p . T 1

K

m m

+

Fonction de transfert en chaîne directe : FTCD(p) =

) p . T 1 .(

p K . K . K

m r m a

+ Fonction de transfert en boucle ouvert : FTBO(p) =

) p . T 1 .(

p

K . K . K . K

m c r m a

+

Fonction de transfert en boucle fermée : FTBF(p) =

) p . T 1 .(

p

K . K . K . 1 K

) p . T 1 .(

p

K . K . K . K K .

1

m c r m a

c + +

+

Q.5. FTBF(p) =

c r m a m

c r m a c

m c r m a

c p.(1 T .p) K .K .K.K

K . K . K . . K

K 1 ) p . T 1 .(

p

K . K . K . 1 K

) p . T 1 .(

p

K . K . K . K K .

1

+

= + + +

+

FTBF(p) =

2 c r m a

m c

r m a

c

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

K 1

+ +

=

) 1 p zp . 1 2 (

K

2 2 0 +ω0

+ω

avec :

Kc

K= 1

c r m a

m 2

0 K .K .K .K T 1 =

ω →

m c r m a

0 T

K . K . K .

= K ω

c r m a

0 K .K .K.K 1 z

.

2 =

ω →

m c r m a.K .K.K .T K

. 1 2 z=1

(5)

Q.6. Réponse indicielle d’un système du 1^er ordre à une entrée en échelon de tension.

um(t) = U0.u(t) = 10.u(t) → (t) K .U .(1 e ^T^m)u(t)

t 0

m m

− −

=

ω → voir cours réponse indicielle 1^er ordre Q.7. Valeur asymptotique : ω_S(+∞)=20rad/s → Km.Kr = 2 → Km = 2/Kr = 1116 rad.s^-1.V^-1

Temps de réponse à 5% : t5% = 3.Tm Temps de réponse à 0,63.s(+∞) : t = Tm Pente à l’origine = τ K

→ Graphiquement on lit : Tm = 0,03s

t (s) ω_S(t) (rad/s)

T_m 0,63.ωS(+∞)

0,95.ω_S(+∞)

3.T_m

Q.8.

p 30. 1 1 . 1 p 10 p 30. 1 1 . p ) 10 p ( FTBO

= +



 



 +

= → Soit 1 intégrateur de constante K =

10 + un 1^er ordre de constante de temps T=

30

1 s (ω = 30 rad/s).

ω +T.j 1

1 ω

j K

G (dB)

ω (rad/s)

φ (°) ω (rad/s)

-20 dB/décade

-40 dB/décade

30 30

(6)

Q.9. Rappels de cours : Le module de FTBO(jω) est le produit des modules de chaque fonction de transfert élémentaire et l’argument, la somme des arguments de chaque fonction de transfert élémentaire :

Intégrateur : H(p) =

p

K → soit : H(jω) = ω j

K Gain en dB :

GdB= 20.log ω .j

K = 20.log(K) – 20.log(ω) Phase en degrés : ϕ(ω)=−90°

1^er ordre : p . T 1 ) 1 p (

H = + → soit :

ω

= + ω 1 T.j

) 1 j ( H Gain en dB :

2 2 dB 20logH(j ) 20log1 20log 1 T .

G = ω = − + ω

Phase : ϕ=arg(H(jω))=−arg(1+T.jω)=−arctan(T.ω) Soit :

GdB = 20.log |FTBO(jω)| = 20.log | ω j

K | + 20.log |H(jω)|

ϕ° = ⁺ ₊ _ω ⁼⁻ ^°⁻

(

⁺ ^ω

)



 





= ω

ω ) 90 arg1 T.j

j . T 1 arg( 1 j

arg K )) j ( FTBO arg(

Pour ω = 30 rad/s on a alors :

GdB = 20.log|FTBO(30.j)| = 20.log(10)–20.log(30)+ ²

2

30 30 . 1 1 log 20 1 log

20 



 

 +

− GdB = 20 – 29,5 + 0 – 3 GdB = – 12,5 dB

ϕ° = ⁾ ⁹⁰ ^arg

( )

¹ ^j

.j 30 30. 1 1 arg( 1 90 )) j . 30 ( FTBO

arg( =− °− +

+ +

°

−

= −90°−arctan(1)=−90°−45° → ϕ° = – 135°

Courbes réelles :

Q.10. ωcoupure = 9,5 rad/s on a alors :

ϕ° = ⁾ ⁹⁰ ^arg

(

¹ ⁰^,³¹^.^j

)

.j 5 , 9 30. 1 1 arg( 1 90 )) j . 5 , 9 ( FTBO

arg( =− °− +

+ +

°

−

= =−90°−arctan(0,31)

ϕ° =−90°−17°=−107 °

→ Mφ =180°−107°=73° > 45° → C.d.C.F. ok.

(7)

Régulation d’un Groupe Turbo Alternateur d’une centrale nucléaire - Corrigé

Q.1. et Q.2. On a :

{ }

b M pb M pb M pb

M M

bati papillon

0 0 0 Z Y X F













→ =

{ }

b N pb N pb

N N

bati papillon

0 0 0 0 Y X F













→ = avec MN n.zr

=

En exprimant tous les torseurs en M on obtient :

{ }

b N pb

N pb N pb N pb

M N

bati papillon

0 X . n

Y . n 0 Y X F











 −

→ =

→

{ } { } { }

^F^p^eq→^b = ^F^p^M→^b + ^F^p^N→^b soit une liaison pivot d’axe (O, zr ).

Q.3. Fermeture géométrique :

0 y . d x . L x ).

t ( y . e BO AB

OA ₁ ₃

r r r r

r +λ − − =

= +

+ → en projection dans b0 :





=

− β λ + θ

=

− β λ

+ θ

−

0 d ) t ( sin ).

t ( ) t ( cos . e

0 L ) t ( cos ).

t ( ) t ( sin .

e

→

θ

−

= β λ

θ +

= β λ

) t ( cos . e d ) t ( sin ).

t (

) t ( sin . e L ) t ( cos ).

t

( →λ(t)² =(L+e.sinθ(t))²+(d−e.cosθ(t))²

→λ(t)= L²+e²+d²+2.L.e.sinθ(t)−2.d.e.cosθ(t) Q.4. A.N. : L = 864,8mm, d = 96mm et e = 135,8mm Position fermée (

4

= π

θ ) : λ(t)= L² +e²+d²+ 2.L.e− 2.d.e=960,8mm Position ouverte (

4

−π

=

θ ) : λ(t)= L² +e²+d²− 2.L.e− 2.d.e=768,8mm Course = λ(t=position fermée) - λ(t=position ouverte) = 192 mm

Q.5. On linéarise autour du point de fonctionnement : θ = 0°

En exprimant Kθ dans les unités SI on a : Kθ = 8,1

10 . 180

. 46 , 0

3 = π

− rad/m.

Q.6. Hypothèses : fluide incompressible, débit de fuite nul dans le vérin.

On a alors q(t) = v(t).S → q(t) = dt

d λ(t).S

→ p

K p . S

1 ) p ( Q

) p ) ( p (

H_v = ∆λ = = ^v avec S K_v=1

46 , 75 0 , 768 5 , 962

45

K 45 =

−

= + λ

∆ θ

=∆

θ °/mm

Q.7. uλ(t) = Kcapt.Δλ(t) avec uλ(t) variant de 0 à 24V et Δλ(t) de 0 à 200 mm → Kcapt = 120 2 , 0

24 = V/m.

Q.8. Schéma-bloc du système d’entrée θC(p) et de sortie θ(p) :

(8)

+ - θ_C(p)

k U_C(p)

C U(p)

K_ev

p . S

1

Kcapt

Q(p) Δλ(p) K_θ

θ(p)

Q.9. et Q.10.

p K . . K . C 1 S

K K . k

p . S

K . K . 1 C

p . S

K . C . K . ) k p (

) p ) ( p ( H

capt ev capt capt

ev ev

C = +

+ θ =

= θ

θ

Système du 1er ordre avec K = Kcapt

K . k _θ

et T =

capt ev.K K . C

S

Q.11. Il faut

θ

= K

k K^capt pour avoir un gain statique unité sur H(p).

Q.12. Si

θ

= K

k K^capt alors l'erreur statique sera nulle → critère de précision validé.

Q.13. On a t5% = 3.T =

capt ev.K K . C

S .

3 < 2 s → C

K . K . 2

S . 3

capt ev

< avec Kv

S= 1

A.N. : 0,0125

120 100 01 , 0 2

3 K

. K . K . 2 C 3

capt v ev

× =

×

= ×

>

Q.14. Identification du modèle de comportement de l’électrovanne Hev(p).

Compte tenu de l'allure de la courbe un modèle du 1er ordre semble adapté →

p . T 1 ) K p ( H

2 ev

ev = +

En régime permanent on a : 10.Kev2 = 0,107 m³/s

→ Kev2 = 0,0107 m³.s^-1.V^-1

t5% = 0,05 s → Tev2 = 0,0166 s

Q.15. et Q.16. Par identification on a une fonction transfert de la forme

) 50p 1 1 .(

p 100

+

(9)

-20 dB/dec

-40 dB/dec -90°

-180°

ωcassure = 50 rad/s

L'intégrateur pur coupe

≈ 100 rad/s → KBO = 100 Pour ω = 1 rad/s on a 20.logKBO = 40 → KBO = 100

-135°

Mϕ ≈ 32° → système stable ωcoupure ≈ 73 rad/s

Mϕ ciblée

Q.17. Le système est stable mais la marge de phase est insuffisante pour respecter l'exigence du cahier des charges. Il faudrait descendre la courbe en gain d'environ 12 dB pour avoir la bonne marge de phase.

→ C = 10 ²⁰ 0,25

12

− =

Q.18.

2 2

p 1600. p 1 1600. 1 50

1 p

p . 50 1600 ) 1600 p ( H

+ +

+ =

= +

→ gain statique de 1

→ pulsation propre :

1600 1 1

2 0

ω = → ω0 = 40 rad/s

→ coeﬃcient d'amortissement :

1600 50 z . 2

0

ω = → 0,625

16 10 1600

20 z=50× = =

Q.19.

tracé réel -90°

ωr = ω0. 1−2.z² =19 rad/s

ω0 = 40 rad/s Résonance de

QdB = 20log =

−z² 1 z . 2

1 0,2 dB → négligeable

Q.20. Graphiquement pour z = 0,625 on lit t5%.ω0 ≈ 5 → t5% = 40

5 = 0,125 s < 2 s → exigence validée.