Etude d’une antenne parabolique - Corrigé
Q.1. um(t) = em(t) + Rm.im(t) + dt
) t ( i .d
Lm m → Um(p) = Em(p) + R.Im(p) + L.p.Im(p) em(t) = Ke.ωm(t) → Em(p) = Ke.Ωm(p)
dt ) t ( .d
Jm ωm = Cm(t) → Jm.p Ωm(p) = Cm(p)
Cm(t) = Kc.im(t) → Cm(p) = Kc.Im(p) Q.2.
+ - J .p
1
m
Ke
Kc
Cm(p)
Ωm(p) Im(p)
Em(p) Um(p)
p . L R
1
m m+
Q.3.
( )
( ) ( )
.p 1K . K
R . p J K . . K
L . J
K 1 K
. K p . L R . p . J
K . . K
K 1 p . L R . p . J
K . 1 K
p . L R . p . J
K . K K .
1 ) p ( U
) p ) (
p ( H
e c
m 2 m e c
m m
e e
c m m m
e c e
m m m
e c
m m m
e c
e m
m
+
= + +
= + + +
= +
=Ω
avec K=
Ke
1 , ω0 =
m m
e c
L . J
K . K et z
m e c
m m K.K .L
. J R 2.
=1 .
Q.4.
m m
e R
=L
τ ,
c e
m m m K .K
J .
=R
τ et τe<<τm
→
( ) ( ) ( )
m(
e m)
22 m e m e m
e.p).(1 .p) 1 .p . .p 1 .p . .p
1
( +τ +τ = + τ +τ + τ τ ≈ + τ + τ τ si τe<<τm
→
( )
2e c
m m e c
m m 2
m e
m .p
K . K
L . p J K . . K
R . 1 J p . . p .
1+τ + τ τ = + + → On retrouve l’expression de la FTBF trouvée question précédente → H(p) peut être approximé par
) p . 1 ).(
p . 1 (
K
m
e +τ
τ
+ .
Q.5. Réponse à un échelon d’un système du 2ème ordre → tangente horizontale à l'origine.
um(t) = U0.u(t). → Um(p) = p U0
et
1 p K . . K
R . p J K . . K
L . J
K / ) 1
p ( H
e c
m 2 m e c
m m
e
+
= + p 0 ).U p ( H . p . p lim ) t ( ' lim ) 0 (
' 0
m p 0
m t =
= ω
=
ω → →∞
+
+
Théorème de la valeur initiale
Transformée de la dérivée (CI nulles)
Q.8. En ne considérant que le pôle dominant on a H(p) ≈
) p . 1 (
K τm
+
On considère alors que le système répond comme un 1er ordre à un échelon → (t) K.U . 1 e m .u(t)
t 0
m
−
=
ω − τ
Q.9. τm= 0,012 s, K = 45rad.s−1 .V−1 et U0 = 18V. En régime permanent on a :
0 0
0 m p
m t .H(p). K.U
p .U p lim ) t ( lim )
(+∞ = = =
→
∞ +
→ ω
ω
Théorème de la valeur finale
A.N. : K.U0 = 45.18 = 810 rad/s = 7735 tr/min < 8000 tr/min Q.10. G(p) =
N 1 ) p (
) p (
m
a =
Ω
Ω et M(p)
p 1 ) p (
) p (
a
a =
Ω
= θ
Q.11.
) p ( M ).
p ( G ).
p ( H . K 1
) p ( M ).
p ( G ).
p ( H . K ) p (
) p (
a a ac
a
= + θ
θ avec :
) p . 1 ( ) K p ( H
τm
= + , G(p) =
N 1 ) p (
) p (
m
a =
Ω
Ω et M(p)
p 1 ) p (
) p (
a
a =
Ω
= θ
2 a
m a
a m
a
m a
m a
m a
m a
ac a
Kp . K
. p N K . K 1 N
1 N
K . ) K p . 1 .(
p
N K . K
) p . 1 .(
p N
K . K 1
) p . 1 .(
p N
K . K
) p . 1 .(
p . K N .1 K 1
) p . 1 .(
p . K N .1 K ) p (
) p (
+ τ
= + + τ
= + τ + +
τ
= + τ + +
τ
= + θ
θ
Avec : KT = 1, ω0T =
m a
. N
K . K
τ et zT
m a
a N.
K . . K K . K . N 2 1
= τ → zT
m a.K. K . N 2 1
= τ
Q.12. FTBO de classe 1 → l’erreur de position est nulle → C.d.C.F ok (version réponse 2ème année) Sinon il faut trouver l’erreur statique par le calcul :
Pour un système à retour unitaire on a er(p) = ε(p) = θac(p) – θa(p) = θac(p) – FTBO(p).ε(p) →
FTBO 1
) p ) (
p
( ac
+
= θ ε
Erreur statique : 0
) p . 1 ( p . N
K . 1 K
. p p FTBO lim 1
) p . ( p lim ) p ( . p lim ) t ( lim
e ac
m a ac
0 p ac
0 p 0
p
r t ≈
∞
≅θ τ + +
θ + =
= θ ε
= ε
= →+∞ → → → si θac(t) est une
entrée échelon.
Q.13. Temps de réponse le plus faible possible pour un système de 2ème ordre → z = 0,7 2
2 =
0,7 K 45 0,012 23328 2.
1
a× ×
= → 1,42
012 , 0 45 K
23328
a× ×
= → Ka
012 , 0 45 4 , 1
23328
2× ×
= → Ka = 22040 V/rad
Caméra de vidéo surveillance – Corrigé
Q.1.
100 2
L 2
8 , tan1
= × → 3,14m
2 8 , tan1 . 200
L= =
1,8°
100m
L
Q.2. Les effets dynamiques du chariot en mouvement couplé à l’élasticité des câbles peuvent provoquer un tangage du chariot mobile (basculement alternatif autour de lui-même d’avant en arrière).
Q.3. Um(p) = Em(p) + R.Im(p) Em(p) = Ke.Ωm(p) Jm.p. Ωm(p)= Cm(p) Cm(p) = Kc.Im(p)
Q.4. H2(p) = R
1 H3(p) = Kc H4(p) = p . J
1
m
H5(p) = Ke
+ - Um(p)
p . J
1
m
Ke
Kc
1/R
Cm(p)
Ωm(p) Im(p)
Em(p)
Q.5. Calcul de la FTBF :
p K . . K
J . 1 R
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 c
m e e
c m
e c e m
e c m e c
e m
m
= +
= +
= + Ω
p . T 1
K
m m
= +
avec Km= Ke
1 et Tm=
e m
m
K . K
J . R
Q.6. (t) K .U . 1 e Tm .u(t)
t 0
m
m
−
=
ω − par définition de
la réponse d’un système du 1er ordre à un échelon.
Q.7. Représentation graphique pour Km<1 Q.8. Intégrateur → H6(p)=1/p
t e(t) = a.u(t)
0
s(t) K.a
τ
Tangente à l’origine
3.τ 0,95.K.a
0,63.K.a
Q.9. D’après les résultats et les données à ce stade on a :
K1
X(p)
Um(p) Ωm(p)
+ - Xc(p)
θm(p)
1/p K7
p . T 1
K
m m
+
Calcul de la FTBF :
1 p K . . K . K p 1 K . . K . K
T
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 ) p ( X
) p ( X
7 m 1 2 7 m 1 7 m m 1 m
7 m 1
m 7 m 1
m 7 m 1
c = + +
+
= + + +
= +
Après avoir réalisé l'application numérique à l’aide des données constructeur on obtient une fonction de transfert de la forme :
) p ( X
) p ( X
c
=(1 T .p).(1 T.p) 1
2
1 +
+ avec T1 = 0,1 s et T2 = 0,005 s.
Q.10. Par définition pour un système de 2nd ordre avec deux pôles réels négatifs, on a, pour une entrée échelon d’amplitude a, une sortie s(t) telle que :
(
K.a .e .e)
.u(t)) t (
s = +β p1t+δ p2t avec
2 1
2
p p
p . a . K
= −
β et
1 2
1
p p
p . a . K
= −
δ et T1
p1
− 1
= et T2
p2
− 1
= .
Soit .e ).u(t)
p p e p p . p 1 p .(
a . K ) t (
s pt
1 2 t 1 p 2 1
2 1 2
+ − + −
=
Ici on a : K = 1 ; a = xc0 ;
1 2
1 0 c
2 1
2 0 c
T T . T x T
1 T
1 T . 1 x
= −
−
=
β et
1 2
2 0 c
2 1
1 0 c
1 2
1 0 c
T T . T x T
1 T
1 T .1 x T
1 T
1 T .1 x
− −
=
−
−
=
−
=
δ soit :
) t ( u . e . T e . T T . T x x ) t ( x
T t 1 2 T t
1 1 1 2
0 c 0
c 1 2
−
+ −
= − −
Q.11. On utilise le thm de la valeur finale pour calculer cette limite : m 50 ) x
p . T 1 ).(
p . T 1 ( . 1 p .x p lim ) p ( X . p lim ) t ( x lim ) (
x c0
2 1
0 c 0 p 0
p
t = =
+
= +
=
=
+∞ →+∞ → →
Théorème de la valeur finale
La valeur en régime permanent correspond exactement à la valeur de consigne → C.d.C.F. ok vis-à-vis du critère de précision.
Q.12. Si on néglige le terme exponentiel en T2 cela revient à avoir un système du 1er ordre de constante de temps T1 d’où t5% = 3.T1 = 0,3s
Si on néglige le terme exponentiel en T1 cela revient à avoir un système du 1er ordre de constante de temps T2
d’où t5% = 3.T2 = 0,015s << 0,3s, le terme exponentiel en T2 n’est pas du tout prépondérant dans la réponse transitoire du système.
Q.13. La vitesse en régime permanent correspond à la pente de la droite soit : 2
, 12 1 14
3 , 0 7 , 14 t t
x x
1 2
1
2 =
−
= −
−
− m/s < 2m/s → C.d.C.F. ok.
Téléphérique Vanoise express - Corrigé
Q.1. U(p) = E(p) + R.I(p) ; E(p) = Ke.Ωm(p) ; Cm(p) = Kt.I(p) ; 2.Cm(p) - Cr(p) = J.p.Ωm(p)
U(p) + -
-
+ Ωm(p)
Cr(p) 2.Cm(p)
E(p)
R
1 I(p)
Kt
Cm(p) 2
p . J 1
Ke
Q.2. Application du thm de superposition : Ωm(p) = F1.(p).U(p) + F2(p).Cr(p) Cas 1 : Cr(p) = 0
U(p)
+ - 2.Cm(p) Ωm(p)
E(p)
R 1 I(p)
Kt
Cm(p) 2
p . J 1
Ke
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke 1
p . J . R
Ke . K . 1 2
p . J . R
Ke . K . 2 Ke.
1 ) p ( U
) p ) (
p ( FTBF
t t
t m
1 = +
= +
=Ω
→
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke 1 )
p ( F
t
1 = +
Cas 2 : U(p) = 0
-
-
+ Ωm(p)
Cr(p) 2.Cm(p)
E(p)
R 1 I(p)
Kt
Cm(p) 2
p . J 1
Ke
+ -
- Cr(p) Ωm(p)
p . J 1
R K . K . 2 e t
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke . K . 2
R
p . J . R
Ke . K . 1 2
p . J . R
Ke . K . 2 Ke. . K . 2
R ) p ( C
) p ) (
p ( FTBF
t t t
t
t r
m
2 = +
= +
−
= Ω
→
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke . K . 2
R )
p ( F
t t
2 =− +
Ce qui donna après application du thm de superposition : Ωm(p) =
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke 1
t
+ .U(p)
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke . K . 2
R
t t
− + .Cr(p)
Q.3. Pour obtenir ce schéma bloc équivalent :
U(p) -
+ Ωm(p)
Cr(p)
B(p) F(p)
Il faut nécessairement F(p) =
p Ke. . K . 2
J . 1 R
Ke . K . 2
R
t t
+
et B(p) = R
K . 2 t
.
B(p) Ordre 0 et classe 0 et F(p) ordre 1 classe 0.
Q.4.
Vc(p)
+ -
-
+ Ωm(p)
Cr(p)
B 1 T.p
D +
V(p) F
ρc(p)
ρm(p)
μ ε(p)
C(p)=C0 A E
Q.5. ε(p) = 0 pour V(p) = Vc(p) → ε(p) = ρc(p) - ρm(p) = F.Vc(p) - E
µ.V(p) → F = E µ Q.6.
Vc(p)
+ -
-
+ Ωm(p)
Cr(p)
B 1 T.p
D +
V(p) F
ρc(p)
ρm(p)
μ = F.E ε(p)
C(p)=C0 A E
Déplacement sommateur Déplacement point de prélèvement
Vc(p) -
+ Ωm(p)
Cr(p)
B 1 T.p
D +
V(p)
F C(p)=C0 A E
+ -
Vc(p) + -
-
+ V(p)
Cr(p) 2.Cm(p)
C(p) A’ B
p . T 1
G + ε1(p)
Par conséquent A’ = A.F et G = D.E.
Q.7. Cr(p) = 0 en poursuite
p G. . B '.
A . C 1 1 T
G . B '.
A . C 1
G . B '.
A . C G
. B '.
A . C p . T 1
G . B '.
A . C p
. T 1
G . B '.
A . 1 C
p . T 1
G . B '.
A . C ) p ( FTBF
0 0 0
0 0 0
0
poursuite
+ +
= + +
= + + +
= +
Q.8. L’écart s’exprime : ε1(p)=Vc(p)−V(p)=Vc(p)−FTBO(p).ε1(p) soit )
p ( V )) p ( FTBO 1 )(
p
( c
1 + =
ε →
) p ( FTBO 1
) p ( ) V
p
( c
1 = +
ε Q.9. es (poursuite) =
G . B '.
A . C 1
V p
. T 1
G . B '.
A . 1 C . 1 p .V p ) lim p ( FTBO 1 ). 1 p ( V . p lim ) p ( . p lim
0 0 0
0 0 c p
0 1 p
0
p = +
+ + + =
= → →
→ ε
es (poursuite) =
G . B '.
A . C 1
V
0 0
+
Q.10. Vc(p) = 0 en régulation
+ - V(p)
- Cr(p)
C0.A’.B p . T 1
G + ε2(p)
p G. . B '.
A . C 1 1 T
G . B '.
A . C 1
G G
. B '.
A . C p . T 1
G . B '.
A . . C B '.
A . C
1 p
. T 1
G . B '.
A . 1 C
p . T 1
G . B '.
A . C B. '.
A . C ) 1 p ( FTBF
0 0 0
0 0 0
0
0 regulation
+ +
= + +
= + + +
= +
p G. . B '.
A . C 1 1 T
G . B '.
A . C 1
G )
p ( FTBF
0 0 regulation
+ +
= +
Q.11. Ici on a Vc(t) = 0
→ es (regulation) =
+ +
= +
+ +
= +
→
→
→ .p
G . B '.
A . C 1 1 T
G . B '.
A . C 1
G p .
. C p lim p G. . B '.
A . C 1 1 T
G . B '.
A . C 1
G ).
p ( C . p lim ) p ( V . p lim
0 0 0
r 0 p 0
0 0 r
p 0
p
es (regulation)
G . B '.
A . C 1 . G C
0 0
r +
=
En appliquant le thm de superposition avec les 2 erreurs précédemment trouvées, on constate que l’erreur statique est non nulle, l’exigence du cahier des charges n’est pas validée.
Q.12. En poursuite on a :
Vc(p)
+ - 2.Cm(p) V(p)
C(p)=
p C1
A’ B
p . T 1
G + ε1(p)
Calcul de la FTBF :
2 1
1 1
2 1 1
1
poursuite
p G. . B '.
A . C p T G. . B '.
A . C 1 1
1 G
. B '.
A . C p . T p
G . B '.
A . C )
p . T 1 .(
p
G . B '.
A . 1 C
) p . T 1 .(
p
G . B '.
A . C ) p ( 2 FTBF
+
= + +
= + + +
= +
2 1
1 poursuite
p G. . B '.
A . C p T G. . B '.
A . C 1 1 ) 1 p ( 2 FTBF
+
= +
avec : K = 1
G . B '.
A . C
T 1
1 2 0
ω = →
T G . B '.
A . C1
0 =
ω AN : 1,9
47 , 0
1 , 0 10 . 8 , 5 1 297
, 0
716 , 0 1 , .14
1 4
0 × × × × × =
= ω
−
rad/s
G . B '.
A . C
1 z
. 2
1 0
ω = →
G . B '.
A . C . T . 1 2 z 1
1
= AN : 0,55
1 , 0 10 . 8 , 5 1 297
, 0
716 , 0 1 , .14 1 47 , 0 . 1 2 z 1
4
=
×
×
× ×
×
×
=
−
Q13. Réponse d’un système du 2nd ordre sous amorti. Réponse pseudo-périodique.
v(t) (m/s)
Temps (s) D1 = 1,5 m/s → D1% ≈ 13% → z = 0,55
T1 =
2 0. 1−z ω
π = 2 s → ω0 = 1,88
z 1 .
T1 2 =
−
π rd/s
v(t+∞)= 12 m/s
→ K=1
On retrouve par identification des valeurs proches de celles obtenues question précédente.
Q.14. On a une erreur statique nulle, l’exigence est validée pour la réponse à une entrée échelon.
Système de freinage de l'Airbus A318 - Corrigé
Q.1.
+ - Calculateur Servovalve
ac(t) Transcodeur
Système de freinage
uc(t)
i(t) ph(t) a(t)
ua(t)
Accéléromètre
ε(p)
Q.2. L’évolution de i(t) est fortement non linéaire → on linéarise autour du point de fonctionnement i(t) = 0.
On obtient donc un modèle linéaire de la forme θ(t) = K1.i(t) où K1 = 1 correspond à la pente de la droite.
-0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6
-0,3 -0,2 -0,1 0 0,1 0,2 0,3
0,4 θ(t) (rad)
i(t) (A)
Zone de validité du modèle
Q.3. On applique la transformée de Laplace sur l’équation :
dt ) t ( .dz c ) t ( P . S . 2 ) t ( z . k . dt 2
) t ( z .d
m 2 t t t
2
t =− + ∆ −
Pour des conditions initiales nulles on a : mt.p2.Z(p)=−2.kt.Z(p)+2.St.∆P(p)−ct.p.Z(p)
→ mt.p2.Z(p)+ct.p.Z(p)+2.kt.Z(p)=2.St.∆P(p)
→ (mt.p2+ct.p+2.kt).Z(p)=2.St.∆P(p)
→
t t
2 t
t
t m.p c.p 2.k
S . 2 )
p ( P
) p ( ) Z p (
H = + +
=∆
Q.4. Forme canonique :
1 p k . . 2 p c k . . 2
m k S )
p ( P
) p ( ) Z p ( H
t 2 t t t
t t
t = + +
= ∆ → fonc\on de transfert d’ordre 2 et de classe 0.
Q.5.
I(p)
θ(p) ΔS(p) ΔP(p) Z(p)
Ph(p) 1
p k . . 2 p c k . . 2
m k / S
t 2 t t t
t t
+
K1 K2 K3 + K3
Q.6.
1 p k . . 2 p c k . . 2
m
K k . .S K . K . K ) p ( I
) p ( ) P p ( S
t 2 t t t
4 t t 3 2 1 h
v = = + +
Q.7.
2 2 0 0
SV
t 2 t t t
4 t t 3 2 1 h
v
p 1 . p z. . 1 2
K 1
p k . . 2 p c k . . 2
m
K k . .S K . K . K ) p ( I
) p ( ) P p ( S
ω +ω
= + +
= +
=
Avec 4
t t 3 2 1
SV .K
k .S K . K . K
K =
t t 2 0 2.k 1 = m
ω →
t t
0 m
k .
= 2 ω
t t 0 2.k c z .
2 =
ω →
t t t t
0 t
m . k . 8
c k
. 4
. z=c ω =
Q.8. Système le plus rapide sans dépassement : z = 1.
Q.9.
t t t
m . k . 8 1 c
z= = → 8.kt.mt =ct→
t 2 t t 8.m k = c
Q.10. Pour z = 1 on a 2
SV SV 2
0 SV 2
2 0 0
SV
v (1 T .p)
K )
p 1 . 1 (
K p
1 . p 2 . 1 ) K p (
S = +
= + +
= +
ω ω ω
avec TSV =
0
1
ω t
t
k . 2
= m
Q.11.
2 2 acc acc
acc acc a
acc
p 1 . p z . . 1 2
K )
p ( A
) p ( ) U p ( H
+ω + ω
=
=
0 0,02 0,04 0,06 0,08 0,1 0,12
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
Temps (s) ua(t) (V) D1=0,05
t1=Tp/2=0,045s
ua(+∞) = 1
Graphiquement on obtient D1 = 0,05 soit un dépassement de 5% et ce dépassement est obtenu pour un coefficient d’amortissement zacc = 0,7.
De plus ua(+∞) = 1 V pour une entrée échelon de 1 m.s-2 donc le gain Kacc = 1 V/(m.s-2) Enfin on a t1 = 0,045
z 1 . acc2
acc
− = ω
π → =
−
= π
−
= π
ω 2 2
acc
acc 0,045. 1 z 0,045. 1 0,7
97,7 rad/s
Q.12. Ka = 1 Hc(p) = K c 2
SV SV SV (1 T .p)
) K p (
H = +
2 2 acc acc
acc acc a
acc
p 1 . p z . . 1 2
K )
p ( A
) p ( ) U p ( H
+ω + ω
=
=
+ - HSV(p) Ka
Ac(p)
Hc(p) Kf
Uc(p) I(p) Ph(p) A(p)
Ua(p)
Hacc(p) ε(p)
Attention Ka n’est pas dans la boucle !
FTBO(p) =
2 2 acc acc
acc acc 2 f
SV SV c
p 1 . p z . . 1 2 . K K ) . p . T 1 ( . K K
+ω + ω
+ → fonc\on de transfert d’ordre 4 et de classe 0.
Q.13. On a : ε(p)=Ka.Ac(p)−FTBO(p).ε(p) →
) p ( FTBO 1
) p ( ) A
p
( c
= +
ε puisque Ka = 1.
Q.14.
) p ( FTBO 1
) p ( . A p lim ) p ( . p lim ) t (
lim c
0 p 0
p
t ε = ε = +
→
→
∞
→
) p 1 . p z . . 1 2 .(
) p . T 1 (
K . K . K . 1 K
p a .
p lim ) t ( lim
2 2 acc acc
2 acc SV
acc f SV c
0
0 p t
+ω + ω
+ +
=
ε →
∞
→
acc f SV c
0
t 1 K .K .K .K
) a t ( limε = +
∞
→ l’erreur statique est non nulle, l’exigence du cahier des charges n’est pas respectée.
Q.15. FTBO(p) =
2 2 acc acc
acc acc 2 f
SV SV i
i
p 1 . p z . . 1 2 . K K ) . p . T 1 ( . K p
) p . T 1 .(
K
+ω + ω
+ +
) p ( FTBO 1
) p ( . A p lim ) p ( . p lim ) t (
lim c
0 p 0
p
t ε = ε = +
→
→
∞
→
2 2 acc acc
acc acc 2 f
SV SV i
i
0
0 p t
p 1 . p z . . 1 2 . K K ) . p . T 1 ( . K p
) p . T 1 .(
1 K
p a .
p lim ) t ( lim
+ω + ω
+ + +
=
ε →
∞
→
+ =
≈ +ω
+ ω +
+ +
=
ε → →
∞
→
p 1 K lim a ) p 1 . p z . . 1 2 .(
) p . T 1 (
K . K . K ).
p . T 1 .(
. K p 1 1 lim a ) t ( lim
BO 0 0 p 2 2 acc acc
2 acc SV
acc f SV i i
0 0
p
t 0 avec KBO=Ki.KSV.Kf.Kacc
Le système est donc parfaitement précis, ce qui permet de valider l’exigence 1.2.3. du cahier des charges.
