I "'" année
i( r
QI&4-
40dB
'Ë
o
2OdB
0dB
-2OdB
-40dBt
It3 90"
0,o
(g o-45"
0'
-45"
-90"
o
(rad.s-t)
to'(') (rad.s-l) 10'
1û" 10'
Q2-
Gau=tot"efffiJ I roo(r+ af)
'lo
:
Arctan(ar) - Arctan(l0.4r)- Arctan(O,1.ar)Q3-
!j
,t'\ j+-
I
-i+ i* ;I
lll -i+i =rl
Il ]
. _r- f{
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Lll ,'ii
il
-l -+
il
- r#ri
it i
T ':r fr -+ >- Ll fr
Gas (p
at:0,3
rad.s-l 10 dB -600a.r: I
rad.s-13dB
-45"a;:3
rad.s-l0dB
-30"l"'" année
u\\".)
)É
(.1
;Ql-
Schéma-bloc de l'asservissement en vitesse :Pour que la
vitessede rotation du moteur soit
correctement asservie,il faut que t
proportionnel
à
ll"on"- d). or
€ = Kud)"or"-
K"urQ^ .Il
rautoon"lxEl
H,(p)est
la fonction de transfen -9t(ù-
Q"or"lP)lorsqu'on
néglige le coupleAh)
Dans
ce
cas,puisque Ku-K*,,le
systèmepeut
être modélisé commeun
systèmeà
retour0,(p)
-
Kinn= J pçn*rr' K,K. K,K"+,1 p(R,+L,p)
La FTBO
est: FIBO(p)=
I p(R^
+L,p)
K""oKrK,
et on a
H,(p)= FrBo(p)
(retour unitaire)
1+
{$) K.uoKoK,
K,K"+J p(R,+L^p)
1
1 +
FrBo(p)
K.ueKpKi H,
(p)=
K..oKoK,
K,K"
+Jp(R* +L.p)
(n)=ffi'
11* , JR' .D+ , JL'
.D,Ki(K."pKp
*K" )'
Ki(K."eKe*K" )'
K,K"
+.tp(R, +L*p) t+
K.uoKoK, +K,K" +Jp(n. +L.p)
1"'" année S2I
Q3-
Hr(p)
estla fonction de
transfert maintenant le schéma-bloc suivant :# Iorsqu'on
annulela consigne
Q"on"(p).On
a-c,.
i
',-ri:J^É.
1
on
adonc' o,(p)
=:R#;JC/- c, (p)l
'- J p6ç1r01
a',(p):
(R^ +L,p) [- c,
(p)]I p(R,
+L,p)+
KilKpK""e* K")' -' t*!-o
R_'
m-JçlKJ^1* m#-Jo+7*ftçn'
,-+ -p+=,-f5,..
.,H,
(p)=
R. XD'aprèslaQ2- ,ona
FTBO(P)=ffi
FTBo(p): *:y*o
. ,= t
,, et comme Ç: K.uo: K;
\' / K" ,*ftn*ko'
tn)=;6fuu
On cherche le coefficient d'amortissement m de la FTBO(p) :
FrBo(p)=;#t- K' :
Ko', Kî p*Pr' 1+2'25P+o'01P2 1*2-t P+ 1rP' 0)o
(DôD'où:
@c = 10 rad.s-1Le
coefficient d'amortissement étant nettement supérieurà
1,il
faut rechercher les racines car cette FTBO correspond à deux premiers ordres en série :et +
=2,2s =, =4î!
=11,2s l5=I12sl
cùo
FIBo(p) :*;lr*";*
K"
+ KoK"u,I "t" année
S2I
calcul
des pôles:
1+2,25p+0,01p2 dont le discriminant esta
=2,2s2-4x0,01
=5,022sJE
=2,2411)
le polynômes'écrit
0,01(p-pl)@- pr)
et les racines sonr :o.
-
-2'25 + 2'2411=
-0,44s=
p-
pt = p + 0,44s=o,++s[r. #r)
r
|
0,02
!
=0.44s rad.s 1T,
Pz=-2,25-2,2411
=
-225=
1T?
=225 rad.s-l
l0 f) (rad s'') l0r
Q6-
D'après le cahier des charges , on veut une marge de phase supérieure ou égaleà
45". Or la courbe de phase passe par -135o pourq
=225 rad.s-l.Puisque la phase n'est pas modifiée par Kp (argument nul), pour que le gain soit nul à225 rad.s-i
il
faut donc translater cette courbe de
:
20logK, = +57 dB .57
20logKo=+57
dB + Kr:10r0
K,=708
Il
faut aon"l4l70-a]pour
que la marge de phase soit supérieure ou égale à 45.0,02
p* pz: p+225=zzs(t.*r)
Ël
i0dB
I
a.
0
-+-i
"1
6l -nnl
-li5'
-180'
-27()'
-
1è'" année S2IQ7-
La valeur finale deat^(t)
dépend du gain statique de la fonction donc :lg'^(t)=
K".oK,K"urK,
+K" " Ko+1
Le critère de précision sur la vitesse est une erreur statique de *2o/o pour la vitesse du chariot ; or, en ligne droite , la vitesse du chariot est proportionnelle à la vitesse de rotation du moteur, donc on veut :
car
Ç:
ÇuoavecK:K":Çuo:K,donc:
R-"VT
'l
:+r-0,98 >
Kp > o,e8 (xo+r)=
Ko
+1
YQ8- on
a H,(p)=
Ko +1'.ffiP*,cfr;IP'
',=*Jç
Oo"
Application numérique :
to:17JKr*1
La réponse de la roue la plus rapide sans dépassement correspond
àma'ot'l@F]",
dans ce cas, la pulsation propre non amortie est olo =.it?Jrad.s-'
O Q10-
D'après les tracés réalisés sur le document réponse, on a :I 000
Donc pour
Kp :4.?5, 6
letemps de réponse est validé
et il n'y aura pas
dedépassement.
précision satisfait.
donc le critère de
est
égalementet lç-rcsl, le
critère deKe
2m
(r)o
D'où:
'--\
-l\-_-, '
JR.
r'(xo +t)
:
os
100\O c)a
'9
o. i00)
2 4,6
F r/\. J\ i
stabilité satisfait.
1
Coefficient d'amortissement rn
est
également0,1