SYSTÈME DU 2

Corrigé Exercice 1 : SYSTÈME DU 2

ORDRE CAS GÉNÉRAL.

Question 1 :

L’entrée est définie par e t( )E u t_c. ( ), soit dans le domaine de Laplace ( ) E^c E p  p

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

2 0

2 2

0 0

( ) .

( 2 . )

K Ec

S p p z p p

 

   

Ordonnée en  :

 

0 0

( ) lim ( ) lim .

L

t p p

s s t p s t p S p KE

    

    

Le régime établi ne dépend que du gain statique K. Le régime transitoire dépend du facteur d’amortissement z et de la pulsation propre ₀.

Question 2 :

( ) ( ) ( )

er     e s

( ) .

er  EcK Ec

( ) .(1 )

er  Ec K précis si K = 1

Question 3 :

Discriminant :  4z²₀² 4 ₀²  4 ₀²(z² 1)  Trois cas seront à envisager.

z > 1 

 > 0

 2 racines réelles simples

(a1 et a2)

 ^{0 1 2}

1 2

( ) A A A

S p  p  p a  p a

   ^{s t( )}





non oscillatoire z = 1 

 = 0

 1 racine réelle double

(b)

 ⁰

S(p) 2

( )

A B C

p p b p b

  

   ^{s t( )}





z < 1 

 < 0

 2 racines complexes conjuguées

(p = c  j .d)

 ⁰

2 2

S(p) .

( )

A D p E

p p c d

  

 

. .

0

( ) . ^{c t}.cos( . ) D c. E. ^{c t}. sin( . ) . ( )

s t A D e d t e d t u t

d

  

   

 ^{ Réponse} oscillatoire 

z agit sur la stabilité…

Corrigé Exercice 2 : MAXPID.

Question 1 :

2 2

( ) 9800 0,98

( ) 10000 600. 35. 1 0,06. 0,0035.

c

p

p p p p p

  

    

₀

0

0,98 1 0,0035

2. 0,06 1

0,06 .

2 0,0035

K

z z



 

  



 AN : ₀

0, 98 16, 9 /

0, 51 K

rad s z

 

 

 



Question 2 :

z<1 donc réponse oscillatoire.

2 0

2 2

0, 43 1

a

Ta s

z

 

  

  

Question 3 :

Selon l’abaque du cours z0,51  tr_5%. ₀ 5,2  _5%

0

5, 2 0,31

tr   s



Question 4 :

Selon l’abaque du cours z0,51  2 dépassements visibles ^1%

2%

0,15 15 15%

100

0,02 2 2%

100 D

D

   



   



Or      ( ) K. _c( ) 0,98.2019,6 donc ^{1 1%}

2 2%

. ( ) 15%.19, 6 2,9 . ( ) 2%.19, 6 0, 4

D D

D D

      



     



Question 5 :

Non car K 1

( ) ( ) ( )

r c

e       

( ) 20 19,6 0, 4

er     

Question 6 :

NB : il n’est pas demandé de calculer ( )t .

Il faut TOUJOURS placer les points au niveau des dépassements et du temps de réponse, avant de tracer la courbe !!!

0 19,6

D1

Tr5%=0,31

Bande des +/- 5%

D2

Tangente à l’origine de pente nulle

Ta=0,43 Ta/2=0,21

t en s )

t

( en °

Corrigé Exercice 3 : BANDEROLEUSE À PLATEAU TOURNANT.

(Selon le concours ATS 1999)

Modélisation.

Question 1 :

( )p E p( ) Emes p( ) T p( ). c p( ) S. ( )p

      

Pour que ( )p soit l’image de l’erreur Er p( ) c p( ) ( )p à un coefficient près, il faut que T p( )S Ainsi ^{( )p S.}





Première étude : Système asservi sans correction C(p) = 1.

Question 2 :

1 . . . . 1

( ) . .

1 . . 1 . . 1 .

1 . 1 .

1 . 1 .

A

p S A S A S A

H p S

A p S A S A p S A

S p

p S A

     

       

 

  

 1 .

1 .

1 1 .

K S A

S A S A

 

 

 

  

 



 AN : 1 0,5 1 0,1 K

s

 

 

Question 3 :

Conclure par rapport au système initial (= sans être asservi).

. .

5%syst asservi 3. 1 0,3 0,6 3. 5%syst initial

tr    s s  tr

Contrairement à ce que l’on aurait pu penser, le système bouclé est plus rapide que le système non bouclé.

Question 4 :

Ce système est-il précis ? Sinon, donner l’erreur statique. Conclure.

( ) K1.c 0,5.20g 10g

     

Le système n’est pas précis. On désirait 20g et on a 10g. On le savait car K11 L’erreur vaut e t_r( ) c t( ) ( )t .

L’erreur statique qui est la valeur de l’erreur en régime permanent vaut e_r(       ) c( ) ( ) 10g. Contrairement à ce que l’on aurait pu penser, le système bouclé n’est pas précis tant que l’on ne met pas un correcteur adéquat…

Question 5 :

(t) de ce système en précisant les points caractéristiques.

Deuxième étude : Système asservi avec un correcteur intégral C(p) = 1/p.

Question 6 :

2

1.

1 . . 1

( ) .

1 .(1 . ) . 1

1 . . 1 . .

1 . . .

A

p p S A

H p S

A p p S A

S p p

p p S A S A

    

   

  

 

 ₀

2 1

1 1 1

. .

2 2

K SA

z SA

SA SA



  

 

 

 AN : ₀

2 1

2, 24 / 1,12 K

rad s z

 

 

 



Question 7 :

Conclure en le comparant au système asservi sans correction.

Selon l’abaque du cours z1,12  tr5%. ₀ 6 

0

5% 6 2, 68

tr   s

 Rajouter dans la chaîne directe un intégrateur 1

p a dégradé la rapidité du système.

Question 8 :

Ce système est-il précis ? Sinon, donner l’erreur statique. Conclure.

( ) K2. c 1.20g 20g

     

Le système est précis. On désirait 20g et on a 20g. On le savait car K21

L’erreur statique qui est la valeur de l’erreur en régime permanent vaut e_r(       ) c( ) ( ) 0. Rajouter dans la chaîne directe un intégrateur 1

p a rendu le système précis.

Question 9 :

Bilan.

sortie (ou réponse) :(t) t K2.

=20g

0

entrée : e(t)=c(t)

Corrigé Exercice 4 : SYSTÈME DE CORRECTION DE PORTÉE D’UN PHARE AUTOMOBILE.

(Selon le concours CCP 2003 filière PSI)

Présentation du système.

Question 1 :

A : Capteur d’assiette E : Moto-réducteur

B : Calculateur F : Dispositif Vis / Ecrou

C : Réglage manuel G : Bloc d’orientation

D : Axe optique du faisceau correct

Étude du comportement du système de correction de portée non asservi.

Question 2 :

Question 3 :

Réducteur : ( ) 490. ( )

m t r t

   ^L _m( )p 490._r( )p  ( ) 1

( ) ( )

( ) 490

red r

m

H p p sans unité

p

  



Intégrateur : ( ) ^r( )

r

d t

t dt

   ^L _r( )p  p. _r( )p  _int ( ) 1 ( )

( )

r r

H p p s

p p

  



Vis-écrou :

1 2 6

( ) ( )

r

tour rad pas mm

t x t

   

  

  ( ).6.10 ³

( ) 2

r t x t

 

 

L ( ) ^{( ).6.10 3} 2

r p X p

 

 

 ( ) 6.10 ³

( ) /

( ) 2

vis écrou

r

H p X p m rad

p



  

 

NB : Si le système de transformation de mouvement avait été un pignon-crémaillère, on aurait eu :

1 2 2

( ) ( )

r

tour rad R mm

t x t

   

  

  ( ).2

( ) 2

r t R

x t  

 

L X p( ) _r( ).p R ( )

r( ) X p R

p 



Bloc d’orientation : 20 15

( ) ( ) rad mm t x t

 

 

 

 ( ).15.10 ³ ( )

20 x t t

 

 

L ( ).15.10 ³

( )

20 X p p

 

 

 _'

3

( ) ( ) /

( ) 20.15.10

bloc d orientation

H p p rad m

 X p 

 

 

Question 4 :

La réponse du moteur à un échelon unitaire de tension ressemble à la réponse à un échelon unitaire d’un système du 2^ème ordre apériodique (pente de la tangente à l’origine nulle (Zoom) et aucun dépassement).

Le moteur peut donc être modélisé par :

(1 _a. )(1 _b. ) K

p p

    .

Question 5 :

Pour modéliser un système du 2^ème ordre apériodique

(1 _a. )(1 _b. ) K

p p

    , par un système du 1^er ordre

1 _b. K

  p, il faut qu’une des 2 constantes soit négligeable devant l’autre.

Question 6 :

   

m

a b

m

p K

p p

U p

 

    avec 1

m( ) U p

 p

D’où

. .

( ) .1

1 1 1 1 1 1

(1 . )(1 . )

. . .( ).( )

a b

a b b a

m

a b

a b

a b a b a b

K K

K K A B C K

p p p p p p

p p p p p p p

 

     

        

           

     

La réponse temporelle a donc pour expression : ( ) .(1 . ^a . ^b ). ( )

t t

a b

m

a b b a

t K e e u t

 

 

 

   

     

0 1 si   _{b a} La réponse temporelle a donc pour expression : ( ) .(1 ^b ). ( )

t

m t K e u t



  

Par conséquent, si   _{b a}, la réponse temporelle à un échelon d’un système modélisé par K est équivalente à la réponse temporelle d’un système modélisé par K

Question 7 :

On relève :

 la valeur de l'entrée en régime permanent u_m( ) 1V

 la valeur de la sortie en régime permanent   _m( ) 300rad s/

 l’instant 0,05s où la réponse atteint 0,63. _m( )

On en déduit :

 K le gain statique du système par la valeur finale   _m( ) K u. _m()  300 ^{1 1}

300 . .

K  1  rad s^ V^

  la constante de temps du système par l’instant relevé précédemment.

Donc  0,05s

On peut donc modéliser le moteur par la fonction de transfert : 300 ( ) 1 0,05.

M p  p



Question 8 :

'( ) ( )

m c M p p

U p

  du moteur équipé du retour tachymétrique. Indiquer les avantages et les inconvénients de cette boucle de retour sur le comportement du moteur.

300

( ) ( ) 1 0,05. 300 300 1

'( ) .

300 0,05

( ) 1 . ( ) (1 0,05. ) 300. 1 300.

1 . 1 .

1 0,05. 1 300.

m

c tachy tachy tachy

tachy

tachy

p M p p

M p U p K M p p K K

K p

p K

 

    

     

 

Avantage :

Le moteur est en boucle fermée. Ainsi il peut contrer ses perturbations internes (Cr : couple résistant…).

La constante de temps du moteur bouclé est plus faible (car K_tachy 0), il sera donc plus rapide.

Inconvénient :

Le gain statique du moteur bouclé est plus faible (car K_tachy 0), sa vitesse en régime permanent sera moins importante…

Question 9 :

( ) 0,003

( ) ^c.(1 0,025. ).

p K

B p p p

 

 ne peut pas se mettre sous la forme classique d’un système du 2^ème ordre

2

0 02

2 1

1

K

z p p

 

 

. Ainsi, il n’est pas possible de tracer directement sa réponse…

Question 10 :

( )t 0

   ^L B p( ) ⁰ p

 

Donc 0,003 ⁰

( ) . .

(1 0,025. ).

p Kc

p p p

  

 .

Ainsi ( )t est la réponse à un échelon d’un système quelconque (qui n’est ni un 1^er ou ni un 2^ème ordre) !!!!

Nous ne savons donc pas déduire sans calcul l’allure de sa réponse.

Mais avec du recul, ( )p peut s’écrire ⁰ 2 0,003.

( ) .

(1 0,025. ) Kc

p p p

  



Ainsi ( )t est la réponse à une rampe d’un système du 1^er ordre !!!!

Nous savons donc déduire sans calcul l’allure de sa réponse…

Question 11 :

Ce n’est pas satisfaisant, l’angle de correction ne tend pas vers une valeur constante alors que l’entrée est

Entrée (t)=

t Sortie ou réponse (t)

0

Asymptote de pente 0.Kc.0,003 0,025

Étude du comportement du système de correction de portée asservi.

Question 12 :

 ainsi que ses paramètres caractéristiques.

2

.0,003

. .0,003

( ) (1 0,025. ). 1

. .

.0,003 1 0,025

( ) (1 0,025. ). . .0,003

1 . 1 . .

(1 0,025. ). . .0,003 . .0,003

c c

c

pos pos

pos

pos pos

A

K A K

p p p

K A

B p p p K A K

K p p

p p K A K A

 

  

 

  



donc ^c

pos G K

 K

0

. .0,003

0,35. .

0,025

pos

pos

K A

K A

  

1 1 58,3

.0,35. . .

2 ^pos pos. .0,003 pos.

z K A

K A K A

 

Question 13 :

La fonction de transfert en boucle fermée ne possède plus d’intégrateur 1

p en facteur.

Par conséquent ( )p est de la forme ⁰

2

0 02

( ) .

2 1

1 p K

z p

p p

  

 

 

.

Ainsi ( )t est la réponse à un échelon d’un système du 2^ème ordre.

La sortie ne divergera donc plus, elle tendra vers une constante.

Question 14 :

Dans un système du second ordre, un réglage, classiquement admis, du facteur d’amortissement vis à vis des critères : dépassement (pas trop grand) et temps de réponse à 5 % (faible) est obtenu lorsque z0,69 Comme ici 58,3

pos. z

K A

 (cf question 12) on a donc A K. _pos 7000V rad/

On a alors tr_5%. ₀ 2,86 donc _5% 2,86 0,35. _pos. tr

K A

 tr_5% 0,099s