Système de Second Ordre

Cours Automatique
Niveau : 2
Unité d’enseignement : Automatique 1
ECUE n° 1 : Signaux et Systèmes Linéaires
Chapitre 6
Système de Second Ordre
Nombre d’heures/chapitre : 3h
Cours intégré
Système d’évaluation : Continu
OBJECTIFS DE L’ENSEIGNEMENT :
-Savoir manipuler les techniques de représentation des systèmes
CONTENU THEORIQUE :
Dans ce chapitre on donne la forme générale d’un système de 2nd ordre ainsi que les paramètres
caractéristiques de se système qui parvient d’une fonction de transfert et de son équation caractéristique
suite a une transformée de Laplace.
Suite a cette définition paramétrique on détaille la réponse indicielle d’un système de second ordre tout
en montrons leur conditions de stabilités que se soit l’emplacement des pôles ou bien l’effet paramétrique
de se système sur sa réponse.
ISET NABEUL
- 52 -
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Niveau : 2
Chapitre 6
Système de Second Ordre
1. Définition
Un système de second ordre est un système décrit par une équation différentielle de la forme :
d 2 s (t )
ds (t )
+ 2mω 0
+ ω 02 s (t ) = kω 02 e(t )
2
dt
dt
Cas général :
a2
d 2 s (t )
ds (t )
d 2 e(t )
de(t )
+
a
+
a
s
(
t
)
=
b
+ b1
+ b0 e(t )
1
0
2
2
2
dt
dt
dt
dt
2. Paramètres
k : gain statique k =
s (∞ )
e( ∞ )
m : coefficient d’amortissement : ξ
ω 0 : pulsation propre.
3. Transformée de Laplace
Condition initiale nulle
d 2 s (t )
dt 2
ds (t )
dt
→
p 2 S ( p)
→
pS ( p)
4. Fonction de transfert et équation caractéristique
4.1. Fonction de transfert
H(p)= ?
p S ( p ) + 2mω 0 pS ( p ) + ω S ( p) = kω E( p)
2
2
0
2
0


kω02
S ( p)
= H(p) = 2
E ( p)
p + 2mω0 p + ω02
H(p) =
kω 02
p 2 + 2mω 0 p + ω 02
4.2. Equation caractéristique
D(p) = p 2 + 2mω 0 p + ω 02
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5. Réponse indicielle d’un système de second ordre
kω02
kω02
S ( p)
1
= H(p) = 2
=
= kω02
2
( p − p1 )( p − p 2 )
E ( p)
p + 2mω0 p + ω0 ( p − p1 )( p − p 2 )
1
1
E ( p) avec E ( p) =
p
( p − p1 )( p − p 2 )
1
 S ( p ) = kω02
p( p − p1 )( p − p 2 )
a
b
c
 S ( p ) = kω02 [ +
]
+
p p − p1 p − p 2
S ( p ) = kω02
* a=
* b=
* c=
1
( p − p1 )( p − p 2 )
p =0
1
p( p − p 2 )
1
p1 ( p1 − p 2 )
1
p( p − p 2 )
=
p = p1
=
p = p2
=
1
p1 p 2
1
p 2 ( p 2 − p1 )
1
1

 1
p p
p ( p − p 2 ) p 2 ( p 2 − p1 ) 

+
 S ( p) = kω02  1 2 + 1 1
p − p1
p − p2 
 p





 1

1
1
s (t ) = kω 02 
e p1t +
e p 2 t u (t )
+
p 2 ( p 2 − p1 )
 p1 p 2 p1 ( p1 − p 2 )

kω02
Donc s (t ) =
p1 p 2


p2
p1
e p1t +
e p2t u (t )
1 +
p1 − p 2
p 2 − p1


 D(p) = 0
Δ = (mω 0 ) 2 - ω 02 = ω 02 (m 2 - 1 )
 p = jω 0
• m=0  D(p) = p 2 + ω 02 = 0   1
 p 2 = − jω 0
p 1 = jω 0 
 
p 2 = − jω 0 
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p1 p2 = ω02 et p1 − p 2 = 2 jω 0
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 s (t ) =
Niveau : 2
kω 
jω0 jω0t
jω0 − jω0t 
e
−
−
e
1


ω  2 jω0
2 jω0

2
0
2
0


 s (t ) = k 1 −
1 jω0 t 1 − jω0 t 
e
− e

2
2

[
 s (t ) = k 1 − cos ω 0 t
]
C’est un système juste oscillant.
[
Cas général : s (t ) = kE0 1 − cos ω 0 t
]
système de second ordre juste oscillant (m=0)
2KE=
KE=
0
0
Fig.6.1: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (m=0 : juste oscillant).
• m=1
 D(p) = p 2 + 2ω 0 p + ω 02 = 0  (p + ω 0 ) 2 = 0
 p1 = p 2 = −ω 0
(
s (t ) = kE 0 1 − (1 + ω0 )e ω0 t
)
• m>1  Δ > 0
 p = −mω + ω m 2 - 1 = ω (−m + m 2 - 1) < 1
0
0
0
  1
2
 p 2 = −mω 0 − ω 0 m - 1 < 1


p2
p1
s (t ) = kE 0 1 −
e p1t +
e p2t 
p 2 − p1
 p 2 − p1

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Réponse indicielle d'un système de 2nd ordre (m=1,KE=10)
12
KE= 10
y(t)
8
6
4
2
0
0
1
2
3
4
5
6
7
temps
Fig.6.2: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (m>1).
8
C’est un système hyperamorti.
• 0<m<1 Δ = ω 02 (m 2 - 1 ) < 0  deux pôles complexes conjugués.

 p = −mω + jω 1 − m 2
1
0
0

 p 2 = −mω 0 − jω 0 1 − m 2
− mω 0 t


2
2
1
−
m
s (t ) = kE 0 1 − e
sin(ω 0 1 − m t + ϕ ) 





1− m2
ϕ = arctg
Avec 
m

2
ω p = ω 0 1 − m
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- 56 -
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Réponse indicielle d'un système de second ordre
1,2
1,1
1,
0,9
y(t)
0,8
y(00)=KE
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,
0
tpic
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
temps
Fig.6.3: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (0<m<1).
13
14
15
C’est un système oscillant amorti.
Exemple
Soit la fonction de transfert
S ( p)
4
= 2
E ( p) p + 2
1. Déterminer m, ω 0 et k.
2. Représenter la réponse indicielle s(t).
--------------------1. * m=0
* ω 0 = 2 rd.s-1
* k.=2
2. S ( p ) =
E0
4
( p + 2) p
2
s (t ) = kE0 (1 − cos 2 t )
Donc s (t ) = 2 E 0 (1 − cos 2 t ) .
ISET NABEUL
- 57 -
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Niveau : 2
2KE= 20,
KE=10
w0=1,41rd/s
17,5
15,
12,5
KE= 10,
7,5
5,
2,5
0,
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
Fig.6.4: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (m=0 : juste oscillant).
6. Placement des pôles
Im
jω0 pour m=0
0<m<1
p1
m>1
ω0 1− m 2
Re
m=1 − mω 0 β
− mω 0 − ω 0 m 2 − 1
-ω0
p2
0<m<1
− ω0 1− m 2
-jω0 pour m=0
Fig.6.5: Lieux des pôles pour les différentes valeurs de « m »

mω 0
mω 0
=
=m
cos β =
2
2
2
ω
( mω 0 ) + ω 0 (1 − m )
0


ω0 1 − m 2

= 1− m2
sin β =
( mω 0 ) 2 + ω 02 (1 − m 2 )

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- 58 -
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Niveau : 2
7. Dépassement et temps de pic (0<m<1)
a. Dépassement
S max − S (∞)
D% = 100
S (∞ )
− πm
D % = 100 e
Pour : m=0  D%=100%
1− m
2
m=1  D%=0
b. Temps de pic
Tp =
π
ω0 1− m 2
c. Allures
10
9
8
Tpic
7
6
5
4
3
Tm
2
1
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4 1.5
Fig.6.6: Allures de la variation du dépassement et temps de pic pour 0<m <1.
8. Temps de stabilisation
ts =
ISET NABEUL
4
à ± 2%
mω 0
ts =
- 59 -
3
à ± 5%
mω 0
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Exercices
Ex 1
Soit le montage suivant :
I
R
e(t)
L
C
vc(t)
Fig.6.7: Circuit RLC série
1. Déterminer H ( p ) =
Vc( p )
E ( p)
2. Déterminer les paramètres caractéristiques du système en fonction de R, L et C.
3. Déterminer l’équation caractéristique.
4. Conclure sur la stabilité du système pour
5. Calculer s(t) pour e(t)=u(t).
6. Calculer D% , Tp et Ts à ±5%.
Ex 2
Soit un système décrit par sa fonction de transfert
3
H ( p) = 2
p +2
1. Déterminer m, ω 0 et k.
2. Déterminer s(t) et la représenter pour e(t)=2u(t).
3. Déduire la stabilité.
Ex 3
H ( p) =
3
p + 3 p +1
2
Répondre aux mêmes questions de l’exercice 2.
Correction
Ex 2
1. m=0
* ω 0 = 2 rd.s-1
2 k.=3  k=3/2
ISET NABEUL
- 60 -
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2. e(t ) = 2u (t )
3
2
6
S ( p) = 2
= 2
donc s(t ) = 3(1 − cos 2t )
( p + 2) p ( p + 2) p
s(t)
6
3
0
0
10
temps
20
Fig.6.8
3.
 p1 = j 2

 p2 = − j 2
 Système juste oscillant.
Ex 3
H ( p) =
3
p + 3 p +1
2
1. * ω 0 = 1 = 1 rd.s-1
* 2mω 0 = 3 donc m = 3 / 2
 kω 02 = 3  k=3
2. e(t ) = 2u (t )


p2
p1
s (t ) = 6 1 −
e p1t +
e p2t 
p2 − p1
p2 − p1


ISET NABEUL
- 61 -
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Niveau : 2
s(t)
6
0
20
Fig.6.9
3. Δ = 9 − 4 = 5
 p = −mω + ω m - 1
1
0
0

 p 2 = −mω 0 − ω 0 m 2 - 1
2
ISET NABEUL

3
 p1 = − +
2

p = − 3 −
 2
2
−3+ 5
9
-1 =
4
2
−3− 5
9
-1 =
4
2
- 62 -
CHELBI Hassen

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