TD 07 - Réponse temporelle systèmes 2nd odre

TD 07 - Systèmes automatisés
Lycée Bellevue Toulouse - CPGE MPSI/PCSI
Etude de l'asservissement d'une unité dentaire – Corrigé
Q.1. H(p) : moteur et G(p) : réducteur à engrenages.
Q.2.
Ω v (p)
C(p).H(p).G(p)
=
Ω c (p) 1 + C(p).H(p).G(p)
Q.3. u(t) = e(t) + R.i(t) + L.
di(t)
dt
e(t) = ke.ωm(t)
J.
dωm (t)
= Cm(t) – f.ωm(t)
dt
Cm(t) = km.i(t)
→
U(p) = E(p) + R.I(p) + L.p.I(p)
→
E(p) = ke.Ωm(p)
→
J.p Ωm(p) = Cm(p) – f. Ωm(p)
→
Cm(p) = km.I(p)
k m .k e
k m .k e
k m .k e
Ωm (p) 1 (R + Lp ).(J.p + f )
1
1
Q.4.
= .
= .
= .
2
k m .k e
U(p) k e 1 +
k e (R + Lp ).(J.p + f ) + k m .k e k e L.J.p + (R.J + L.f ).p + f.R + k m .k e
(R + Lp ).(J.p + f )
km .k e
Ωm (p) 1
K
f.R + km .k e
= .
=
L.J
2.z
1
U(p) ke 1 + (R.J + L.f ) .p +
.p2 (1 + p + 2 p2 )
ω0
f.R + km .k e
f.R + km .k e
ω0
avec K=
1
R.J + L.f
km
f.R + km .k e
, ω0 =
et z = .
.
2 L.J.(f.R + km .k e )
L.J
f.R + km .k e
I(p)
U(p)
+
1
R + L.p
-
Cm(p)
Ωm(p)
1
J.p + f
km
E(p)
ke
Si on utilise un correcteur proportionnel, l'application numérique des grandeurs physiques permet de trouver
Ω (p)
KT
la fonction de transfert simplifiée suivante : v =
, avec KT=0,9 et TT=0,1s
Ωc (p) 1 + TT .p
Q.5. ωc(t) = ωc0.u(t)

−
Ωc(p) =
→ système du 1 ordre → ωv(t) = K T .ωc 0 . 1 − e

p

ωc 0
→
er
t
TT

.u(t)


Q.6. t5% = 3.τ = 0,3s (τ = TT= 0,1s) → voir cours 06 réponse indicielle 1er ordre.
Q.7.et 8.
d x v (t)
= a.ωv (t)
dt
→
p.Xv(p) = a. Ωv(p)
Ωm(p)
U(p)
Ωv(p)
Ωc(p)
+
C(p)
-
Florestan MATHURIN
H(p)
G(p)
a
p
Xv(p)
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Xv(p) =
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KT
a
.Ωc(p)
.
p 1 + TT .p
→
Xv(p) =
ω
KT
a
. c0
.
p 1 + TT .p p

−
→ Réponse d’un système du premier ordre à une rampe : x v (t) = a.K T .ωc 0  t − TT + TT .e


→ voir cours 06 réponse à une rampe 1er ordre
Q.9.
t
TT

.u(t)


1
Ω v (p)
→ système du 2ème ordre avec K=1, ω0 =1 et z=1.
=
Ωc (p) 1 + 2.p + p2
→ Réponse d’un système du 2nd ordre à un échelon ωc(t) = ωc0.u(t) :
ωc (t) = ωc 0 .(1 − e − t − t.e − t ).u(t)
Régime transitoire
Régime permanent
(
)
→ voir cours réponse 07 indicielle 2ème ordre pour z=1 (Rappel : s(t) = K 1 − e −ω 0 .t − ω0 .t.e −ω 0 . t .u(t) )
Q.10. t 5% .ω0 = 5 (annexe 2 cours 07) soit t5% = 5s → système plus lent qu’avec correcteur proportionnel.
Q.11. Synthèse :
Domaine du commanditaire
Temps de réponse
attendu : 0,5 s
Performances
attendues
Système souhaité
Ecart 1
Domaine du laboratoire
Performances
mesurées
Ecart 3
Système en utilisation
Ecart 2
Domaine de simulation
Performances
simulées
Cahier
des
charges
respecté.
Correcteur
proporIonnel pur →
Temps de réponse
simulé = 0,3 s
Système simulé
Avec ce réglage de
correcteur PID
utilisé l’exigence
du cahier des
charges n’est pas
respectée.
Correcteur
proportionnel intégral
dérivé → Temps de
réponse simulé = 5 s
Résultats obtenus avec un logiciel de simulation (gratuit) : Easy Reg
Réponse indicielle
0,9
1 + 0,1p
Réponse indicielle
Florestan MATHURIN
1
1 + 2.p + p2
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Préhenseur de pièces – Corrigé
Q.1. On a VM(p) = K7.θb(p) et Uc(p) = K1.θc(p)
d’où : ε(p) = Uc(p) – VM(p) = K1.θc(p) – K7.θb(p) = 0 → si θc(p) = θb(p) alors K1 = K7.
Q.2. uM(t) = e(t) + R.i(t)
e(t) = ke.ωM(t)
J.
dωM (t)
= CM(t)
dt
CM(t) = kM.i(t)
→
UM(p) = E(p) + R.I(p)
→
E(p) = ke.ΩM(p)
→
J.p ΩM(p) = CM(p)
→
CM(p) = kM.I(p)
I(p)
UM(p)
+
CM(p)
ΩM(p)
1
J.p
KM
1/R
E(p)
ke
kM.k e
Ω (p) 1
1
kM.k e
1
1
K3
R.J
1
R.J.p
H3 (p) = M = .
= .
= .
=
avec K3= et T3=
ke
UM (p) k e 1 + kM .k e k e R.J.p + kM.ke k e 1 + R.J .p (1 + T3 .p)
kM.k e
R.J.p
kM.k e
t 

−
T3 

Q.3. ωM (t) = K3 .U0 . 1 − e
.u(t) → voir cours réponse indicielle 1er ordre




• Valeur de ωM(t) à l'origine : ωM(t) = 0 pour t = 0.
•
Pente à l’origine :
ωM '(0 + ) = lim+ ωM '(t) = lim p.[p.ΩM (p)] = lim p2 .
t→ 0
p→ ∞
p→ ∞
K3 .U0
K .U
K .U
= 3 0 → Pente à l’origine = 3 0
p.(1 + T3 .p)
T3
T3
Théorème de la valeur initiale
Transformée de la dérivée (CI nulles)
•
Ordonnée en +∞ :
ωM (+∞) = lim ωM (t) = lim p.ΩM (p) = K 3 .U0
t→ + ∞
p→ 0
ωM (+∞) = K3 .U0
→
Théorème de la valeur finale
Q.4.
θ (p) 1
dθM (t)
= ωM(t) → p.θM(p) = ΩM(t) → H4 (p) = M
= .
dt
Ω M (p) p
Q.5.
Schéma bloc :
UM(p)
Uc(p)
θc(p)
K1
+
K2
VM(p)
Florestan MATHURIN
θM(p)
ΩM(p)
H4(p)
H3(p)
θR(p)
K5
K6
θb(p)
K7
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K 2 .K 3 .K 5 .K 6 .K 7 1
.
θ b (p)
θ b (p)
(1 + T3 .p)
p
1 K 2 .H3 (p).H4 (p).K 5 .K 6 .K 7
1
= K1 .
= K1 . .
= K1 . .
Calcul de la FTBF : H(p) =
Uc (p)
K 7 1 + K 2 .H3 (p).H4 (p).K 5 .K 6 .K 7
K 7 1 + K 2 .K 3 .K 5 .K 6 .K 7 . 1
θ c (p)
(1 + T3 .p)
p
On pose KBO gain boucle ouverte tel que : KBO = K2 .K 3 .K 5 .K 6 .K 7
K1
KBO
K
K7
K
avec :
H(p) = 1 .
=
=
2
2
.
z
1 2
T
1
K 7 T3 .p + p + KBO
2
3
.p +
p + 1 (1 + p + 2 p )
ω0
ω0
KBO
KBO
K=
K1
K
1
1
= 1 si K1 = K 7 (Q.1.) , ω0 = BO et z = .
et KBO = K2 .K 3 .K 5 .K 6 .K 7 (KBO en s-1)
T3
2 KBO .T3
K7
Q.6.
θb(t)
D1
A l’aide de l’abaque annexe 1 du cours
07, on obtient graphiquement z = 0,2.
Valeur asymptotique
θb( +∞ ) = 1 = K
Valeur asymptotique : Graphiquement
on lit θb( +∞ ) = 1 → K = 1.
La période des oscillations amorties est
2π
2π
Tp =
=
.
ωp ω0 1 − z2
Graphiquement on lit Tp = 0,13 s
2π
2π
→ ω0 =
=
2
Tp . 1 − z
0,13. 1 − 0,22
Tp
t (s)
ω0 = 49 rad/s.
Valeur du dépassement transitoire
0,52 =
52
→D1=52%
100
Q.7. Pour z = 0,2 on lit sur l’annexe 2 cours 07 t 5% .ω0 ≈ 13 → t5% =
Florestan MATHURIN
13
= 0,26s → Exigence 1.2.1 non vérifiée.
49
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θb(t)
1,05.K
Valeur asymptotique
θb( +∞ ) = 1 = K
0,95.K
Graphiquement t5% ≈ 0,27 s
t5%
t
Q.8. Synthèse :
Domaine du commanditaire
Système souhaité
Performances
attendues
Ecart 1
Domaine du laboratoire
Performances
mesurées
Système en utilisation
Ecart 2
Domaine de simulation
Système simulé
Florestan MATHURIN
Temps de réponse
attendu : 0,2 s
Avec le réglage
actuel l’exigence
Ecart 3
du cahier des
charges n’est
pas respectée.
Performances
simulées
Temps de réponse
simulé = 0,26 s
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