td 3 - ci-2-2: modifier les performances des systèmes...

3.36pt

Sciences de l’Ingénieur (MP) Td 3 - CI-2-2 Année 2017 - 2018 1 / 50

Td 3 - CI-2-2:Modifier les performances des systèmes linéaires

continus invariants.

CI-2Prévoir, modifier et vérifier les performances des systèmes

linéaires continus invariants.

LYCÉE CARNOT (DIJON), 2017 - 2018

Germain Gondor

Sommaire

3.36pt

1 Fusée Ariane

2 Correction PID d’un système instable

3 Précision & stabilité

Fusée Ariane

Sommaire

3.36pt

1 Fusée ArianePrésentationEtude de l’asservissementAnnexe 1Absence de correcteurFiltre réjecteurAnnexe 2

Fusée Ariane Présentation

Fusée Ariane

Fusée Ariane Présentation

Fusée Ariane

Fusée Ariane Etude de l’asservissement

Fusée ArianeUne étude fréquentielle, non demandée dans ce sujet, montre que lesfréquences de la loi de pilotage de la fusée doivent être faibles. L’ob-jectif de cette partie est de mettre en évidence le risque de résonanceà basse fréquence du système d’orientation d’une tuyère, réalisé avecdeux servo-vérins hydrauliques, et d’analyser la solution retenue pourlimiter l’amplitude de la résonance.

Pour cette étude le modèle simplifié de comportement utilisé pour unservo-vérin déplaçant une charge de masse M est représenté sur lafigure ci-dessous :

Les caractéristiques du servo-vérin et du fluide utilisé sont : Sla surfaceutile du vérin et B le module de compressibilité du fluide.

Soit y(t) la variation de déplacement de la charge par rapport à la po-sition d’équilibre obtenue en l’absence de pression. La variation y(t)étant petite, on peut faire les hypothèses suivantes :

• les volumes des deux chambres du vérin sont identiques et égauxà V ,

• les débits entrant et sortant sont identiques et égaux à Q.

Soit y(t) la variation de déplacement de la charge par rapport à la po-sition d’équilibre obtenue en l’absence de pression. La variation y(t)étant petite, on peut faire les hypothèses suivantes :• les volumes des deux chambres du vérin sont identiques et égaux

à V ,

• les débits entrant et sortant sont identiques et égaux à Q.

Soit y(t) la variation de déplacement de la charge par rapport à la po-sition d’équilibre obtenue en l’absence de pression. La variation y(t)étant petite, on peut faire les hypothèses suivantes :• les volumes des deux chambres du vérin sont identiques et égaux

à V ,• les débits entrant et sortant sont identiques et égaux à Q.

La charge de masse M est liée au bâti par un ressort de raideur K etun amortisseur de coefficient λ.

L’étude hydraulique du servo-vérin et notamment l’étude des dé-bits de compressibilités et de déformations nous permet d’écrire :Q = S.dy

dt + V2.B .

dPdt avec P = Pa − Pb.

L’étude mécanique de la charge nous permet d’écrire :

M .d2ydt2

= P.S − K .y − λ.dydt

dt + V2.B .

M .d2ydt2

dt + V2.B .

M .d2ydt2

Le débit Q est commandé par un servo-distributeur (association d’uneservo-valve et d’un distributeur), non représenté ici et de fonctionde transfert : KS. La représentation sous forme de schéma-bloc duservo-vérin asservi en position est donnée ci-dessous avec Kp = 1 :

Yc(p)C(p) KS A(p)

Q(p) −+ Kh F (p)

P(p) Y (p)

Dans ce schéma bloc, Yc(t) est la transformée de Laplace de laconsigne de position yc(t) du servo-verin.

Q - 1 : Soit C(p) = 1. Déterminer les fonctions de transfert A(p),F (p) et le gain Kh.

Yc(p)C(p) KS A(p)

Q(p) −+ Kh F (p)

P(p) Y (p)

Yc(p)C(p) KS A(p)

Q(p) −+ Kh F (p)

P(p) Y (p)

Sur l’annexe 1 sont tracés différents diagrammes du servo-vérin asservien position :• Diagramme de Bode en gain de la fonction de transfert en boucle

fermée.• Diagramme de Black de la fonction de transfert en boucle ouverte,

tracé sur l’abaque de Black-Nichols avec un zoom autour du point(0 dB, -180◦).

• Réponse indicielle (entrée unitaire) de la fonction de transfert enboucle fermée.Q - 2 : À partir de ces diagrammes et sachant que le numérateur

de la fonction de transfert en boucle fermée est un gain pur,identifier l’ordre du système en boucle fermée, son gain sta-tique et déterminer sa fréquence de résonance. Justifier vosréponses.

Fusée Ariane Annexe 1

Diagramme de Bode en gain de la fonction detransfert en boucle fermée si C(p) = 1

Diagramme de Black de la fonction de transfert enboucle ouverte si C(p) = 1

Zoom autour du point (0 dB, -180◦) du diagramme deBlack de la fonction de transfert en boucle ouverte siC(p) = 1

Réponse indicielle (entrée unitaire) de la fonction detransfert en boucle fermée si C(p) = 1

Fusée Ariane Absence de correcteur

Le cahier des charges du servo-vérin définit certains critères :

• Écart nul en régime permanent en réponse à un échelon deposition.

• Temps de réponse à 5% = 0,15 s.• Marge de gain ≥ 6 dB, marge de phase ≥ 45◦.

Q - 3 : Vérifier si tous les critères ci-dessus sont respectés siC(p) = 1. Justifier vos réponses.

Le cahier des charges du servo-vérin définit certains critères :• Écart nul en régime permanent en réponse à un échelon de

position.

• Temps de réponse à 5% = 0,15 s.• Marge de gain ≥ 6 dB, marge de phase ≥ 45◦.

position.• Temps de réponse à 5% = 0,15 s.

• Marge de gain ≥ 6 dB, marge de phase ≥ 45◦.

position.• Temps de réponse à 5% = 0,15 s.• Marge de gain ≥ 6 dB, marge de phase ≥ 45◦.

Fusée Ariane Filtre réjecteur

Le système est corrigé par un dispositif appelé filtre réjecteur. La pulsa-tion propre du filtre réjecteur a été calée sur la pulsation de résonanceωR du système non corrigé. La fonction de transfert du correcteur est

C(p) =p2 + 2.ξ1.ωR .p + ω2

Rp2 + 2.ξ2.ωR .p + ω2

R. ξ1 et ξ2 sont des coefficients d’amortisse-

ment positifs et inférieurs à√

22 et ξ1 < ξ2 .

Q - 4 : Donner l’allure du diagramme de Bode réel, en gain, du cor-recteur.

Le système est corrigé par un dispositif appelé filtre réjecteur. La pulsa-tion propre du filtre réjecteur a été calée sur la pulsation de résonanceωR du système non corrigé. La fonction de transfert du correcteur est

C(p) =p2 + 2.ξ1.ωR .p + ω2

Rp2 + 2.ξ2.ωR .p + ω2

R. ξ1 et ξ2 sont des coefficients d’amortisse-

ment positifs et inférieurs à√

22 et ξ1 < ξ2 .

Q - 4 : Donner l’allure du diagramme de Bode réel, en gain, du cor-recteur.

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

φ(ω)

ξ1 = 0.0001 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

ξ1 = 0.1 et ξ2 = 0.5

10 102 103-60

60GdB(ω)

10 102 103-225

180φ(ω)

Sur l’annexe 2 sont tracés différents diagrammes du système corrigé :• Diagramme de Bode en gain de la fonction de transfert en boucle

fermée du système corrigé.• Diagramme de Black de la fonction de transfert en boucle ouverte

du système corrigé, tracé sur l’abaque de Black-Nichols.• Réponse indicielle (entrée unitaire) de la fonction de transfert en

boucle fermée du système corrigé.

Q - 5 : Conclure quant au respect des critères du cahier descharges définis précédemment. En fonction des diagrammesde Bode fournis, préciser l’apport de ce correcteur.

Diagramme de Bode en gain de la fonction detransfert en boucle fermée du système corrigé

Diagramme de Black de la fonction de transfert enboucle ouverte du système corrigé

Réponse indicielle (entrée unitaire) de la fonction detransfert en boucle fermée du système corrigé

Correction PID d’un système instable

Sommaire

3.36pt

1 Fusée Ariane

2 Correction PID d’un système instableEtude préliminaireRégulation proportionnelleRégulation PDCorrection PID

Correction PID d’un système instable

La mise en équation du système à étudier a permis de déterminer safonction de transfert :

G(p) =5

p2 + 9.p − 10

Xc(p)C(p) G(p)

Correction PID d’un système instable Etude préliminaire

Q - 1 : Justifier que ce système est instable (C(p) = 1)

La fonction de transfert en boucle ouverte BO(p) n’est pas stable carelle possède un pôle à partie réelle positive : 1 est une racine évidentedu dénominateur.

En boucle fermée BF (p), nous avons :

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

5 + p2 + 9.p − 10=

p2 + 9.p − 5

Tous les coefficients du dénonateur ne sont pas de même signe. Lecritère de Routh permet de dire que le système contient des racines àpartie réelle positive ce qui rend le système instable.

Q - 1 : Justifier que ce système est instable (C(p) = 1)La fonction de transfert en boucle ouverte BO(p) n’est pas stable carelle possède un pôle à partie réelle positive : 1 est une racine évidentedu dénominateur.

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

5 + p2 + 9.p − 10=

p2 + 9.p − 5

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)

p2 + 9.p − 10

5 + p2 + 9.p − 10=

p2 + 9.p − 5

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

5 + p2 + 9.p − 10=

p2 + 9.p − 5

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

5 + p2 + 9.p − 10=

p2 + 9.p − 5

Si on ne dégaine pas le critère de Routh, on peut chercher les racinesdu dénomateur et nous avons alors :

∆ =√

92 − 4 × 1 × (−5) =√

101 ⇒ p± =−9 ±

√101

La racine p+ est positive. Le système est donc instable.

Q - 2 : Mettre G(p) sous la forme d’un produit de fonctions.

G(p) =5

p2 + 9.p − 10=

5(p − 1).(p + 10)

Si on ne dégaine pas le critère de Routh, on peut chercher les racinesdu dénomateur et nous avons alors :

∆ =√

92 − 4 × 1 × (−5) =√

101 ⇒ p± =−9 ±

√101

La racine p+ est positive. Le système est donc instable.

Q - 2 : Mettre G(p) sous la forme d’un produit de fonctions.

G(p) =5

p2 + 9.p − 10=

5(p − 1).(p + 10)

Correction PID d’un système instable Régulation proportionnelle

On choisit dans un premier temps C(p) = K .

Q - 3 : Déterminer la fonction de transfert en boucle fermée.

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

1 + K .5

p2 + 9.p − 10

5.K + p2 + 9.p − 10

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)

p2 + 9.p − 10

1 + K .5

p2 + 9.p − 10

5.K + p2 + 9.p − 10

BF (p) =C(p).G(p)

1 + C(p).G(p)=

p2 + 9.p − 10

1 + K .5

p2 + 9.p − 10

5.K + p2 + 9.p − 10

Q - 4 : Déterminer pour quelles valeurs de K , le système peutêtre rendu stable.

Sans le critère de Routh, on peut chercher pour quelles valeurs de K lamarge de gain est positive. Or :

−π = ϕ(ω180) = arg (BO(j .ω180))

5(j .ω180 − 1).(j .ω180 + 10)

)= ��arg (5.K ) − arg (j .ω180 − 1) − arg (j .ω180 + 10)

π = − arctan (ω180) + arctan(ω180

Utilisons la formule tan(a + b) =tan(a) + tan(b)

1 − tan(a). tan(b).

−π = ϕ(ω180) = arg (BO(j .ω180))

5(j .ω180 − 1).(j .ω180 + 10)

)= ��arg (5.K ) − arg (j .ω180 − 1) − arg (j .ω180 + 10)

−π = ϕ(ω180) = arg (BO(j .ω180))

5(j .ω180 − 1).(j .ω180 + 10)

)= ��arg (5.K ) − arg (j .ω180 − 1) − arg (j .ω180 + 10)

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

ce qui impose ω180 = 0 rad/s ou ω180 = ∞

Or pour ω→ ∞ le gain tend vers −∞ donnant une marge de gain infinie.

Il faut donc chercher les valeurs de K qui donnent un gain négatif à lapulsation ω180 = 0 rad/s :

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1

⇒ K < 2

0 =−ω180 + 0,1.ω180

1 + 0,1.ω2180

= −9.ω180

10 + ω2180

0 > GdB(0) = 20. log

(∣∣∣∣∣∣ 5.K(0 − 1).(0 + 10)

∣∣∣∣∣∣)⇒

∣∣∣∣∣ 5K−10

∣∣∣∣∣ < 1⇒ K < 2

Avec le premier critère de Routh, il faut que tous les coefficients dudénominateur soient de même signe et qu’il y ait au plus un seul pôlenul. Ainsi, le premier critère impose 5.K − 10 > 0, soit K > 2.

Le second critère correspond au signe des coefficients du tableau sui-vant :

1 5.K − 10 09 0 0X 0 0

avec X = −19.

∣∣∣∣∣∣∣ 1 5.K − 109 0

∣∣∣∣∣∣∣ = −0 − 9.(5.K − 10)9

⇒ K > 2

Avec le premier critère de Routh, il faut que tous les coefficients dudénominateur soient de même signe et qu’il y ait au plus un seul pôlenul. Ainsi, le premier critère impose 5.K − 10 > 0, soit K > 2.

Le second critère correspond au signe des coefficients du tableau sui-vant :

1 5.K − 10 09 0 0X 0 0

avec X = −19.

∣∣∣∣∣∣∣ 1 5.K − 109 0

∣∣∣∣∣∣∣ = −0 − 9.(5.K − 10)9

⇒ K > 2

Q - 5 : Déterminer K pour que la réponse à un échelon de lafonction de transfert en boucle fermée soit apériodique.

Pour que la réponse de la fonction de transfert en boucle fermée soitapériodique, il faut que son coefficient d’amortissement soit supérieurou égal à 1.

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

BF (p) =5.K

5.K + p2 + 9.p − 10=

5.K5.K − 10

5.K − 10.p +

5.K − 10

⇒ ω0 =√

5.K − 10

⇒2.ξω0

5.K − 10⇒ ξ =

95.K − 10

5.K − 10

ξ ≥ 1 ⇒81

4.(5.K − 10)≥ 1 ⇒

8120≥ K − 2 ⇒ K ≤

= 6,05

Pour la suite, on choisira la valeur entière la plus proche.

Q - 6 : Déterminer la valeur finale de la réponse indicielle. Cal-culer l’erreur indicielle εi .

limt→∞

x(t) = limp→0

p.X (p) = limp→0

p.BF (p).Xc(p)

= limp→0

p.5 × 6

5 × 6 + p2 + 9.p − 10.1p

30 − 10=

= 1,5 m

La FTBO est de classe nulle. L’erreur indicielle vaut donc

εi =1

1 + KBO=

1 +5 × 6−10

=1−2

= −0.5 m

Pour la suite, on choisira la valeur entière la plus proche.Q - 6 : Déterminer la valeur finale de la réponse indicielle. Cal-culer l’erreur indicielle εi .

limt→∞

x(t) = limp→0

p.X (p) = limp→0

p.BF (p).Xc(p)

= limp→0

p.5 × 6

5 × 6 + p2 + 9.p − 10.1p

30 − 10=

= 1,5 m

εi =1

1 + KBO=

1 +5 × 6−10

=1−2

= −0.5 m

limt→∞

x(t) = limp→0

p.X (p) = limp→0

p.BF (p).Xc(p)

= limp→0

p.5 × 6

5 × 6 + p2 + 9.p − 10.1p

30 − 10=

= 1,5 m

εi =1

1 + KBO=

1 +5 × 6−10

=1−2

= −0.5 m

limt→∞

x(t) = limp→0

p.X (p) = limp→0

p.BF (p).Xc(p)

= limp→0

p.5 × 6

5 × 6 + p2 + 9.p − 10.1p

30 − 10=

= 1,5 m

εi =1

1 + KBO=

1 +5 × 6−10

=1−2

= −0.5 m

10−2 10−1 100 101 102100

T r−

0.5 1 1.50

ξT r−

Temps de réponse à 5% réduit Tr−5%.ω0 en fonction du coefficientd’amortissement, en échelle logarithmique (à gauche) et en échelle

linéaire (à droite)Sciences de l’Ingénieur (MP) Td 3 - CI-2-2 Année 2017 - 2018 33 / 50

Q - 7 : Calculer le temps de réponse à partir de l’abaque enannexe.

On a quasiment ξ ≈ 1 et pour cette valeur, le temps réponse réduit à5% réduit vaut 4,8. Calculons ω0 :

ω0 =√

5 × 6 − 10 =√

20 = 2.√

5 ⇒ tr5% =4,8

5≈ 1,1 s

Q - 8 : Calculer l’erreur de traînage εt pour une rampe unitaire.

La FTBO étant de classe nulle l’erreur de traînage est infinie.

ω0 =√

5 × 6 − 10 =√

20 = 2.√

5 ⇒ tr5% =4,8

5≈ 1,1 s

ω0 =√

5 × 6 − 10 =√

20 = 2.√

5 ⇒ tr5% =4,8

5≈ 1,1 s

Correction PID d’un système instable Régulation PD

On choisit maintenant un correcteur PD C(p) = K .(1 + Td .p).

Q - 9 : Déterminer la fonction de transfert en boucle ouverte enfonction de K et Td .

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)

On choisit Td afin d’annuler le pôle dominant stable de la FTBO.

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)

Q - 10 : Déterminer la FTBF puis, pour la valeur de K précé-demment déterminée, calculer l’erreur indicielle εi et l’erreur detraînage εt . Quel est l’intérêt principal de ce correcteur?

BO(p) = =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)=

0,5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(1 + 0,1.p)=

0,5.K(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

0,5.K(p − 1)

1 +0,5.K(p − 1)

=0,5.K

p − 1 + 0,5.K

Le nouveau correcteur ne change ni le gain, ni la classe par rapportau correcteur précédent. Les erreurs indicielles et de traînage restentinchangées.

L’intérêt de ce correcteur est d’augmenter la rapidité?Euh ben en fait,ça ne marche pas. . .

BO(p) = =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)=

0,5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(1 + 0,1.p)=

0,5.K(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

0,5.K(p − 1)

1 +0,5.K(p − 1)

=0,5.K

p − 1 + 0,5.K

BO(p) = =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)=

0,5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(1 + 0,1.p)=

0,5.K(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

0,5.K(p − 1)

1 +0,5.K(p − 1)

=0,5.K

p − 1 + 0,5.K

L’intérêt de ce correcteur est d’augmenter la rapidité?

Euh ben en fait,ça ne marche pas. . .

BO(p) = =5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(p + 10)=

0,5.K .(1 + Td .p)

(p − 1).(1 + 0,1.p)=

0,5.K(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

0,5.K(p − 1)

1 +0,5.K(p − 1)

=0,5.K

p − 1 + 0,5.K

Q - 11 : Déterminer K tel que |εi | < 5%.L’erreur indicielle n’ayant pas changée, nous avons :

εi =1

1 + KBO=

11 − 0,5.K

⇒ |εi | < 5% ⇒1

0,5.K − 1≤

⇒K − 1

1≥ 20

Il faut donc K > 19.

Q - 12 : Comment doit-on modifier le correcteur pour annulerl’erreur indicielle?

Il faut augmenter la classe de la FTBO en ajoutant un intégrateur.

εi =1

1 + KBO=

11 − 0,5.K

⇒ |εi | < 5% ⇒1

0,5.K − 1≤

⇒K − 1

1≥ 20

εi =1

1 + KBO=

11 − 0,5.K

⇒ |εi | < 5% ⇒1

0,5.K − 1≤

⇒K − 1

1≥ 20

εi =1

1 + KBO=

11 − 0,5.K

⇒ |εi | < 5% ⇒1

0,5.K − 1≤

⇒K − 1

1≥ 20

εi =1

1 + KBO=

11 − 0,5.K

⇒ |εi | < 5% ⇒1

0,5.K − 1≤

⇒K − 1

1≥ 20

Correction PID d’un système instable Correction PID

On choisit enfin un correcteur PID C(p) = K .(1 + Td .p).(1 + 1

K = 20 et Td = 0,1.

Q - 13 : Déterminer la FTBO puis la FTBF. Mettre la FTBF sousforme canonique.

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)(p − 1).(p + 10)

1Ti .p

0,5.K(p − 1)

1Ti .p

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

1 +10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

=10. (1 + Ti .p)

10. (1 + Ti .p) + Ti .p.(p − 1)

=1 + Ti .p

1 + 0,9.Ti .p + 0,1.Ti .p2

K = 20 et Td = 0,1.

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)(p − 1).(p + 10)

1Ti .p

0,5.K(p − 1)

1Ti .p

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

1 +10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

=10. (1 + Ti .p)

10. (1 + Ti .p) + Ti .p.(p − 1)

=1 + Ti .p

1 + 0,9.Ti .p + 0,1.Ti .p2

K = 20 et Td = 0,1.

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)(p − 1).(p + 10)

1Ti .p

0,5.K(p − 1)

1Ti .p

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

1 +10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

=10. (1 + Ti .p)

10. (1 + Ti .p) + Ti .p.(p − 1)

=1 + Ti .p

1 + 0,9.Ti .p + 0,1.Ti .p2

K = 20 et Td = 0,1.

BO(p) =5.K .(1 + Td .p)(p − 1).(p + 10)

1Ti .p

0,5.K(p − 1)

1Ti .p

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

BF (p) =BO(p)

1 + BO(p)=

10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

1 +10. (1 + Ti .p)Ti .p.(p − 1)

=10. (1 + Ti .p)

10. (1 + Ti .p) + Ti .p.(p − 1)

=1 + Ti .p

1 + 0,9.Ti .p + 0,1.Ti .p2

Q - 14 : Déterminer Ti afin que le dénominateur possède deuxracines réelles doubles.

ω0 =1√

0,1.Tiet

2.ξω0

= 0,9.Ti ⇒ ξ =0,9.Ti .ω0

Afin que le dénominateur possède deux racines réelles doubles, il fautque ξ = 1 :

ξ = 1 ⇒0,92.

0,1= 1 ⇒ Ti =

4 × 0,1

4081≈ 0,5 s

ω0 =1√

0,1.Tiet

2.ξω0

= 0,9.Ti ⇒ ξ =0,9.Ti .ω0

ξ = 1 ⇒0,92.

0,1= 1 ⇒ Ti =

4 × 0,1

4081≈ 0,5 s

ω0 =1√

0,1.Tiet

2.ξω0

= 0,9.Ti ⇒ ξ =0,9.Ti .ω0

ξ = 1 ⇒0,92.

0,1= 1

⇒ Ti =4 × 0,1

4081≈ 0,5 s

ω0 =1√

0,1.Tiet

2.ξω0

= 0,9.Ti ⇒ ξ =0,9.Ti .ω0

ξ = 1 ⇒0,92.

0,1= 1 ⇒ Ti =

4 × 0,1

4081≈ 0,5 s

Q - 15 : Déterminer la réponse temporelle à un échelon unitaire.

ω0 =1√

0,1.Ti

=1√40

10 × 81

√814

= 4,5 rad/s

x(t) = L−1 [X (p)] = L−1 [BF (p).Xc(p)] = L−1

4081.p

p.(1 +

1 +4081

p.(1 +

1 + 10.22

p.(p +

p + 4,5+

(p + 4,5)2

Par la méthode d’occultation :

α = 1 et γ = −92.

(1 −

En multipliant par p et en prenant la limite quand p tend vers l’infini :0 = α+ β ⇒ β = −1.

x(t) = L−1

0!(p + 4,5)(0+1)

+5,5 × 1!

(p + 4,5)(1+1)

= 1 + (5,5.t − 1).e(−4,5.t)

1 +4081

p.(1 +

1 + 10.22

p.(p +

p + 4,5+

(p + 4,5)2

Par la méthode d’occultation :

α = 1 et γ = −92.

(1 −

En multipliant par p et en prenant la limite quand p tend vers l’infini :0 = α+ β ⇒ β = −1.

x(t) = L−1

0!(p + 4,5)(0+1)

+5,5 × 1!

(p + 4,5)(1+1)

= 1 + (5,5.t − 1).e(−4,5.t)

Q - 16 : Conclure

Précision & stabilité

Sommaire

3.36pt

1 Fusée Ariane

Soit le système bouclé suivant :

E(p)K 1

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

Q - 1 : Par application du critère algébrique de stabilité (Routh),déterminez un encadrement des valeurs de K(avec K>0) tel quele système soit stable.

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

Le premier critère est respecté si K ≥ 0.

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

le système est stable si K ≥ 0 et X ≥ 0

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

On considère respectée les conditions de stabilité.

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

FTBF (p) =FTCD(p)

1 + FTBO(p)=

Kp.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

p.(1 + 0,1.p).(1 + 0,05.p)

K + p + 0,15.p2 + 0,005.p3

0,005 1 00,15 K 0

X 0 0K 0 0

avec X = −1

∣∣∣∣∣∣∣ 0,005 10,15 K

∣∣∣∣∣∣∣ =0,15 − 0,005.K

Or X ≥ 0 ⇒ 0,15 − 0,005.K ≥ 0 ⇒ K ≤ 0,150,005 = 30

Q - 2 : Déterminer l’erreur en position pour une entrée en éche-lon de valeur e(t) = E0.

Le système est de classe 1 ; l’erreur en position est donc nulle.

Q - 3 : Déterminer l’erreur en traînage pour une entrée en rampede valeur e(t) = V0.t .

Le système est de classe 1 ; l’erreur de traînage vaut Err =F0

La figure ci-dessous donne les diagrammes de Bode de la FTBO dusystème non corrigé (K=1).

10−2 10−1 1 10 102-80

40GdB(ω)

10−2 10−1 1 10 102-360-315-270-225-180-135-90-45

0φ(ω)

Q - 4 : Représenter sur le diagramme la marge de phase et degain de ce système. Donner leurs valeurs. Commenter.

10−2 10−1 1 10 102-80

40GdB(ω)

10−2 10−1 1 10 102-315

0φ(ω)

MG = 30 dB

Mϕ = 80◦

Les marges sont positives ; le système est donc stable.

10−2 10−1 1 10 102-80

40GdB(ω)

10−2 10−1 1 10 102-315

0φ(ω)

MG = 30 dB

Mϕ = 80◦

Les marges sont positives ; le système est donc stable.

10−2 10−1 1 10 102-80

40GdB(ω)

10−2 10−1 1 10 102-315

0φ(ω)

MG = 30 dB

Mϕ = 80◦

Les marges sont positives ; le système est donc stable.Sciences de l’Ingénieur (MP) Td 3 - CI-2-2 Année 2017 - 2018 48 / 50

Q - 5 : Déterminer un gain K pour le correcteur proportionneltel que le système soit en limite de stabilité. Comparer avec lerésultat donnés par le critère de Routh.

Si le système est en limite de stabilité alors MG = 0 dB et Mϕ = 0◦.Déterminons pour quelle valeur ω180 de ω, la phase vaut −180◦.

−π = ϕ(ω180) = arg (FTBO(j .ω180)) = arg

(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

)= −

2− arctan (τ1 .ω180) − arctan (τ2 .ω180)

⇒ arctan (τ1 .ω180) + arctan (τ2 .ω180) =π

2⇒ τ1 .ω180 =

1τ2 .ω180

⇒ ω180 =1

√τ1 .τ2

200 = 10.√

2 ≈ 14,1 rad/s

Reste alors à déterminer K pour que GdB(ω180) = 0 dB :

0 = GdB(ω180) = 20. log(∣∣∣FTBO(j .ω180)

∣∣∣) = 20. log(∣∣∣∣∣∣ K(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣)

∣∣∣∣∣∣ Kj .ω180 .(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣ = 1

⇒ K = ω180 .√(1 + τ2

1 .ω2180).(1 + τ2

2 .ω2180) =

τ1 .τ2.

√(1 +

τ1τ2

τ2τ1

√(1τ1

= 10 + 20 = 30

ce qui est cohérent avec les critères de Routh.

(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

)= −

2⇒ τ1 .ω180 =

1τ2 .ω180

⇒ ω180 =1

√τ1 .τ2

200 = 10.√

2 ≈ 14,1 rad/s

0 = GdB(ω180) = 20. log(∣∣∣FTBO(j .ω180)

∣∣∣) = 20. log(∣∣∣∣∣∣ K(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣)

∣∣∣∣∣∣ Kj .ω180 .(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣ = 1

⇒ K = ω180 .√(1 + τ2

1 .ω2180).(1 + τ2

2 .ω2180) =

τ1 .τ2.

√(1 +

τ1τ2

τ2τ1

√(1τ1

= 10 + 20 = 30

(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

)= −

2⇒ τ1 .ω180 =

1τ2 .ω180

⇒ ω180 =1

√τ1 .τ2

200 = 10.√

2 ≈ 14,1 rad/s

0 = GdB(ω180) = 20. log(∣∣∣FTBO(j .ω180)

∣∣∣) = 20. log(∣∣∣∣∣∣ K(j .ω180).(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣)

∣∣∣∣∣∣ Kj .ω180 .(1 + τ1 .j .ω180).(1 + τ2 .j .ω180)

∣∣∣∣∣∣ = 1

⇒ K = ω180 .√(1 + τ2

1 .ω2180).(1 + τ2

2 .ω2180) =

τ1 .τ2.

√(1 +

τ1τ2

τ2τ1

√(1τ1

= 10 + 20 = 30

Q - 6 : Déterminez (graphiquement) un gain K tel que MP=45◦.

20. log (K ) = 17 ⇒ K = 101720 ≈ 7

Q - 7 : Déterminez un nouveau gain K tel que MG=6dB. Retrou-vez ce résultat par le calcul sans exploiter le tracé ci-dessous.

20. log (K ) = 30 − 6 = 24 ⇒ K = 102420 ≈ 16

20. log (K ) = 17 ⇒ K = 101720 ≈ 7

20. log (K ) = 30 − 6 = 24 ⇒ K = 102420 ≈ 16

20. log (K ) = 17 ⇒ K = 101720 ≈ 7

20. log (K ) = 30 − 6 = 24 ⇒ K = 102420 ≈ 16

td 3 - ci-2-2: modifier les performances des systèmes...

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