Automatique Modelisation [PDF]

Zitiervorschau

Département de Génie Electrique

3ème Année GE

AUTOMATIQUE MODELISATION

Fernand LEGER 1930 Contrainte d’objets

Edition 2008

J.M RETIF

Institut National des Sciences Appliquées de Lyon

© [JM. RETIF], [2008], [2007], INSA de Lyon, tous droits réservés.

Chapitre I VARIABLES D’ETAT CONTINUES

1.

PREAMBULE. ...................................................................................................................... 1

2.

FORMULATION PAR DES EQUATIONS D’ETAT CONTINUES.............................. 2 2.1

Solution analytique des équations d’état. .............................................................................................. 2

2.2

Calcul de la matrice de transition........................................................................................................... 3

2.3

Exemple : réponse d’un second ordre. ................................................................................................... 3

3.

PHENOMENES ENERGETIQUES. .................................................................................. 4

4.

MODELISATION D’ETAT A PARTIR D’EQUATIONS DIFFERENTIELLES......... 5 4.1

Domaine électrique. ................................................................................................................................. 6

4.2

Domaine mécanique en translation. ..................................................................................................... 13

4.3

Domaine mécanique en rotation. .......................................................................................................... 19

5. CHANGEMENT ENTRE LES FORMALISMES D’ETAT ET DE TRANSMITTANCE. .................................................................................................................. 22

6.

5.1

Passage des équations d’état à une matrice de transfert. ................................................................... 22

5.2

Passage d’une transmittance aux équations d’état. ............................................................................ 22

EXEMPLE........................................................................................................................... 27 6.1

Moteur à courant continu...................................................................................................................... 27

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

Chapitre II LES BOND GRAPHS

1.

PREAMBULE. .................................................................................................................... 33

2.

LIENS ET PORTS.............................................................................................................. 33

3.

4.

5.

2.1

Définitions............................................................................................................................................... 33

2.2

Expressions de la puissance et de l’énergie.......................................................................................... 34

2.3

Variables de flux et d’effort. ................................................................................................................. 36

ELEMENTS DU LANGAGE BOND GRAPH. ............................................................... 37 3.1

Les éléments actifs.................................................................................................................................. 37

3.2

Eléments passifs...................................................................................................................................... 38

3.3

Les détecteurs. ........................................................................................................................................ 42

3.4

Jonctions. ................................................................................................................................................ 43

3.5

Eléments de transformation. ................................................................................................................. 45

PROCEDURES DE CONSTRUCTION DE MODELES. .............................................. 47 4.1

Exemple 10 : Filtre elliptique. ............................................................................................................... 48

4.2

Exemple 11 : Poulie entraînant une charge. ........................................................................................ 49

CAUSALITE D’UN BOND GRAPH. ............................................................................... 50 5.1

Notion de causalité. ................................................................................................................................ 50

5.2

Les éléments actifs.................................................................................................................................. 50

5.3

Les éléments passifs. .............................................................................................................................. 51

5.4

Jonctions. ................................................................................................................................................ 52

5.5

Eléments de transformation. ................................................................................................................. 52

5.6

Procédure d’affectation de la causalité. ............................................................................................... 53

5.7

Récapitulatif des causalités. .................................................................................................................. 54

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

Chapitre III MODÉLISATION PAR LES BOND GRAPHS

1.

PREAMBULE. .................................................................................................................... 57

2.

CHEMINS CAUSAUX D’UN BOND GRAPH. ............................................................... 57 2.1

Gain d’un chemin causal. ...................................................................................................................... 57

2.2

Gain d’une boucle causale..................................................................................................................... 59

3.

ETABLISSEMENT D’UNE FONCTION DE TRANSFERT. ....................................... 61

4.

ELABORATION DES EQUATIONS D’ETAT............................................................... 62

5.

APPLICATIONS DES BOND GRAPHS A LA MODELISATION. ............................. 65 5.1

Exemple A : Filtre passif. ...................................................................................................................... 65

5.2

Exemple B : Traction d’une charge par une poulie. ........................................................................... 73

5.3

Exemple C : Suspension d’un véhicule................................................................................................. 76

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

1

VARIABLES D’ETAT CONTINUES 1. Préambule. La formulation par variables d’état est une approche directe dans le domaine temporel qui s’exprime par une équation différentielle matricielle du premier ordre. Les systèmes qui peuvent être représentés par variables d’état sont régis par des équations différentielles et peuvent être multi variables (plusieurs entrées et plusieurs sorties). Pour représenter les informations dues à l’ordre et aux différentes entrées sorties, l’équation différentielle est matricielle. Le vecteur de sortie est exprimé en fonction du vecteur d’entrée et d’un vecteur intermédiaire qui traduit l’état du système. Les équations d’état ont la forme suivante : X (t) = A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t) Equation d’état Equation de sortie Y (t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t)

(1.1) (1.2)

U(t) Y(t) X(t)

Vecteur d’entrée de dimension (e,1) Vecteur de sortie de dimension (s,1) Vecteur d’état de dimension (n,1)

(1.3) (1.4) (1.5)

A B C D

Matrice d’état de dimension (n,n) Matrice d’entrée de dimension (n,e) Matrice de sortie de dimension (s,n) Matrice de couplage direct entrée sortie, de dimension (s,e)

(1.6) (1.7) (1.8) (1.9)

Les équations (1.1) et (1.2) correspondent au schéma bloc de simulation suivant :

e

U(t)

B

n

⋅

+

X(t) n

∫

X(t) n

C

s

+

+

s

Y(t)

+ n

A

D

s

Figure 1 schéma bloc d’une représentation d’état. Dans le cas mono variable s = e = 1 , la taille du vecteur d’état sera égale à l’ordre de l’équation différentielle. Non unicité de la formulation d’état. Le choix d’un vecteur d’état n’est pas unique, pour un vecteur d’état donné il est possible, via une transformation T, de faire un changement de base. Il existe donc une infinité de décompositions d’état qui seront évidements identiques dans leurs représentations entrée sortie mais qui auront des vecteurs d’état différents. La non unicité de la représentation d’état peut se montrer aisément, en effet, appliquons à une décomposition d’état quelconque la transformation linéaire définie par une matrice T de dimension (n,n) tel que : X(t) = T ⋅ X(t) avec X(t) le nouveau vecteur d’état. INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

2 En utilisant les relations (1.1) et (1.2) nous aurons les équations d’état suivantes : ⋅

X(t) = T −1 ⋅ A ⋅ T ⋅ X(t) + T −1 ⋅ B ⋅ U(t) = A.X(t) + B ⋅ U(t) Y(t) = C ⋅ T ⋅ X(t) + D ⋅ U(t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t) Nous obtenons ainsi un nouveau système d’état avec :

A = T −1 ⋅ A ⋅ T ,

B = T −1 ⋅ B ,

C = C⋅T .

2. Formulation par des équations d’état continues. 2.1 Solution analytique des équations d’état. Pour établir l’évolution temporelle de la sortie, il est nécessaire de résoudre l’équation d’état (1.1) ceci étant fait, puisque la sortie Y(t) est une combinaison linéaire de l’entrée U(t) et de l’état X(t) , la relation (1.2) assurera le calcul de la sortie. Pour résoudre cette équation d’état prenons en la transformée de Laplace. L ⎡⎣ X (t) ⎤⎦ = L [ A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t)] Le système est ici considéré avec une condition initiale non nulle X 0 p.X(p) = A ⋅ X(p) + X 0 + B ⋅ U(p) ⇒ [ p ⋅ I − A ] X(p) = X 0 + B ⋅ U(p) D’où l’on tire : −1

X(p) = [ p ⋅ I − A ]

−1

X0 + [ p ⋅ I − A ]

B ⋅ U(p)

L’original dans le temps est alors obtenu par la transformée de Laplace inverse soit :

(

−1

X(t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]

)X

0

(

−1

+ L-1 [ p ⋅ I − A ]

) ∗ B ⋅ U(t)

(2.1)

Posons maintenant la matrice de transition

(

−1

Φ (t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]

)

(2.2)

Cette matrice prenant pour valeur : Φ (t) = eA⋅t L’équation (2.1) devient : X(t) = Φ(t) ⋅ X0 + Φ(t) * B ⋅ U(t)

(2.3)

t

X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (t − τ) ⋅ B ⋅ U(τ) ⋅ dτ

(2.4)

0

Le premier terme de l’équation (2.4) correspond au régime libre ne dépend que des caractéristiques du système et de la condition initiale. Le second terme correspond au régime forcé lié à la commande. Cas particulier d’une commande constante. Si la commande est constante sur l’horizon d’intégration nous aurons : t

X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (t − τ) ⋅ B ⋅ U ⋅ dτ 0 t

X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (θ) ⋅ dθ ⋅ B ⋅ U

(2.5)

0

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

3 2.2 Calcul de la matrice de transition. La résolution de l’équation (2.4) fait appel à la matrice de transition dont il faut trouver la formulation. Comme cette matrice est définie par l’exponentielle de la matrice d’état (2.3), il est alors possible de la décomposer en série : A 2 ⋅ t 2 A3 ⋅ t 3 + + (2.6) 2! 3! Cette décomposition en série est adaptée lorsque l’on désire un calcul numérique de la matrice de transition. Si l’on désire une expression analytique il est préférable d’utiliser la relation (2.2) Φ ( t ) = eA⋅t = I + A ⋅ t +

(

−1

Φ (t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]

)

2.3 Exemple : réponse d’un second ordre.

Y (p) 1 . = U ( p ) (1 + T1 ⋅ p )(1 + T2 ⋅ p ) Il existe plusieurs approches pour déterminer les équations d’état de cette transmittance, en utilisant la méthode des modes (cf § 5.2.1) nous aurons les équations d’état suivantes : ⎡ 1 ⎤ − 0 ⎥ ⎢ T1 ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡x t ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎥ ⎢ 1 ( ) ⎥ + ⎡⎢ ⎤⎥ u ( t ) et y ( t ) = ⎢ 1 − ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎥⎢ 1 ⎥ ⎣ x 2 ( t ) ⎦ ⎣1⎦ T1 − T2 T1 − T2 ⎦ ⎣ x1 ( t ) ⎦ ⎣ ⎣ x 2 ( t )⎦ ⎢ 0 − ⎥ ⎢ T2 ⎦ ⎣ Considérons la fonction de transfert apériodique suivante :

A partir de la relation (2.2) nous obtenons pour la matrice de transition : ⎡ 1 ⎤ 0 ⎥ −1 ⎞ ⎛⎡ ⎢ 1 1 ⎡ t ⎤ ⎤ ⎜ ⎢p + 0 ⎥ ⎟ ⎢p + ⎥ ⎢ − T1 T1 T1 e 0 ⎥ ⎟ −1 ⎥ -1 -1 ⎜ ⎢ -1 ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ =L ⎢ = Φ (t) = L [ p ⋅ I − A ] = L ⎜ t ⎥ 1⎥ ⎟ 1 ⎥ ⎢ ⎢ − ⎜⎢ 0 p+ ⎥ ⎟ ⎢ 0 ⎥ ⎢ ⎥ 1 T ⎜⎣ e T2 ⎦ ⎢ 2 ⎦ ⎟⎠ p+ ⎥ ⎣ 0 ⎝ ⎢⎣ T2 ⎥⎦ Pour une entrée constante la résolution temporelle de l’équation d’état donne (Eq (2.2)) : ⎡ −t ⎤ ⎡ −θ ⎤ t T1 ⎢e T1 ⎥ ⎢ 0 e 0 ⎥ ⎥⋅X + ⎢ ⎥ ⋅ dθ ⋅ B ⋅ U X(t) = ⎢ 0 ∫ θ ⎥ t ⎥ ⎢ ⎢ − − 0⎢ ⎢ T2 ⎥ T2 ⎥ 0 e 0 e ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ t ⎡ ⎛ ⎤ − ⎞ ⎢ ⎜ ⎥ T1 ⎟ 0 ⎡ −t ⎤ ⎢T1 ⎜ 1 − e ⎥ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢e T1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎡1⎤ 0 ⎠ ⎥⋅X + ⎢ ⎝ ⋅ ⋅U X(t) = ⎢ ⎥ 0 t ⎥ t ⎞ ⎥ ⎢⎣1⎥⎦ ⎢ ⎛ ⎢ − − ⎢ T2 ⎥ ⎜1 − e T2 ⎟ ⎥ ⎢ 0 e 0 T ⎣ ⎦ 2⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎜ ⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦ La sortie y(t) est la combinaisons des réponses de deux premiers ordre de constante de temps T1 et T2 . Dans le premier terme de l’équation d’état nous avons le régime libre d’un premier ordre et dans le second les réponses indicielles correspondantes au régime forcé.

(

INSA 3GE JM RETIF

)

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

4 3. Phénomènes énergétiques.

Afin d’établir une procédure systématique de modélisation quelque soit le domaine de la physique abordé nous allons nous appuyer sur un vocabulaire général traduisant les phénomènes énergétiques mis en jeux. Variables de puissances. La puissance est considérée comme le produit d’un effort par un flux. Effort : e(t)

Flux : f(t)

Par exemple, pour un mouvement en translation, l’effort sera la force exprimée en newton et le flux la vitesse linéaire en m/s. Pour les phénomènes électriques l’effort sera la tension en volt et la variable de flux le courant en ampère. Puissance

P(t)=e(t).f(t). t

Energie

E(t) = E(t 0 ) + ∫ P ( τ ) dτ

t

E(t) = E(t 0 ) + ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ

t0

(3.1)

t0

Il est possible de définir les variables d’énergie sous deux formes différentes : Le moment généralisé

Le moment généralisé est défini par l’intégrale de l’effort. t

p (t) = p(t 0 ) + ∫ e ( τ ) ⋅ dτ ⇒ dp (t) = e ( τ ) ⋅ dτ

(3.2)

t0

Le déplacement généralisé

Le déplacement généralise correspond à l’intégrale du flux. t

q (t) = q(t 0 ) + ∫ f ( τ ) ⋅ dτ ⇒ dq ( t ) = f ( τ ) ⋅ dτ

(3.3)

t0

Energies potentielles et inertielles.

Dans un système l’énergie est stockée ou dissipée. Les mécanismes de dissipations sont multiples mais aboutissent tous à une transformation en chaleur. C’est par exemple, l’effet joule pour les courants électriques, les frottements mécanique aux interfaces des déplacements. Si l’on prend une voiture en mouvement uniforme, toute la puissance du moteur se dissipe en chaleur ; tout d’abord les déperditions thermique de la combustion du carburant, ces calories s’évacuant par les échanges thermiques du moteur, le radiateur et les gaz d’échappements ; ensuite nous avons tous les frottements solide/solide dans les pièces mécaniques en contact (paliers, engrenages de la boite à vitesse roues …) ; enfin et c’est la plus grande partie, lorsque la vitesse s’accroît, les frottements de l’air sur la carrosserie. Maintenant, si la voiture se trouve en haut d’une cote, elle disposera en plus de la puissance du moteur de l’énergie cinétique due à la vitesse (énergie inertielle) d’un plus provenant d’un dénivelé (énergie potentielle). Nous allons maintenant généraliser ces deux formes d’énergie stockée.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

5 Stockage de type inertiel.

La puissance étant le produit d’un effort par un flux l’énergie sera définie par la relation t

intégrale suivante : E(t) = ∫ e ( τ ) ⋅ f ( τ ) dτ + E ( t 0 ) . La définition du moment généralisé (3.2) 0

permet de faire le changement de variable dp = e ( τ ) dτ il vient : E ( p) =

p

∫ f ( p ) dp + E ( p0 )

(3.4)

p0

Le stockage inertiel est ainsi défini comme l’intégrale d’un flux. Nous retrouverons dans cette catégorie les masses en mouvement, les inerties en rotation les inductances … Stockage de type potentiel.

Ici nous allons définir le stockage de type potentiel comme l’intégrale d’un effort. Comme nous t

l’avons vu précédemment l’énergie a la forme suivant : E(t) = ∫ e ( τ ) ⋅ f ( τ ) dτ + E ( t 0 ) . Pour 0

faire apparaître l’effort nous prendrons la définition du déplacement généralisé (3.3) qui permet d’opérer au changement de variable dq = f ( τ ) dτ , ce qui donne : E (q) =

q

∫ e ( q ) dq + E ( q0 )

(3.5)

q0

Ici l’énergie stockée correspond à l’intégrale d’un effort. L’effort accumulé dans un ressort ou la tension stockée dans un condensateur sont de type potentiel. 4. Modélisation d’état à partir d’équations différentielles.

Il existe de multiples approches pour déterminer les équations d’état à partir d’un jeu d’équations différentielles. Nous présenterons ici deux méthodes. La première utilisera des grandeurs de type effort ou flux, telles la tension, le courant, la vitesse, la force, le couple. La seconde s’appuiera sur une notion d’énergie. L’idée directrice sera ici de prendre comme variable d’état une quantité liée à l’énergie stockée. Nous prendrons ainsi comme variables d’état p ( t ) et q ( t ) correspondant respectivement au moment généralisé et au déplacement

généralisé. Nous allons maintenant décliner ces 2 méthodes par l’intermédiaire de divers exemples élémentaires des domaines électriques et mécaniques.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

6 4.1 Domaine électrique. 4.1.1 Le condensateur. t

1 Pour un condensateur la tension correspond à l’intégrale du courant : u(t) = ∫ i ( τ ) dτ . (4.1) C 0

i

Cette relation pouvant se formuler sous forme dérivée : i(t) = C ⋅ u(t) .

(4.2)

Charge du condensateur (déplacement généralisé). t

La quantité d’électricité exprimée en Coulomb vaut : Q(t) = ∫ i ( τ ) dτ . 0

(4.3) En regard de la relation(4.1) il vient : Q(t) = C ⋅ u(t) Si nous formulons la quantité d’électricité accumulée à l’aide des variables d’énergies formulées t

t

t0

t0

au paragraphe 3 nous obtenons : q(t) = q(t 0 ) + ∫ f ( τ ) dτ = q (t 0 ) + ∫ i ( τ ) dτ . Nous pouvons constater, que pour le condensateur, le déplacement généralisé q(t) correspond à la charge du condensateur en Coulomb. Energie stockée (type potentiel). t

E(t) = ∫ u ( τ ) ⋅ i ( τ ) dτ , comme i( τ) ⋅ dτ = C ⋅ d ( u(τ) ) nous aurons : 0 t

E(t) = C ∫ u ( τ ) ⋅ d ( u(τ) )

E=

0

C ⋅ u2 2

(4.4)

Si nous formulons l’énergie stockée à partir de la charge du condensateur exprimé en Coulomb Q2 (4.5) 2⋅C Cette dernière relation aurait pu être directement obtenu avec l’équation (3.5), l’énergie stockée est l’intégrale d’un effort et sera donc de type potentiel.

(Eq (3.3)) nous obtenons : E =

Choix de la variable d’état. Pour établir les équations d’état il est nécessaire d’exprimer la dérivée du vecteur d’état en fonction de lui même et de l’entrée.

Première approche. Pour un condensateur la relation (4.1) montre que la tension est proportionnelle à l’intégrale du courant, si nous prenons la tension u(t) comme variable d’état nous i(t) aurons : x1 ( t ) = u ( t ) ⇒ x1 ( t ) = C

Seconde approche. Si nous choisissons comme variable d’état le déplacement généralisé correspondant ici à la charge Q(t) en Coulomb nous pourrons écrire : x1 ( t ) = Q ( t ) = C ⋅ u(t) ⇒ x1 ( t ) = i ( t ) . INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

7 4.1.2 L’inductance. t

Pour une inductance le courant est l’intégrale de la tension i(t) =

1 u ( τ ) dτ . L∫

(4.6)

0

i

Soit sous sa forme dérivée : u(t) = L ⋅ i(t)

(4.7)

Flux dans l’inductance (moment généralisé) . U

t

Le flux dans l’inductance, exprimé en weber, vaut φ(t) = ∫ u ( τ ) dτ . 0 t

t

0

0

Exprimons maintenant le moment généralisé p (t) = ∫ e ( τ ) dτ = p (t) = ∫ u ( τ ) dτ . Nous vérifions ici que le moment généralisé exprime le flux magnétique emmagasiné dans l’inductance. En considérant la relation (4.7) nous retrouvons la relation classique reliant le flux au courant soit : p(t) = Φ(t) = L ⋅ i(t) (4.8) Energie stockée (type inertiel). U

t

E(t) = ∫ u ( τ ) ⋅ i ( τ ) dτ , pour laquelle (Eq (4.6))

u( τ) ⋅ dτ = L ⋅ d ( i( τ) ) , nous obtenons :

0 t

E(t) = L ∫ i ( τ ) ⋅ d ( i(τ) ) . 0

L ⋅ i2 E= 2

(4.9)

Maintenant si nous reportons dans cette équation la relation du flux (4.8) nous aurons : E=

Φ2 p2 qui prend la forme générale E = 2⋅L 2⋅L

(4.10)

Choix de la variable d’état.

Première approche. Nous rechercherons, comme pour l’inductance, une relation intégrale pour le choix de la variable d’état. Ici la relation (4.6) montre que le courant est proportionnel à l’intégrale de la tension. Nous prendrons comme variable d’état le courant i(t) soit : u (t) x1 ( t ) = i ( t ) ⇒ x1 ( t ) = L

Seconde approche. Ici nous prendrons comme variable d’état le moment généralisé soit le flux en Wb Φ(t) = L ⋅ i(t) ce qui nous conduit : x1 ( t ) = Φ ( t ) = L ⋅ i ( t ) ⇒ x1 ( t ) = u ( t )

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

8 4.1.3 Exemple 1 : Filtre passif de Butterworth (structure en π).

Nous allons, à partir du filtre passif suivant, établir ses équations d’état. V3

V1 a

b

i1 R1

L

C

E

i5

c

i3

i2

V2

C i4

R2

V4

T

Figure 4-1 Schéma électrique du filtre de Butterworth. Lois des mailles :

E = V1 + V2 (4.11) V2 = V3 + V4 (4.14) V4 = R 2 ⋅ I5

avec V1 = R1 ⋅ I1 avec V3 = L ⋅ I3

(4.12)

soit E = R1 ⋅ I1 + V2

(4.15)

soit V2 = L ⋅ I3 + V4 (4.16)

(4.13) (4.17)

Lois des nœuds : I1 = I2 + I3 avec I2 = C ⋅ V2

(4.18)

I3 = I4 + I5 avec I4 = C ⋅ V4 (4.19) Pour établir les équations d’état il faut prendre une variable d’état par élément de stockage. Nous avons ici deux condensateurs et une inductance, il nous faudra donc trois variables d’état. Première approche. Ici nous prendrons comme variable d’état les tensions aux bornes des condensateurs et le courant dans l’inductance soit : X T = [ V2

V4

I3 ]

(4.20)

La grandeur d’entrée sera la tension E et la sortie la tension V4 soit: (4.21) U=E Y = V4 = x 2 Avec ces notations les équations du circuit deviennent : U = R1 ⋅ I1 + x1

(4.23)

x1 = L ⋅ x 3 + x 2

x 2 = R 2 ⋅ I5

(4.25)

I1 = C ⋅ x1 + x 3

Pour la première composante d’état nous avons :

(4.22)

(4.24)

x 3 = C ⋅ x 2 + I5

(4.26)

I −I I −x I x1 = V2 ⇒ x1 = V2 soit à partir de (4.18) x1 = 2 = 1 3 = 1 3 en remplaçant I1 dans C C C U − x1 x 3 − (4.27) l’équation (4.23) nous obtenons : x1 = R1 ⋅ C C

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

9 Pour la seconde composante du vecteur d’état nous opérons de manière similaire. I −I x −I I x 2 = V4 ⇒ x 2 = V4 soit à partir de (4.19) x 2 = 4 = 3 5 = 3 5 en remplaçant I5 dans C C C x x (4.28) l’équation (4.26) nous obtenons x 2 = 3 − 2 C R2 ⋅C Enfin pour la troisième composante il vient : V x 3 = I3 ⇒ x 3 = I3 soit à partir de (4.15) x 3 = 3 en remplaçant V3 dans l’équation (4.14) L x −x V − V4 soit x 3 = 1 2 (4.29) x3 = 2 L L

Les équations (4.27) (4.28) et (4.29) expriment la dérivée du vecteur d’état en fonction de lui même et de l’entrée U, la première équation d’état est donc définie. 1 ⎡ ⎢− R ⋅ C ⎡ x1 ⎤ ⎢ 1 ⎢x ⎥ = ⎢ 0 ⎢ 2⎥ ⎢ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢ ⎢ 1 ⎢ L ⎣

0 −

1 R2 ⋅ C −

1 L

1⎤ − ⎥ ⎡ 1 ⎤ C ⎥ ⎡ x1 ⎤ ⎢ R1 ⋅ C ⎥ ⎥ 1 ⎥⎢ ⎥ ⎢ x 0 + ⎢ ⎥U 2 ⎥ C ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 0 ⎥ ⎦

(4.30)

La sortie se confondant avec la seconde composante du vecteur d’état nous obtenons : ⎡ x1 ⎤ Y = [ 0 1 0] ⋅ ⎢⎢ x 2 ⎥⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦

(4.31)

Seconde approche. Nous prendrons ici l’énergie stockée dans les condensateurs et le flux dans l’inductance soit : x 3 = Φ = L ⋅ I3 x1 = Q1 = C ⋅ V2 x 2 = Q 2 = C ⋅ V4 X T = [ Q1 Q 2 Φ ] La sortie et la commande restant les mêmes que précédemment, Y = V4 et U=E. En dérivant comme précédemment les composantes d’état nous obtenons : x U − V2 x x1 = C ⋅ V2 ⇒ x1 = C ⋅ V2 = I2 comme I 2 = I1 − I3 = − I3 avec V2 = 1 et I3 = 3 . R1 C L x x U x1 = − 1 − 3 + Il vient : R1 ⋅ C L R1

x V x2 x 2 = C ⋅ V4 ⇒ x 2 = C ⋅ V4 = I4 comme I4 = I3 − I5 avec I3 = 3 et I5 = 4 = . L R2 R2 ⋅C x x ce qui donne x 2 = − 2 + 3 R2 ⋅ C L INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

10 x x x 3 = L ⋅ I3 ⇒ x 3 = L ⋅ I3 = V3 comme V3 = V2 − V4 avec V2 = 1 et V4 = 2 . C C x x x3 = 1 − 2 Nous aurons C C

Les matrices d’état sont alors : 1 ⎡ ⎢− R ⋅ C ⎡ x1 ⎤ ⎢ 1 ⎢x ⎥ = ⎢ 0 ⎢ 2⎥ ⎢ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢ ⎢ 1 ⎢ C ⎣

1⎤ − ⎥ ⎡ 1 ⎤ L ⎥ ⎡ x1 ⎤ ⎢ R1 ⎥ 1 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ x2 + ⎢ 0 ⎥ U L ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 0 ⎥ ⎦

0 −

1 R2 ⋅C −

1 C

⎡ x1 ⎤ ⎤ ⎢ ⎥ 0⎥ ⋅ ⎢ x 2 ⎥ ⎦ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ Les valeurs des composants de ce filtre étant les suivants : ⎡ Y = ⎢0 ⎣

1 C

(4.32)

(4.33)

R1 = R 2 = 50 Ω , L = 15 µH C = 3, 2 nF .

Avec la seconde approche nous obtenons pour l’équation d’état : 6 ⎡ ⎡ x1 ⎤ ⎢ −6, 25 ⋅10 ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎢x2 ⎥ = ⎢ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢ +3,125 ⋅108 ⎣

Y = ⎡ 0 +3,125 ⋅108 ⎣

0 −6, 25 ⋅106 −3,125 ⋅108

−6, 667 ⋅104 ⎤ ⎡ x ⎤ ⎡0, 02 ⎤ 1 ⎥ 4⎥ ⎢ ⎥ ⎢ +6, 667 ⋅10 ⋅ ⎢ x 2 ⎥ + ⎢ 0 ⎥⎥ E ⎥ ⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦ 0 ⎦

⎡ x1 ⎤ ⎤ 0 ⋅ ⎢⎢ x 2 ⎥⎥ ⎦ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦

Pour établir le schéma de simulation il est possible de faire appel à un bloc Simulink assurant directement la simulation d’un système d’état ou en développant les équations d’état en utilisant que des intégrateurs des sommateurs et des gains.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

11 Dans ce cas, nous aurons le schéma suivant :

1

1/R1

E 1 s

1/(R1*C)

x1

1/L

x2 1 s

1/C

1 V4

1/(R2*C)

1/C 1 s

x3

1/C

Figure 4-2 Schéma de simulation d’un filtre de Butterworth. Calcul Matlab. U

U

A partir de la première approche il est possible d’élaborer un programme Matlab (script *.m) pour calculer les matrices d’état et tracer le diagramme de Bode correspondant. Exécution

Script Matlab >> S2

%-- Filtre de Butterworth ----% clear, R1=50; R2=50; C=3.2e-9;L=15e-6; %- Formulation deuxième approche % A2=[-1/(R1*C) 0 -1/L;0 -1/(R2*C) 1/L;1/C -1/C 0] B2=[1/R1;0;0]; C2=[0 1/C 0]; D2=0; S2=ss(A2,B2,C2,D2), bode(S1),grid; figure step(S2)

a= x1 x2 x3

x1 -6.25e+006 0 3.125e+008

x3 0 -6.667e+004 -6.25e+006 6.667e+004 -3.125e+008 0

b= u1 x1 0.02 x2 0 x3 0

c= y1

x1 x2 0 3.125e+008

d= u1 y1 0

INSA 3GE JM RETIF

x2

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

x3 0

12

Bode Diagram

Magnitude (dB)

0

-50

-100

Phase (deg)

-150 0

-90

-180

-270 5

6

10

7

10

8

10

9

10

10

Frequency (rad/sec)

Figure 4-3 Représentation de Bode du filtre de Butterworth. Nous pouvons vérifier, que le module et la phase définies dans le plan de Bode, sont caractéristiques d’un filtre passe bas. Step Response 0.7

0.6

Amplitude

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0

0

0.5

1 Time (sec)

1.5 -6

x 10

Figure 4-4 Réponse indicielle du filtre de Butterworth.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

13 4.2 Domaine mécanique en translation. 4.2.1 La masse.

Une masse M, en mouvement de translation, est régie par l’équation fondamentale de la i

dynamique F(t) = M ⋅ v(t) .

(4.34) t

Exprimée sous forme intégrale nous aurons : v(t) =

1 F ( τ ) dτ M∫

(4.35)

0

Quantité de mouvement (moment généralisé). t

La quantité de mouvement exprimé en kg.m/s vaut p (t) = ∫ F ( τ ) dτ , en considérant la relation 0

p(t) = M ⋅ v(t)

intégrale (4.35)

Avec les variables de puissance l’énergie s’exprime par

(4.36) t

t

t0

t0

p(t) = ∫ e ( τ ) dτ = ∫ F ( τ ) dτ et

correspond au moment généralisé. Energie stockée (type inertiel). t

E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ , à partir de la relation (4.35), F(τ) ⋅ dτ = M ⋅ d ( v(τ) ) nous retrouvons 0

l’expression classique de l’énergie cinétique. t

E(t) = M ∫ v ( τ ) d ( v ( τ ) )

E=

0

M ⋅ v2 2

(4.37)

Si nous exprimons maintenant l’énergie cinétique en fonction de la quantité de mouvement nous p2 2⋅M L’énergie stockée est ici l’intégrale d’un flux, donc de type inertiel.

aurons : E =

Choix de la variable d’état.

Première approche. Nous associerons dans ce cas la vitesse v(t) à la variable d’état soit i

i

x(t) = v(t) ⇒ x(t) = v(t) . Seconde approche. Dans ce cas, c’est la quantité de mouvement exprimant ici le moment généralisé qui sera la variable d’état. i

i

x(t) = p(t) = M ⋅ v(t) ⇒ x(t) = M ⋅ v(t) = F(t)

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

14 4.2.2 Le ressort.

Maintenant considérons un élément élastique comme un ressort de raideur k (N/m), la F(t) déformation est proportionnelle à la force de sollicitation x(t) = . En dérivant cette relation k nous obtenons nous obtenons l’expression qui relie la vitesse de compression à la force F : i

F(t) v(t) = (4.38) k En exprimant maintenant la force en fonction de la vitesse de compression du ressort nous t

obtenons : F(t) = k ∫ v ( τ ) dτ

(4.39)

0

Déplacement généralisé. t

Par analogie avec le condensateur calculons la grandeur q (t) = ∫ v ( τ ) dτ qui peut être considérée 0

F(t) k Ici q(t) représente le déplacement exprimé en mètre.

comme une force accumulée. q (t) =

(4.40)

Energie stockée (type potentiel). t

Un ressort accumule une énergie potentielle E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ Sachant que v ( τ ) dτ =

d ( F ( τ)) k

t

E(t) =

1 F ( τ) ⋅ d ( F ( τ)) . k∫

0

, E=

0

F2 2⋅k

Si nous exprimons cette énergie avec la quantité Q nous obtenons : E =

(4.41) k ⋅ q2 2

Choix de la variable d’état. Première approche.

La variable d’état sera ici la force de compression F. i

i

x ( t ) = F(t) ⇒ x ( t ) = F(t)

Seconde approche.

Dans ce cas c’est la grandeur q ( t ) (déplacement généralisé) qui sera la variable d’état. i

i F(t) F(t) x(t) = Q(t) = ⇒ x (t) = = v(t) k k

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(4.42)

15 4.2.3 Exemple :Masse suspendue.

Soit une masse M suspendue à une référence fixe par l’intermédiaire d’un ressort de raideur k et d’un amortisseur de coefficient de frottement fluide b. Une force F sollicite cet ensemble qui se déplacera suivant une trajectoire rectiligne conformément à la figure ci-dessous.

F2

Amortisseur

Ressort raideur k

F1

Masse M v

Masse M M.g

F

F

Figure 4-5 Masse suspendue et équilibre de celle-ci. Première approche.

Nous avons deux éléments de stockage le premier, la masse, de type inertiel pour lequel nous prendrons comme variable d’état x1 = v ; le second, le ressort, de type potentiel, aura pour variable d’état x 2 = F1 . L’analyse de l’équilibre dynamique de la masse M permet d’écrire : F − M ⋅ g − F1 − F2 = M ⋅ v Sachant que la force de frottement fluide F2 = b ⋅ v . En dérivant le vecteur d’état nous obtenons : 1 1 x1 = v = ( F − M ⋅ g − F1 − F2 ) = ( F − M ⋅ g − x 2 − b ⋅ x1 ) M M x 2 = F1 = k ⋅ v = k ⋅ x1 . Si nous considérons la vitesse de la masse comme grandeur de sortie et la grandeur de commande constitué du vecteur U = [ F M ⋅ g ] , nous obtenons les équations d’état suivantes : T

⎡ b ⎡ x1 ⎤ ⎢ − ⎢ ⎥= M ⎣x2 ⎦ ⎢ k ⎣

−

1⎤ ⎡1 ⎡ x1 ⎤ ⎢ ⎥ M ⎢ ⎥+ M ⎥ x ⎢ 0 ⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ 0

−

1⎤ M⎥ U ⎥ 0 ⎦

⎡x ⎤ Y = [1 0] ⎢ 1 ⎥ ⎣x2 ⎦

Pour obtenir le déplacement, noté ici par x, il suffit d’intégrer la vitesse. Afin d’effectuer une simulation correcte avec une valeur initiale de la force F nulle il est impératif de calculer les valeurs initiales du vecteur d’état et l’allongement x 0 provoqué par le poids de la charge. ⎡ 0 ⎤ M.g et un allongement initial x 0 = − Pour F=0 nous aurons à l’équilibre X = ⎢ ⎥ k ⎣ −M ⋅ g ⎦ U

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

16 Simulation Matlab Simulink. Le programme Simulink de simulation de la masse suspendue, est programmé avec des variables qui doivent être affectés par un script d’initialisation. Ici le calcul des équations d’état est effectué avec un bloc standard de Simulink. t Clock

U

To Workspace1 V

To Workspace F

Step

To Workspace4

To Workspace3

x' = Ax+Bu y = Cx+Du

M*g

1 s

x

Integrator To Workspace2 State-Space

Constant

Condition initiale x1=0 x2=-M.g

Condition initiale x=-M.g/k

Figure 4-6 Schéma de simulation Simulink de la masse suspendue. Après la simulation, il est commode de visualiser les résultats, via les variables archivées dans l’espace de travail, par l’intermédiaire d’un autre script Matlab. Script de visualisation

Script d’initialisation %-------- Masse en suspension ---% clear; %-- données pour la simulation --% tfin=20; Tplot=0.1; %-- données du problèmes --% M=100; b=100; k=1000; g=9.81; %-- Valeur initiale à F=0 --% x0=-M*g/k; %-- Matrices d'état --% A=[-b/M -1/M;k 0]; B=[1/M -1/M;0 0]; C=[1 0]; D=0;

%-- Visualisation --% close all, subplot(2,1,1); plot(t,F,t,U),legend('F','U'); grid; subplot(2,1,2); plot(t,x),legend('x');grid;

Le déplacement est l’intégrale de la

500

t

vitesse : x(t) = ∫ v ( τ ) dτ + x 0

0

-1000

0

F U

-500

0

2

4

6

8

10 12 Temps (s)

14

16

18

20

-0.8 x

-0.85 -0.9 -0.95 -1

0

2

4

6

8

10 12 Tempd (s)

14

16

18

Avec une initialisation correcte de M.g x 2 = F1 = − M ⋅ g et x 0 = − k Nous pouvons vérifier que le déplacement x n’évolue pas avant l’application de l’échelon de force F=100 N appliqué à t=0,5 s. Ensuite nous avons une dynamique oscillatoire du second ordre.

20

Figure 4.7 réponses à un échelon de force INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

17 Deuxième approche.

Nous prendrons pour la première composante de l’état la quantité de mouvement (moment généralisé) p(t) = M ⋅ v(t) grandeur liée à l’énergie cinétique par E =

x1 ( t ) = p(t) = M ⋅ v(t) ⇒ x1 ( t ) = M ⋅ v(t) = F − M ⋅ g − F1 − F2

p2 : 2⋅M

La seconde variable d’état correspond au déplacement généralisé qui ici correspond au F (t) déplacement réel q (t) = 1 . L’énergie potentielle accumulée dans le ressort k 2 k⋅q valant : E = . Nous aurons pour cette variable d’état : 2 x (t) F (t) F (t) x 2 ( t ) = q(t) = 1 ⇒ x 2 ( t ) = 1 = v ( t ) = 1 k k M En posant comme précédemment U = [ F M ⋅ g ] , nous pouvons maintenant expliciter la T

formulation de la première composante de l’état soit : b x1 ( t ) = M ⋅ v(t) = U − k ⋅ x 2 ( t ) − x1 ( t ) M Les équations d’état sont alors : ⎡ b ⎤ − −k ⎥ ⎡ x1 ⎤ ⎢ M ⎡ x1 ⎤ ⎡1 −1⎤ ⎡x ⎤ U Y = [ 0 1] ⎢ 1 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥+⎢ ⎢x ⎥ = ⎢ 1 ⎥ x 0 0⎦ ⎣ 2⎦ ⎢ ⎣x2 ⎦ 0 ⎥ ⎣ 2⎦ ⎣ ⎢⎣ M ⎥⎦ Simulation Matlab Simulink. Lors de la formulation précédente, nous avions utilisé le bloc standard de simulation d’équations d’état, ici nous avons fait appel uniquement à des intégrateurs, des gains et des sommateurs. t Clock

To Workspace

F

Condition initiale x1=0 x2=-M.g/k

x1

U b/M Gain

Step

1 s

M*g

1/M Gain3

x1 Constant

V

k Gain1

1/M Gain2

1 s

x2

x2

Figure 4-8 Schéma de simulation Simulink de la masse suspendue. La variable x 2 représente la compression du ressort qui est égale au mouvement de la masse M, il n’est donc pas utile d’intégrer la vitesse. Comme précédemment se pose le problème d’initialisation des intégrateurs du schéma de simulation. INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

18 ⎡ 0 ⎤ Pour F=0 l’équilibre des variables d’état à lieu pour X = ⎢ M ⋅ g ⎥ . ⎢− ⎥ ⎣ k ⎦

Dans les mêmes conditions de simulation que précédemment (application d’une force de 100N à t=5 s) nous avons représenté les variables d’état liées à l’énergie cinétique et potentielle. 4

30 x1 quantité de mouvement de la masse M

Energie cinétique

20

3

10

2 0

1

-10

-20

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

-0.8

0

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

15

x2 déplacement généralisé du ressort -0.85

10 Energie potentielle du ressort

-0.9 Déplacement de 0,1 m

5

-0.95

-1

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Figure 4-9 variables d’état

0

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Figure 4-10 Energies cinétique et potentielle

Lors de l’application de la force de 100N la figure 4-9 montre un déplacement de la masse M de 0,1 mètre. Sur la figure 4-10 nous trouvons les représentations de l’énergie cinétique et potentielle du ressort. A l’équilibre, il est normal que l’énergie cinétique soit nulle, nous avons dans cet essais appliqué une force de 100N vers le haut qui s’est opposé à l’élongation du ressort due au poids de la masse M. Nous pouvons vérifier que le ressort étant moins distendu son énergie potentielle a augmenté de 5 joule. Nous pouvons observer que la force de 100N comprimant un ressort de 0,1 m fourni un travail 100x0,1 = 5 J qui est équivalent à l’énergie accumulée dans le ressort. de 2

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

19 4.3 Domaine mécanique en rotation. 4.3.1 L’inertie.

En rotation c’est l’inertie J qui est l’équivalent d’une masse en translation, dans ce cas l’équation i

fondamentale de la dynamique donne Cm (t) = J ⋅ ω(t) .

(4.43)

Dans cette relation Cm (t) représente le couple d’entraînement en Nm et ω(t) la vitesse angulaire en rad/s. t

Sous forme intégrale nous aurons : ω(t) =

1 Cm ( τ ) dτ J∫

(4.44)

0

Quantité de mouvement (Moment généralisé). t

La quantité de mouvement exprimé en Kg.m / s vaut p (t) = ∫ Cm ( τ ) dτ en considérant la 2

0

relation intégrale (4.44) p(t) = J ⋅ ω(t)

(4.45)

Energie stockée (type inertiel). t

E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ à partir de la relation (4.44) C( τ) ⋅ dτ = J ⋅ d ( ω( τ) ) nous retrouvons 0

l’expression classique de l’énergie cinétique. t

E(t) = J ∫ ω ( τ ) d ( ω ( τ ) )

E=

0

J ⋅ ω2 2

(4.46)

Si nous exprimons maintenant l’énergie cinétique en fonction de la quantité de mouvement nous p E= aurons : 2⋅J Choix de la variable d’état. Première approche.

Nous associerons dans ce cas la vitesse ω(t) à la variable d’état soit : i

i

x(t) = ω(t) ⇒ x(t) = ω(t) Seconde approche.

Dans ce cas c’est la quantité de mouvement (moment généralisé) qui sera la variable d’état. i

i

x(t) = p(t) = J ⋅ ω(t) ⇒ x(t) = J ⋅ω(t) = Cm (t)

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

20 4.3.2 Le ressort spirale ou barre de torsion.

Un ressort spirale ou un arbre sollicité en torsion pure aura un angle de déformation proportionnel au couple de sollicitation. La relation reliant l’angle de déformation au couple est la suivante : C (t) θ(t) = m , λ représentant la raideur en mN/rad. λ Pour obtenir la vitesse angulaire il suffit de dériver la relation précédente soit : i

C (t) ω(t) = m (4.47) λ Le couple du ressort spirale s’exprime vis à vis de la vitesse angulaire par la relation intégrale : t

Cm (t) = λ ∫ ω ( τ ) dτ

(4.48)

0

Déplacement généralisé. Nous allons comme dans le cas linéaire calculer la « charge » de couple stockée soit ici : t

C (t) q(t) = m λ

q (t) = ∫ ω ( τ ) dτ 0

Cette grandeur correspond à l’angle de déformation exprimée en radian. Energie stockée (type potentiel). Maintenant calculons l’énergie potentielle accumulée par le ressort spirale. t

E(t) = ∫ Cm ( τ ) ⋅ ω ( τ ) dτ sachant que ω ( τ ) dτ = 0 t

d ( Cm ( τ ) ) λ

nous aurons :

C 2 E= m 2⋅λ

1 E(t) = ∫ Cm ( τ ) ⋅ d ( Cm ( τ ) ) . λ 0

Si nous exprimons cette énergie avec la quantité Q nous obtenons : E =

(4.49) λ ⋅ q2 2

Choix de la variable d’état. Première approche.

La variable d’état sera ici le couple de déformation Cm du ressort spirale. i

i

x1 ( t ) = C m (t) ⇒ x1 ( t ) = C m (t)

Seconde approche.

Dans ce cas c’est la grandeur Q(t) qui sera la variable d’état. i

i C (t) C (t) x1 (t) = q (t) = m ⇒ x ( t ) = m = ω(t) λ λ

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(4.50)

21

Elément

Formulation Intégrale et dérivée

p(t) ou q(t)

Energie stockée

t

Coulomb

Type potentiel

i 1 i d τ τ i(t) = C ⋅ u(t) ( ) C∫

u(t) = Condensateur

0

i

t

Translation Ressort

F(t) F(t) = k ∫ v ( τ ) dτ v(t) = k 0

t

i

Ressort spirale ou barre de torsion

C (t) Cm (t) = λ ∫ ω ( τ ) dτ ω(t) = m λ

Inductance

i(t) =

0

t

i 1 u d τ τ u(t) = L ⋅ i(t) ( ) L∫

0

q(t) = C ⋅ u(t)

C ⋅ u2 2

E=

Translation Masse Rotation Inertie

ω(t) =

E=

radian C (t) q (t) = m λ

Type potentiel C 2 λ ⋅ q2 E= E= m 2 2⋅λ

weber Φ ( t ) = p (t)

Φ(t) = L ⋅ i(t) p(t) = M ⋅ v(t)

0

Type potentiel

p(t) = J ⋅ ω(t)

0

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

2

F 2⋅k

E=

k⋅q 2

2

E=

L ⋅ i2 2

E=

E=

M⋅v 2

E=

p2 2⋅L

2

p 2⋅M

Type inertiel E=

2

J⋅ω 2

E=

x(t)=u(t)

x(t) = q(t) = C ⋅ u(t)

i

i

2

p 2⋅J

i

i

x(t) = u(t)

x(t) = C ⋅ u(t) = i(t)

x ( t ) = F(t)

x(t) = q (t) =

i

x ( t ) = F(t)

Type inertiel 2

Variable d’état Méthode 2

i

Type inertiel

t

i 1 C (t) = J ⋅ ω (t) C d τ τ ( ) m m J∫

q2 2⋅C

mètre F(t) q(t) = k

t

i 1 v(t) = ∫ F ( τ ) dτ F(t) = M ⋅ v(t) M

E=

Variable d’état Méthode 1

x ( t ) = C m (t) i

i

x ( t ) = Cm (t)

x(t) = i(t) i

i

i

F(t) k

i

F(t) x (t) = = v(t) k C (t) x(t) = q (t) = m λ i

i

C (t) x ( t ) = m = ω(t) λ

x(t) = Φ(t) = L ⋅ i(t) i

i

x(t) = i(t)

x(t) = L ⋅ i(t) = u(t)

x(t) = v(t)

x(t) = p(t) = M ⋅ v(t)

i

i

i

i

x(t) = v(t)

x(t) = M ⋅ v(t) = F(t)

x(t) = ω(t)

x(t) = p(t) = J ⋅ω ( t )

i

i

x(t) = ω(t)

i

x(t) = Cm (t)

22 5. Changement entre les formalismes d’état et de transmittance.

Pour les systèmes régis par une ou plusieurs équations différentielles linéaires, il est possible de définir, soit une fonction de transfert dans le cas mono variable, soit une matrice de transfert dans le cas multi variable. 5.1 Passage des équations d’état à une matrice de transfert. La représentation par équations d’état est une formulation multi variable, dans le cas général, nous aboutirons à une représentation par matrice de transfert de la forme :

⎡ Y1 ( p ) ⎤ ⎡ H11 ( p ) H11 ( p ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ Y2 ( p ) ⎥ = ⎢ H 21 ( p ) H 21 ( p ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣ Ys ( p ) ⎥⎦ ⎢⎣ Hs1 ( p ) Hs2 ( p )

H1e ( p ) ⎤ ⎡ U1 ( p ) ⎤ ⎥⎢ ⎥ H 2e ( p ) ⎥ ⎢ U 2 ( p ) ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ Hse ( p ) ⎥⎦ ⎢⎣ U e ( p ) ⎥⎦

(5.1)

Il est clair que dans le cas mono variable nous retrouvons la représentation classique par transmittance. Pour obtenir ce type de représentation, reprenons la définition des équations d’état dont nous allons prendre la transformée de Laplace qui présuppose une condition initiale nulle. L

X (t) = A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t) ⎯⎯→ p ⋅ X (p) = A ⋅ X(p) + B ⋅ U(p)

(5.2)

L

→ Y (p) = C ⋅ X(p) + D ⋅ U(p) Y (t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t) ⎯⎯

(5.3) −1

La relation (5.2) conduit : ⇒ [ p.I − A ] X(p) = B ⋅ U(p) ⇒ X(p) = [ p.I − A ] En reportant X(p) dans (5.3) nous obtenons : −1

Y (p) = C ⋅ [ p.I − A ]

(

−1

B ⋅ U(p) + D ⋅ U(p) = C ⋅ [ p.I − A ]

)

B + D ⋅ U(p)

−1

la matrice de transfert vaudra donc : H ( p ) = C ⋅ [ p.I − A ]

B ⋅ U(p)

B+D

(5.4)

5.2 Passage d’une transmittance aux équations d’état. Lorsque l’analyse d’un système physique conduit à un système d’équations différentielles et algébriques, nous pouvons, comme nous l’avons vu, établir les équations d’état. Dans certains cas, cette analyse conduit à l’établissement d’une fonction de transfert ou une matrice de transfert. Dans la situation où nous disposons d’une transmittance il est possible d’établir directement les équations d’état à partir de celle-ci. Nous allons, dans un premier temps, considérer une transmittance dont le degré du numérateur est strictement inférieur au degré du dénominateur. Soit une transmittance de la forme : Y ( p ) b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 + + b m ⋅ pm H ( p) = = avec n>m U ( p ) 1 + a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + p n

La transmittance, ici d’ordre n, correspond à une équation différentielle du même ordre. La taille du vecteur d’état devra être égal à n. Il existe deux grandes méthodes pour choisir les n composantes du vecteur d’état. La première associera une composante d’état à chaque pôle de la transmittance. Cette approche sera appelée méthode des modes. La seconde utilisera une sortie intermédiaire et ses n-1 dérivées, cette méthode sera appelée décomposition canonique. INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

23 5.2.1 Méthode des modes.

Cette méthode consiste à calculer les pôles de la transmittance et d’associer à chacun d’eux une composante du vecteur d’état. Selon le type de pôles (simple ou multiples) ou leur nature (réel ou complexe) les formes prises par les matrices des équations d’état sont différentes. Cependant la trame méthodologique reste la même et nous allons tout d’abord l’illustrer dans le cas de pôles réels distincts. Cas de pôles réels distincts.

Après le calcul des pôles la fonction de transfert est décomposée en éléments simples. Y (p) α1 α2 αn (5.5) H(p) = + + + = p + λ1 p + λ 2 p + λn U ( p) En associant à chaque pôle les composantes du vecteur d’état suivant : U (p) ⇒ x1 ( t ) = −λ1 ⋅ x1 ( t ) + u ( t ) x1 ( p ) = p + λ1 x2 ( p) =

U ( p) ⇒ x 2 ( t ) = −λ 2 ⋅ x 2 ( t ) + u ( t ) p + λ2

xn (p) =

U ( p) ⇒ x n ( t ) = −λ n ⋅ x n ( t ) + u ( t ) p + λn

(5.6)

Les équations d’état sont alors : ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ −λ1 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ = ⎢ 0 −λ 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ 0

0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡1⎤ ⎢ ⎥ 0 ⎥⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢1⎥ + ⎢ ⎥ U(t) ⎥ ⎢⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎥ ⎥⎢ −λ n ⎥⎦ ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎣1⎦

(5.7)

La matrice est diagonale et nous retrouvons évidemment sur celle-ci les valeurs propres qui sont les pôles de la transmittance. La forme diagonale de la matrice A simplifie grandement les formulations faisant appel à son inversion. Avec ces variables d’état la sortie vaut : (5.8) y ( t ) = α1 ⋅ x1 ( t ) + α 2 ⋅ x 2 ( t ) + + α n ⋅ x n ( t ) Ce qui donne pour l’équation de sortie : y ( t ) = [ α1 α 2 αn ] X ( t )

(5.9)

Cas de pôles complexes conjugués.

La démarche est la même que précédemment, cependant les matrices A et B contiendront des nombres complexes. Par exemple, si nous prenons un système du troisième ordre possédant deux pôles complexes et un pôle réel tel que : Y ( p) β1 β2 β (5.10) H(p) = = + + 2 U ( p ) p + ( r1 + j ⋅ c1 ) p + ( r1 − j ⋅ c1 ) p + λ 2

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

24 Nous prendrons comme précédemment des variables d’état associées aux pôles : U (p) x1 ( p ) = ⇒ x1 ( t ) = − ( r1 + j ⋅ c1 ) ⋅ x1 ( t ) + u ( t ) p + ( r1 + j ⋅ c1 ) x2 ( p) = x3 ( p ) =

U (p) ⇒ x 2 ( t ) = − ( r1 − j ⋅ c1 ) ⋅ x 2 ( t ) + u ( t ) p + ( r1 − j ⋅ c1 )

(5.11)

U (p) ⇒ x 3 ( t ) = −λ 2 ⋅ x 3 ( t ) + u ( t ) p + λ2

Pour ce choix de variables d’état la sortie s’exprime par : Y ( t ) = α1 ⋅ x1 ( t ) + β1 ⋅ x 2 ( t ) + α 3 ⋅ x 3 ( t )

(5.12)

Nous obtenons une forme similaire à la précédente 0 0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 1⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ − ( r1 + j ⋅ c1 ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ 0 − ( r1 − j ⋅ c1 ) 0 ⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ + ⎢⎢ 1 ⎥⎥ u ( t ) ⎢ x2 ( t ) ⎥ = ⎢ ⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ −λ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦ 0 0 ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ ⎥ Y ( t ) = [ α1 β1 α 2 ] ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦ Cas d’un pôle multiple.

(5.13)

(5.14)

Considérons une fonction de transfert défini par un pôle multiple d’ordre r. H(p) =

αr

+

α r −1

( p + λ )r ( p + λ )r −1

+

+

α2

( p + λ )2

+

Y (p) α1 = p + λ U ( p)

(5.15)

Dans ce cas nous prendrons r composantes du vecteur d’état : x1 ( p ) = x2 ( p) =

U (p)

(p + λ)

r

U ( p)

(p + λ)

r −1

x1 ( p ) =

x2 ( p) (p + λ)

x2 ( p) =

x3 ( p ) (p + λ)

⇒

x r −1 ( p ) =

U (p)

( p + λ )2 U ( p) xr ( p) = (p + λ)

x1 ( t ) = −λ ⋅ x1 ( t ) + x 2 ( t ) x 2 ( t ) = −λ ⋅ x 2 ( t ) + x 3 ( t ) ⇒

x r −1 ( p ) = xr ( p) =

xr ( p) (p + λ)

(5.16) x r −1 ( t ) = −λ ⋅ x r −1 ( t ) + x n ( t ) x r ( t ) = −λ ⋅ x r ( t ) + U ( t )

U (p) (p + λ)

Avec ces variables d’état la sortie vaut : Y ( t ) = α r ⋅ x1 ( t ) + α r −1 ⋅ x 2 ( t ) + + α 2 ⋅ x r −1 ( t ) + α1 ⋅ x r ( t )

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(5.17)

25 Les équations d’état seront alors : ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ −λ 1 0 0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ 0 ⎥⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢⎢0 ⎥⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢ 0 −λ 1 ⎢ ⎥=⎢ 0 ⎥ + ⎢0 ⎥ U(t) 0 −λ 1 0 ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎢ x r −1 ( t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ x r −1 ( t ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −λ ⎦⎥ ⎣⎢ x r ( t ) ⎦⎥ ⎣⎢1 ⎦⎥ 0 0 ⎣ x r ( t ) ⎦ ⎣⎢ 0

Y(t) = [ α r

α r −1

α2

⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ x2 ( t ) ⎥ ⎥ α1 ] ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ x r −1 ( t ) ⎥ ⎢ xr ( t ) ⎥ ⎣ ⎦

(5.18)

(5.19)

A n’est plus diagonale, c’est une matrice de Jordan. Dans le cas de la coexistence de pôles réels, complexes et multiples ces derniers introduirons des sous matrices de Jordan. 5.2.2 Décomposition canonique.

Pour cette approche nous allons définir une sortie intermédiaire S(p), la transmittance étant de la Y (p) b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 + + b m ⋅ p m = (5.20) forme : H ( p ) = U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n nous poserons : S( p) 1 = 2 U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n

(5.21)

ce qui conduit à n’exprimer la sortie qu’avec la sortie intermédiaire S.

(

Y ( p ) = b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 +

)

+ bm ⋅ pm S ( p )

(5.22)

Les composantes d’état seront la sortie S et ses n-1 premières dérivées.

x1 ( t ) = S ( t ) = x 2 ( t )

x1 ( p ) = S ( p )

x 2 ( t ) = S ( t ) = x3 ( t )

x2 ( p) = p ⋅S( p) x3 ( p ) = p ⋅ S ( p )

x3 ( t ) = S ( t ) = x 4 ( t )

2

x n −1 ( p ) = p

n −2

⋅S(p)

x n ( p ) = p n −1 ⋅ S ( p )

⇒ x n −1 ( t ) =

d

n −1

dt n −1

(5.23) S( t ) = xn ( t )

dn

S( t ) dt n Pour exprimer la dernière composante du vecteur d’état, à partir de la relation (5.21) nous obtenons : (5.24) x n ( t ) = −a 0 ⋅ x1 ( t ) − a1 ⋅ x 2 ( t ) − a 2 ⋅ x 3 ( t ) − − a n −1 ⋅ x n ( t ) + u ( t )

INSA 3GE JM RETIF

xn ( t ) =

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

26 Les équations d’état seront alors les suivantes : ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ x2 ( t ) ⎥ ⎢ 0 ⎢ x3 ( t ) ⎥ ⎢ 0 ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢x ( t )⎥ ⎢ 0 ⎢ n −1 ⎥ ⎢ ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ −a 0

1 0 0

0 1 0

0 0 −a1 −a 2

0 0 1 0

⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢0⎥ ⎥ ⎢ x 3 ( t ) ⎥ ⎢0⎥ ⎥ + ⎢ ⎥ u (t) ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎢ 1 ⎥ ⎢ x n −1 ( t ) ⎥ ⎢ 0⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎢ −a n −1 ⎥⎦ ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎣1 ⎦ 0 0 0

0 −a n − 2

(5.25)

Pour exprimer la sortie en fonction de l’état la relation (5.22) donne :

Y ( t ) = [ b0

b1 b 2

bm

0

⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ x2 ( t ) ⎥ ⎢ x (t) ⎥ 0] ⎢ 3 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢x ( t )⎥ ⎢ n −1 ⎥ ⎣⎢ x n ( t ) ⎦⎥

(5.26)

Cette décomposition est particulièrement simple car nous retrouvons dans la dernière ligne de la matrice A les coefficients du dénominateur et la matrice C est composée du numérateur. Cette décomposition canonique aboutit à une forme dite de matrice compagne. 5.2.3 Cas particulier ou m=n.

Dans le cas ou le degré du numérateur est égal au degré du dénominateur un traitement préalable doit être fait pour se ramener à une formulation ou la transmittance aura un degré du numérateur inférieur au degré du dénominateur. Y (p) c0 + c1 ⋅ p + c2 ⋅ p 2 + + cn ⋅ p n = H ( p) = U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n En isolant le coefficient de transmission directe qui correspond au gain de la transmittance pour une fréquence infinie nous obtenons : ( c − a ⋅ c ) + ( c1 − a1 ⋅ cn ) ⋅ p + ( c2 − a 2 ⋅ cn ) ⋅ p2 + + ( cn −1 − a n −1 ⋅ cn ) ⋅ pn −1 H ( p ) = cn + 0 0 n a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n H ( p ) = cn +

b0 + b1 ⋅ p + b2 ⋅ p2 +

+ b n −1 ⋅ p n −1

a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ pn −1 + pn Pour établir les équations d’état on utilise l’une des deux méthodes précédentes pour la transmittance, le coefficient c n correspondant à la matrice D.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

27 6. Exemple. 6.1 Moteur à courant continu. Nous allons considérer un moteur à courant continu alimenté par une tension Vs au stator

l’inducteur produisant un flux Φ ( Ii ) , Ii représentant le courant d’excitation.

E Induit

Vs

Cm

Rs Ls

Inducteur Ve

Figure 6-1 Montage technologique

Figure 6-2 Schéma de principe du moteur

Les notations utilisées sont les suivantes : Ii (t)

Courant dans l’inducteur en ampère Vs ( t ) Tension de l’induit en volt Ls Inductance de l’induit en henry

E(t) : Force contre électromotrice en volt Is ( t ) Courant de l’induit en ampère

Rs

Résistance de l’induit en Ω

k0

Coefficient technologique

Φ ( t ) Flux de l’inducteur en weber

Cm ( t ) Couple moteur en Nm

Ve ( t ) Tension d’excitation de l’inducteur

J

Inertie du moteur et de sa charge en m 2 K g f frottement fluide en Nms/rad

Les équations du moteur à courant continu et la relation fondamentale de la dynamique nous donne les équations suivantes : Vs ( t ) = E ( t ) + R s ⋅ Is ( t ) + Ls ⋅ Is ( t )

(6.1)

C m ( t ) = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) ⋅ Is ( t )

(6.2)

E ( t ) = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) ⋅ Ω ( t )

(6.3)

J ⋅ Ω ( t ) = Cm ( t ) − f ⋅ Ω ( t )

(6.4)

Le moteur à courant continu et sa charge sont régis par deux équations différentielles, il nous faut donc choisir deux variables d’état. Nous avons ici deux stockages de type inertiel, le premier dans l’inductance du stator et pour lequel nous associeront la première composante du vecteur d’état soit : x1 (t) = Ls ⋅ Is (t) , le second stockage a lieu dans l’inertie du moteur et de sa charge et nous prendrons comme deuxième composante d’état : x 2 (t) = J ⋅ Ω ( t ) En dérivant le vecteur d’état il vient : x1 (t) = Ls ⋅ Is (t) x 2 (t) = J ⋅ Ω ( t )

Si nous posons pour la commande et la sortie U ( t ) = Vs ( t ) et Y T ( t ) = ⎡⎣ Ω ( t ) Is ( t ) ⎤⎦ à partir des équations (6.1) à (6.4) nous auront : INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

28 k ⋅ Φ ( Ii ) k ⋅ Φ ( Ii ) R R U(t) = 0 ⋅ x 2 ( t ) + s ⋅ x1 ( t ) + x1 ( t ) ⇒ x1 ( t ) = − s ⋅ x1 ( t ) − 0 ⋅ x2 ( t ) + U ( t ) J Ls Ls J

k ⋅ Φ ( Ii ) f x2 ( t ) = 0 ⋅ x1 ( t ) − ⋅ x 2 ( t ) Ls J Ce qui donne les équations d’état suivantes : ⎡ k ⋅ Φ ( Ii ) ⎤ Rs ⎡ − 0 ⎢ − ⎥ ⎢0 Ls J x t ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ ⎡ ⎤ 1 ( ) ⎡ ⎤ 1 ⎥ U(t) Y ( t ) = ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥+ ⎥ x t x 2 ( t ) ⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦ ( ) k ⋅ Φ I ⎢1 ( ) f i ⎣ 2 ⎦ ⎢ 0 ⎣ − ⎥ ⎢⎣ Ls Ls J ⎣⎢ ⎦⎥

1⎤ J ⎥ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎥⎢ ⎥ x 2 ( t )⎦ ⎥ ⎣ 0 ⎥⎦

(6.5)

Simulation Matlab. Comme dans l’exemple précédemment nous allons écrire un script d’initialisation et un script de visualisation. Script d’initialisation

Script de visualisation

%------ Simulation d'un MCC ----% clear,clc; Rs=5.5; Ls=582e-3; k1=1.1911; eta=0.85; Wnom=157; Unom=220; Inom=6; Pmecanom=Unom*Inom*eta; Cnom=Pmecanom/Wnom; J=0.1; f=Cnom/Wnom; tfin=3; Tplot=0.01;

subplot(3,1,1); plot(t,U),legend('U');grid; axis([0 tfin 0 250]); subplot(3,1,2); Nr=W*30/pi; plot(t,Nr),legend('Vitesse tr/min');grid; axis([0 tfin 0 1600]); subplot(3,1,3); plot(t,Is),legend('Is');grid;

A=[-Rs/Ls -k1/J;k1/Ls -f/J]; B=[1;0]; C=[0 1/J;1/Ls 0]; D=[0;0]; Mcc=ss(A,B,C,D); Mcc.OutputName{1}='Vitesse'; Mcc.OutputName{2}='Courant';

U

t

To Workspace1 Clock

To Workspace

W x' = Ax+Bu y = Cx+Du Step

em

State-Space

To Workspace4 Is To Workspace2

Figure 6-3 Schéma Simulink pour la simulation du moteur à courant continu

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

29

200 U 100 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

1500 Vitesse tr/min

1000 500 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

30 Is 20 10 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Figure 6-4 Résultats de simulation pour un échelon de tension. Pour une mise en tension sous charge nominale nous pouvons constater un dépassement important du courant nominal qui conduit à avoir une puissance électrique crête d’environ 5 fois la puissance nominale. 8000

Pe=6400 W

Pe Pm

6000 Pm=2800 W 4000

Pe=1300 W

2000 0

Pm=1100 W

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

1 0.8 rendement

0.6 0.4 0.2 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

U

Figure 6-5 Puissances et rendement pour un échelon de tension. Passage à une formulation par transmittances. Si le courant de l’inducteur est maintenu constant nous pouvons poser : k1 = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) les équation d’état (5.5) deviennent : ⎡ Rs − ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ Ls ⎢ ⎥=⎢ x t ( ) ⎣ 2 ⎦ ⎢ k1 ⎢ L ⎣ s

k ⎤ 1⎤ ⎡ − 1⎥ 0 ⎢ J ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡1 ⎤ J ⎥ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎥⎢ ⎢ ⎥⎢ + U(t) (6.6) Y t = ( ) ⎥ ⎥ 1 x 2 ( t )⎦ f ⎥ ⎣ x 2 ( t ) ⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎣ 0 − ⎥ ⎢⎣ Ls ⎥⎦ J⎦ Pour établir la matrice de transfert nous avons vu précédemment (5.4) qu’elle est issue de l’équation matricielle : INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

30 −1

H(p) = C [ p ⋅ I − A ]

B + D , soit :

k1 ⎤ J ⎥ ⎥ f⎥ p+ ⎥ J⎦

−1

⎡ ⎢0 H(p) = ⎢ ⎢1 ⎢⎣ Ls

R 1⎤ ⎡ p+ s ⎢ Ls J⎥⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ − k1 ⎥⎦ ⎣ Ls

⎡ ⎢0 H(p) = ⎢ ⎢1 ⎢⎣ Ls

Ls ( J ⋅ p + f ) 1 ⎤ ⎡⎢ 2 J ⎥ ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥⎢ k1 ⋅ J 0⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎢ 2 ⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1

⎡ ⎢0 H(p) = ⎢ ⎢1 ⎢⎣ Ls

1⎤ J⎥ ⎥ 0⎥ ⎥⎦

⎡1 ⎤ ⎢0⎥ ⎣ ⎦

⎤ ⎥ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥ ⎡1 ⎤ ⎥ ⎢0⎥ J ( Ls ⋅ p + R s ) ⎥⎣ ⎦ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎦⎥

−

k1 ⋅ Ls

k1 Ls ( J ⋅ p + f ) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 2 ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥ ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥ ⎢ ⎥ ⇒ H(p) = ⎢ ⎥ (J ⋅ p + f ) k1 ⋅ J ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦ ⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦

Ce qui donne : k1 ⎡ ⎤ ⎢ 2⎥ ⎡ Ω ( p ) ⎤ ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ Vs (p) (J ⋅ p + f ) ⎣ Is ( p ) ⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

31

Annexe Le système SI (MKSA) LES UNITES DANS DIVERS SYSTEMES. Grandeur

Nom

Symbole

Expression avec les unités de base

longueur Masse

m kg

L M

temps Courant électrique

mètre Kilo gramme seconde ampère

s A

T

Potentiel électrique, fem,

volt

V

A

T −1Q

W A

L2 MT −2Q−1

Résistance électrique

ohm

Ω

Capacité électrique

farad

F

Inductance

henry

H

Flux d’induction magnétique

weber

Wb

V A C V Wb A V.s

Densité d’induction magnétique

tesla

T

Wb

Force

newton

Pression Energie, travail, quantité de chaleur puissance

Equation aux dimensions

2

L2 MT −1Q−1 L−2 M −1TQ2

L2 MQ −2 L2 MT −1Q−1 MT −1Q −1

N

m kg ⋅ m

LMT −2

Pa

s2 N

joule

J

m2 N.m

L−1MT −2

watt

W

pascal

J s

L2 MT −2 L2 MT −3

Règle d’écriture. Lorsqu’une unité porte le nom d’un chercheur, le nom de l’unité est écrit en minuscule, sauf Celcius.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

32

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par variables d’état

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

33

LES BOND GRAPHS 1.

Préambule.

Le bond graph est un langage graphique qui constitue un intermédiaire entre le système physique que l’on étudie et la formulation mathématique nécessaire à sa modélisation. La conception d’un bond graph ou graphe de liens repose sur l’échange d’énergie entre les éléments du système étudié et s’appuie sur la notion de causalité. Cette prise en compte de la causalité représente un avantage majeur de cette approche. D’autres formalismes, tels les graphes de fluences ou les graphes d’interconnections de ports, ne prennent pas en compte cet aspect. Afin de préciser cette notion de causalité nous prendrons deux exemples : Si nous sommes dans le domaine mécanique, pour une masse en mouvement, la force constitue la cause et la vitesse l’effet. En électronique, l’évolution de la tension aux bornes d’un condensateur est la conséquence du courant le traversant. La méthodologie des bond graphs suppose que le système soit à paramètres localisés, dans ce cas, il est possible de décomposer l’ensemble étudié en éléments appelés ports. Entre ces ports l’énergie est transmise, celle-ci se décomposant entre un effort et un flux, ces dénominations générales pourront se décliner dans plusieurs domaines de la physique. Cette dernière remarque constitue un autre atout de la représentation d’un système par bond graphs. En effet, il sera possible avec le même formalisme, de représenter des phénomènes électriques, mécaniques, thermiques, chimiques … Avant d’entrer dans les détails du formalisme par bond graph nous allons spécifier ses principales caractéristiques. ‰ C’est un langage unifié quelque soit le domaine physique considéré. ‰ Il est basé sur une formulation énergétique des échanges entre les sous systèmes ; Afin de décrire la variété des phénomènes dans différents domaine de la physiques une typologie d’éléments que nous détaillerons ultérieurement est définie. ‰ Source idéale d’énergie ‰ Stockage d’énergie ‰ Dissipation d’énergie ‰ Transformation et conversion de l’énergie 2.

Liens et ports. 2.1

Définitions.

Comme nous venons de l’entrevoir, cette approche permet de représenter les échanges d’énergie en terme de flux et d’effort entre les éléments du système physique appelé ports. Ainsi si le véhicule A entraîne la charge B, la force de traction F sera l’effort et la vitesse le flux ; la demi-flèche donne alors le sens de passage de l’énergie. Entraînement mécanique V

Circuits électriques

V F

F

B

Circuit

A

A

F

Circuit

B

U

U

B

A

B

A

V

I

Figure 2-1 Conventions d’un lien

INSA 3GE JM RETIF

I

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

34 Dans le domaine électrique, lorsque le circuit A alimente le circuit B, la tension U représente l’effort et le courant I le flux (au sens des bond graphs). Pour résumer, si deux composants d’un système physique s’échangent de l’énergie. Par convention la demi-flèche appelée lien indique le sens du transit. Pour ce sens, le transfert de la puissance sera considéré comme positive. Par convention, A sera le port d’entrée et B le port de sortie. effort A B e A B f e Port d'entrée Port de sortie A B f flux Figure 2-2 Représentations d’un lien entre deux ports Le lien comportera deux grandeurs, la variable de flux notée f est une variable extensive et correspond à un nombre de particules par unité de temps. La variable d’effort, notée e est une variable intensive indépendante de toute quantité de matière. La variable f de flux est notée du coté de la demi-flèche et l’effort e sur le coté opposé. Le produit de l’effort par le flux représente la puissance échangée. Lors de l’élaboration d’un bond graph, chaque élément est schématisé par un ensemble de ports communiquant par des liens indiquant le sens de transfert de la puissance. Pour des ensembles importants, il est parfois utile de faire une analyse plus macroscopique en définissant des sous-systèmes, dans ce cas le bond graph à mots est utilisé. Afin d’illustrer cette approche, pour un véhicule électrique, une analyse par bond graph à mots donne la décomposition suivante : Batterie

tension Courant

Onduleur

tension Courant

Moteur

Véhicule & Environnement

Boite Couple de Vitesse vitesse angulaire Vitesse Couple angulaire force vitesse

Transmission

Figure 2-3 Bond graph à mots 2.2

Expressions de la puissance et de l’énergie.

A partir des grandeurs de flux et d’effort d’autres variables peuvent être définies : 2.2.1

La variable de puissance (P)

La puissance échangée résulte du produit d’un flux par un effort. P = e ⋅ f Exemples : En mécanique l’effort, est la force ou le couple et le flux la vitesse linéaire ou angulaire, nous aurons dans ce domaine les expressions classiques P = F ⋅ V avec la force en newton et le flux en m/s. P = C ⋅ ω Ici la force correspond au couple en Nm et le flux à la vitesse angulaire en rad/s.

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

35 La variable de moment généralisé p(t).

2.2.2

t

Le moment généralisé noté p(t) correspond à l’intégrale de l’effort. p (t) = ∫ e ( τ ) dτ + p ( 0 ) 0

Exemples : Domaine électrique. Ici l’effort et le flux sont représentés, respectivement par la tension et le courant, il vient : t

p (t) = ∫ V ( τ ) dτ + p ( 0 ) . 0

Domaine mécanique. Pour un mouvement de translation, l’effort est la force et le flux la vitesse linéaire. t

Dans le cas d’une translation p (t) = ∫ F ( τ ) dτ + p ( 0 ) . 0

Ici, le moment généralisé p(t) représente l’impulsion en Ns. Pour les mouvements de rotation, l’effort est le couple et le flux la vitesse de rotation angulaire. t

En rotation p (t) = ∫ C ( τ ) dτ + p ( 0 ) et le moment généralisé p(t) sera l’impulsion 0

angulaire en Nms. 2.2.3

La variable de déplacement généralisé q(t).

Cette notion de déplacement est la grandeur duale du moment généralisé. Cette variable t

s’exprime par l’intégrale du flux soit : q (t) = ∫ f (τ) ⋅ dτ + q ( 0 ) 0

Exemples : Domaine électrique. Comme nous l’avons vu précédemment, l’effort et le flux correspondent respectivement à la tension et au courant. t

q (t) = ∫ I ( τ ) dτ + q ( 0 ) . 0

Dans le domaine électrique le déplacement représente la charge en Coulomb. Domaine mécanique. t

Pour un mouvement de translation q (t) = ∫ V ( τ ) dτ + q ( 0 ) . 0

t

L’intégrale de la vitesse est ici le déplacement exprimé en m. x(t) = x 0 + ∫ V(τ) ⋅ dτ . t0

C’est de la particularité, de cette variable dans le domaine mécanique, que vient la dénomination de déplacement. t

Pour un mouvement en rotation q (t) = ∫ ω ( τ ) dτ + q ( 0 ) 0

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

36 L’intégration de la vitesse angulaire donne l’angle, dans ce domaine le déplacement t

correspond donc à la rotation angulaire exprimée en rad. θ(t) = θ0 + ∫ ω(τ) ⋅ dτ t0

2.2.4

Variable d’énergie E(t). t

L’énergie correspond à l’intégration de la puissance . E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 ) 0

Exemples : Domaine électrique. Dans le domaine électrique nous aurons : t

E(t) = ∫ V ( τ ) ⋅ I ( τ ) dτ + E ( 0 ) 0

Domaine mécanique. Pour un mouvement de translation l’effort est la force et le flux la vitesse linéaire. En rotation l’effort est le couple et le flux la vitesse de rotation. t

En translation E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ V ( τ ) dτ + E ( 0 ) . 0 t

En rotation E(t) = ∫ C ( τ ) ⋅ ω ( τ ) dτ + E ( 0 ) . 0

2.3

Variables de flux et d’effort.

Résumé des variables d’effort et de flux

Domaine Electrique Magnétique Mécanique translation Mécanique rotation Hydraulique Thermique Chimique

Effort e La tension en Volt La force magnétomotrice La force en N

Flux f Moment p Le courant en Impulsion p ampère en V.s La dérivée du flux magnétique La vitesse en m/s Impulsion p en N.s Le couple en Nm La vitesse en rad/s Impulsion p en N.m.s Pression en Débit Pascal ( N / m2 ) Température °K Potentiel chimique µ

Dérivée de l’entropie S Flux molaire

Tableau 2-1

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

Déplacement q

Le flux magnétique Déplacement en mètre Angle en radian Volume en m3 Entropie S

Nombre moles

de

37 3.

Eléments du langage bond graph.

Les phénomènes mis en jeux sont analysés en termes de sources d’effort et sources de flux. La puissance étant le produit d’un effort par un flux. Nous allons distinguer 3 types d’éléments : Les éléments actifs, les éléments passifs, les éléments détecteurs, les jonctions et les éléments de transformation. 3.1

Les éléments actifs.

Dans un système, l’énergie peut être apportée soit par une source d’effort soit par une source de flux. Dans le domaine électrique, ce sont respectivement les sources de tension et de courant. Ces sources sont orientées par une demi-flèche opposée à la source considérée. 3.1.1

Source d’effort.

La variable effort est supposée indépendante du flux fourni par la source. Pour une source de tension, cela revient à dire que sa résistance interne est nulle.

e f

Se

Exemples 1. Domaine électrique.

Domaine mécanique.

F Z

u

Se :

Tension u

Se :

Force F

Source de tension, alimentation par une Moteur d’entraînement ayant des pertes nulles et source d’impédance nulle. fournissant une force de propulsion F. 3.1.2

Source de flux.

Ici cette source est la duale de la précédente. Dans le domaine électrique cela correspond à une source de courant d’impédance infinie. Exemples 2. Domaine électrique. Domaine mécanique.

e f

Sf

Vitesse v

i

Z

Sf :

Courant i

Sf :

Vitesse v

Source de courant, alimentation par une Moteur d’entraînement ayant une inertie infinie et source d’impédance infinie. fournissant une vitesse constante. INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

38 3.2

Eléments passifs.

Ce sont les éléments passifs qui dégradent l’énergie en chaleur, une résistance électrique, le frottement qui s’oppose à un mouvement etc… 3.2.1

Elément R.

Cet élément est utilisé pour modéliser un phénomène physique R liant les variables flux et effort, la puissance étant dissipée sous forme calorifique. Dans le domaine électrique se sont les résistances, en mécanique, les amortisseurs ou tout phénomène de frottement, en hydraulique une restriction. En fait tout phénomène dégradant l’énergie en chaleur.

e f

Exemples 3. Domaine électrique.

Domaine mécanique.

I Force F=b.V

U R1

U

Vitesse V

R:R1

I

F F V

R:b

Frottement s’opposant à un déplacement. Frottement sec ; F constant, P = V ⋅ F Frottement fluide ; F = b ⋅ V

La résistance : 2

Puissance dissipée P = U ⋅ I = R1 ⋅ I .

P = V ⋅ F = b ⋅ V2

3.2.2

Eléments de stockage.

Les éléments de stockage sont des éléments passifs mais réversibles en énergie. Un barrage accumule de l’énergie potentielle, une inertie en rotation stocke de l’énergie cinétique. Dans le domaine électrique, un condensateur contient une quantité d’électricité et une inductance de l’énergie magnétique. Deux types d’éléments de stockage existent selon qu’ils accumulent un flux ou un effort. 3.2.3

Elément C (stockage de type potentiel).

e f

C

Cet élément prend en compte le stockage d’un effort. L’élément C est utilisé pour tout phénomène physique liant la variable d’effort à la variable de déplacement, ce stockage est dit

potentiel. Le déplacement est défini par la relation q = ϕc ( C, e ) , dans le cas linéaire q = C ⋅ e . L’énergie stockée peut s’exprimer : t

E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 ) 0 t

Le déplacement s’exprimant vis-à-vis du flux par q (t) = ∫ f (τ) ⋅ dτ , il vient : 0 INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

39 q

E(q) =

∫ e ( q ) dq + E ( q0 ) .

q0

Exemples : Energie stockée dans un ressort. Pour un ressort la force est proportionnelle à l’écrasement soit : F = k ⋅ x , x

E(x) =

∫

x

F ( x ) dx + E ( x 0 ) =

x0

∫

k ⋅ x ⋅ dx + E ( x 0 ) =

x0

k ⋅ x2 2

Energie stockée dans un condensateur. Pour un condensateur la charge Q (déplacement) est reliée à la tension (effort) par la relation Q = C ⋅ U . E(x) =

q

x

q0

x0

∫ F ( q ) dq + E ( q0 ) =

∫

q q2 ⋅ dq + E ( q0 ) = , si on exprime cette énergie stockée C 2⋅C

1 en fonction de la tension, nous retrouvons la relation classique E = C ⋅ U 2 . 2 L’élément C peut s’exprimer par deux causalités : 1 Causalité intégrale : e = ∫ f , l’effort et l’intégrale d’un flux. C Causalité dérivée : f = C ⋅ e , le flux et la dérivée de l’effort. Exemples 4. Domaine mécanique.

Domaine électrique. I

Force F

F

Compression k.x Force F

Tension U U

C

Courant I

C:C

Ressort de raideur k

Vitesse V

C:

1 k

Le condensateur permet lorsqu’il reçoit un Le ressort permet lorsqu’il est soumis à une courant (flux) d’emmagasiner une charge vitesse (flux) d’emmagasiner un déplacement électrique exprimée en Coulomb exprimé en mètre. t (déplacement). t Déplacement : q = ∫ f ⇒ q ( t ) = ∫ V(τ) ⋅ dτ Déplacement : q = ∫ f ⇒ q ( t ) = ∫ i(τ) ⋅ dτ 0 0 Pour un ressort, la force due à la compression t sachant que pour un condensateur : F t et nous vaut : F ( t ) = k ∫ V ( τ ) dτ ⇒ q = 1 k u ( t ) = ∫ i ( τ ) dτ ⇒ q = C ⋅ u 0 C 0 retrouvons comme pour le condensateur la Nous retrouvons la relation générique en relation valable dans le cas linéaire q = C ⋅ e . régime linéaire q = C ⋅ e ou q représente la Nous vérifions ici que le déplacement quantité d’électricité en Coulomb. INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

40 F et que la k valeur de la variable C de cet élément vaut Causalité. 1 Pour avoir une causalité intégrale, un C = k . condensateur doit être alimenté par une source Causalité. de courant, la tension étant la conséquence. correspond à la compression x =

t

t

1 En causalité intégrale : u(t) = u 0 + ∫ i(τ) ⋅ dτ . C

En causalité intégrale : F = F0 + k ∫ V(τ) ⋅ dτ .

En causalité dérivée : i ( t ) = C ⋅ u ( t )

1 En causalité dérivée : v ( t ) = ⋅ F ( t ) k

3.2.4

0

0

Elément I (stockage de type inertiel).

e f

I

Cet élément permet de modéliser un phénomène physique liant la variable flux à la variable moment. p = ϕI ( I, f ) . Si le système est linéaire p = I ⋅ f

Cet élément de stockage est de type inertiel. L’énergie stockée peut s’exprimer : t

t

0

0

E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 ) Le déplacement s’exprimant vis-à-vis du flux par p (t) = ∫ e(τ) ⋅ dτ , p

il vient : E( p) =

∫ f ( p ) dp + E ( p0 ) . p0

Energie emmagasinée dans une masse. Ici p représente la quantité de mouvement p = M ⋅ V E(p) =

p

p

p0

p0

∫ V ( p ) ⋅ dp + E ( p0 ) = ∫

p 1 p2 1 ⋅ dp + E ( p0 ) = = M ⋅ V 2 , qui correspond à l’énergie M 2 M 2

cinétique. Energie emmagasinée dans une inductance. Dans le domaine électrique, p représente le l’impulsion en V.s, p=L.I. E( p) =

p

p

p0

p0

∫ I ( p ) ⋅ dp + E ( p0 ) = ∫

p 1 p2 1 ⋅ dp + E ( p0 ) = = L ⋅ I 2 , nous retrouvons la relation L 2 I 2

usuelle donnant l’énergie magnétique emmagasinée dans une inductance. L’élément I peut s’exprimer par deux causalités : 1 Causalité intégrale f = ∫ e , le flux et l’intégrale de l’effort. I Causalité dérivée e = I ⋅ f , l’effort et la dérivée du flux. Pour des circuits électriques le courant représente le flux dans le formalisme des graphes de fluence c’est l’inductance qui représente l’élément I. En mécanique le flux étant la vitesse c’est l’inertie qui est l’élément de stockage. INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

41 Exemples 5.

Domaine électrique.

Domaine mécanique.

i

F

Tension u L

u

Courant i

Masse M

I:L

Force F Vitesse v

I:M

L’inductance permet lorsqu’elle est soumise à En mécanique l’élément I est la masse M pour une tension (effort) d’emmagasiner une un mouvement de translation ou l’inertie pour une rotation. impulsion en V.s. t La masse soumise à une force (effort) p = ∫ e ⇒ p ( t ) = ∫ v(τ) ⋅ dτ , sachant que pour emmagasine une quantité de mouvement en Kg.m/s (moment). 0 t

t

p = ∫ e ⇒ p ( t ) = ∫ F(τ) ⋅ dτ

1 une inductance : i ( t ) = ∫ v ( τ ) dτ ⇒ L

,

la

loi

0

0

Qui correspond bien au cas linéaire fondamentale de la t p = I ⋅ f pour lequel le paramètre I est 1 v ( t ) = ∫ F ( τ ) dτ l’inductance. M

dynamique

donne :

0

t

p (t) = ∫ v ( τ ) dτ + p ( 0 )

Ce qui fourni p = M ⋅ v qui est bien la quantité de mouvement.

0

Causalité : Avec une formulation intégrale la cause est la Causalité : Pour un mouvement la vitesse est la tension et la conséquence est le courant. conséquence de la force. t 1 t i(t) = i0 + ∫ u(τ) ⋅ dτ 1 L = + v(t) v F(τ) ⋅ dτ 0 0 M∫ 0 En causalité dérivée nous retrouvons la relation Avec une formulation dérivée nous retrouvons classique : la loi fondamentale de la dynamique. u(t) = L.i(t) F(t) = M.v(t)

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

42 3.3

Les détecteurs.

Ce sont des éléments qui placé dans le bond graph indiquent la présence d’un capteur ou d’un instrument de mesure supposé idéal. Ainsi aucune puissance n’est consommée par le détecteur, nous distinguerons selon le type de mesure faite deux type de détecteur : 3.3.1

Détecteur d’effort.

e De

f =0 3.3.2

Détecteur de flux.

e=0

f

INSA 3GE JM RETIF

Df

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

43 3.4

Jonctions.

3.4.1

Jonction 0.

La jonction 0 permet de coupler des éléments soumis à un même effort.

e2 e1

Les efforts sont identiques : e1 = e2 = e3 = e Le flux entrant est égal à la somme des flux sortants f1 = f 2 + f3 Le corollaire de ces 2 propriétés se traduit par un bilan de puissance nulle e1 ⋅ f1 − e2 ⋅ f 2 − e3 ⋅ f3 = 0 .

f2 e3

0

f1

f3

Exemples 6.

Domaine électrique. Domaine mécanique. Alimentation par une source de tension d’une Association série d’éléments soumis à une inductance et d’une résistance en parallèle. même force. i

Masse M

iL

iR

Amortisseur

Force F R

u

L

Vitesse V2

Vitesse V1

R:R

u i

0

V1 − V2

F

iR

u Se : u

R:b

u

Se : F

I :L

iL

F V1

0

F V2

I:M

L’effort étant commun, ici la tension, la L’amortisseur est considéré sans masse, les jonction 0 correspond à la mise en parallèle forces sont identiques à chaque extrémité. d’éléments. Nous retrouvons ici une source de tension Se, L’amortisseur est animé de la vitesse un élément dissipatif R qui dissipera par effet V = V − V et dissipera une puissance b ⋅ V 2 . 3 1 2 3 Joule R ⋅ i 2R . La masse sera soumise à une force tel que : L’inductance sera parcourue par un courrant : 1 V2 = ∫ F 1 M iL = ∫ u L Nous pouvons remarquer que la jonction 0 correspond pour les circuits électriques à une mise en parallèle, alors qu’avec un montage cela correspond à un montage en série.

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

44 3.4.2

Jonction 1.

e2 e1

nul

f2

e3

1

f1

Pour une jonction 1, les flux sont communs et l’effort entrant est égal à la somme des efforts sortants. e1 = e2 + e3 . Comme précédemment, le bilan de puissance est e1 ⋅ f1 − e2 ⋅ f 2 − e3 ⋅ f3 = 0 .

f3 Exemples 7

Domaine électrique. Domaine mécanique. Une jonction 1 partageant le même flux, cela Considérons une masse reliée à un ressort et à correspond en électricité à la mise en série de un amortisseur conformément au schéma de composants. principe suivant C R

i

Ressort raideur k

vR

vC

F

L

Masse M Amortisseur

vL

u

Fk

F Fm

Masse M

R:R

R:b

vR i

Se : u

u i

1

Fa

vL

i

I:L

Se :F

vC i

F v

v Fm

1 Fk

C:C

v

I:M

v

C :1/k

Avec cette jonction le courant est constant (flux) Les liens reliés aux éléments R, L et C traduisent respectivement les tensions aux bornes de la résistance, de l’inductance et du condensateur.

INSA 3GE JM RETIF

Fa

Pour cette jonction la vitesse est commune, ce qui traduit l’état d’équilibre de la masse M. Les liens permettant de prendre en compte la force motrice (Source Se) et les forces résistantes du ressort et de l’amortisseur (liens reliés aux éléments R et C). La force d’inertie due à l’accélération correspond au lien aboutissant à l’élément I.

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

45 3.5

Eléments de transformation.

3.5.1

Transformateur TF.

Cet élément à 2 ports permet un changement des flux et des efforts tout en étant conservatif en puissance. Le transformateur TF possède un coefficient de transformation m e2 e1 tel que : TF f1 f2 e1 f 2 m = =m. e2 f1 Nous vérifions bien au vue de la relation précédente que le transformateur TF est conservatif en puissance puisque P = e1 ⋅ f1 = e2 ⋅ f 2 Cet élément est utilisé lors de la modélisation des transformateurs électriques, en mécanique pour les leviers, les engrenages et poulies. Le transformateur intervient aussi lors des changements de domaines physiques, ainsi un vérin hydraulique peut être vu comme la transformation de pressions et débits volumiques, en force et vitesse. Exemples 8

Domaine électrique. Transformateur électrique.

i1

Domaine mécanique. Transmission par courroie.

i2

Rayon R1

Rayon R2

Ω1

u2

u1

Ω2 Cm1 Cm2

u1 i1

TF m

u2

Cm1

i2

Ω1

Pour un transformateur idéal sans pertes : i u P = u1 ⋅ i1 = u 2 ⋅ i 2 et 2 = 1 = m i1 u 2 m, représentant le facteur de transformation.

INSA 3GE JM RETIF

R m= 1 R2

Cm2 Ω2

Si nous n’avons pas de pertes il y a conservation de la puissance. P = Cm1 ⋅ Ω1 = Cm ⋅ Ω 2 et R1 Ω 2 Cm1 = = =m R 2 Ω1 Cm2

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

TF

46 3.5.2

Gyrateur GY.

e1 f1

GY r

e2 f2

Cet élément est comme le précédent conservatif en puissance, il permet de transformer un effort en flux tel que : e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 .

Le gyrateur peut être utilisé pour prendre en compte les changements de domaine physique qui se font sans perte de puissance. Exemple 9.moteur à courant continu. Un moteur transforme de la puissance électrique en puissance mécanique. Pour un moteur à courant continu le couple moteur est proportionnel à une constante technologique k, au flux de l’inducteur Φ et au courant dans l’induit Is . C m = k ⋅ Φ ⋅ Is La force contre électromotrice est quant à elle proportionnelle au flux et à la vitesse, E = k ⋅Φ⋅ω. Si nous identifions pour les variables électriques : effort e1 = E , flux f1 = Is et pour les grandeurs mécaniques, effort e2 =Cm flux f 2 = ω nous aurons : E = k ⋅ Φ ⋅ ω ≡ e1 = k ⋅ Φ ⋅ f 2 et Cm = k ⋅ Φ ⋅ Is ≡ e 2 = k ⋅ Φ ⋅ f1 e2 =Cm e1 = E Domaine Domaine GY mécanique électrique f =ω f1 = Is r = k ⋅Φ 2

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

4.

47 Procédures de construction de modèles.

Nous allons ici présenter une méthodologie simple pour laquelle les phénomènes physiques ne sont pas couplés. Dans les domaines électriques et mécaniques les associations série / parallèle sont duales vis à vis des jonctions 1 et 0. Les lignes directrices seront donc différentes dans les deux cas. Pour les circuits électriques : 1. Identifier tous les éléments du système étudié. 2. Identifier et nommer le point du système dont les variables d’effort différent (tension). Pour toutes ces valeurs d’effort placer une jonction 0. Fixer une référence pour l’effort (tension). 3. Placer des jonctions 1 entre les jonctions 0 afin de prendre en compte les relations existant entre les flux (courant). 4. Relier les jonctions par des liens en respectant le sens du transfert de la puissance. 5. Placer les éléments de base présents dans le circuit, soit sur l’extrémité du lien libre associé, soit sur la jonction concernée 6. Eliminer tous les liens dont le potentiel correspond au potentiel choisit comme référence, puis éliminer toutes les jonctions 0 et 1 relatives à deux liens n’introduisant pas de changement de signe. Pour les systèmes mécaniques : 1. Identifier tous les éléments du système étudié. 2. Identifier et nommer le point du système dont les variables de flux différent (vitesse, courant). Pour toutes les valeurs du flux placer une jonction 1. Fixer un axe de référence pour le flux (vitesse). 3. Placer des jonctions O entre les jonctions 1 afin de prendre en compte les relations existant entre les efforts (tension, force). 4. Relier les jonctions par des liens en respectant le sens du transfert de la puissance. 5. Placer les éléments de base présents dans le système, soit sur l’extrémité du lien libre associé, soit sur la jonction concernée 6. Eliminer tous les liens dont le potentiel correspond au potentiel choisit comme référence, puis éliminer toutes les jonctions 0 et 1 relatives à deux liens n’introduisant pas de changement de signe. Nota : Pour les systèmes électriques les jonctions 1 étant à flux constant (courant) les éléments de la jonction correspondent au ceux qui sont en série. A contrario, la jonction 0 est à force constante (tension) représentera les éléments en parallèles.

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

48 4.1

Exemple 10 : Filtre elliptique.

a

i1

b R1

i3

L1

L3 L2 R2

E

Vs

C i2

R : R1

R : R2 a

VR1 i1 Se : E

E i1

b Vb

1

VR 2 i 3 c

b 0

i1 VL1

Vb i3

i 3 VL3

i 2 Vb d 1 i2 VL 2

1

I : L3 i2

VC C:C

I : L2

Les jonctions 1 sont à flux constant (courant), sur celles-ci sont réparti les efforts (tension) ici cela correspond aux deux mailles du filtre. Nous retrouvons ainsi sur les jonctions a, b, c : a/ Jonction 1 : E = VR1 + VL1 + Vb . c/ Jonction 1 : Vb = VR 2 + VL3 . d/ Jonction 1 : Vb = VL2 + VC . La jonction 0 est à effort constant (tension), c’est le potentiel du nœud b. b/ Jonction 0 : i1 = i 2 + i3

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

4.2

49 Exemple 11 : Poulie entraînant une charge.

Poulie de rayon R et d'inertie J

F

V1

ω2

Cm

ω2

h Corde de raideur k

Cm

V1 ⋅

F.R

F

x1

⋅

C J = J ⋅ ω2

Charge M F

V1

M

⋅

M ⋅ V1

M ⋅g

I:J

I:M ⋅

ω2

CJ

M ⋅ V1 V1

b a

Se

Cm ω2

1

c Cu ω2

R TF

F V1

1

M ⋅g V1

Se : M ⋅ g

a/ Jonction 1. Cette jonction à vitesse de rotation constante (flux) correspond à l’équilibre dynamique de la i

poulie en rotation, soit en écrivant la relation fondamentale de la dynamique : J ⋅ ω2 = Cm − Cu

b/ Transformateur TF :R. La poulie transforme via l’enroulement de la corde le mouvement de rotation en mouvement de translation. Si les pertes sont nulles nous aurons : V1 = ω2 ⋅ R et Cu = F ⋅ R . C e f V Un élément TF est régit par les relations : 1 = 2 = m soit ici : u = 1 = R . e2 f1 F ω2 c/ Jonction 1. Cette jonction prend en compte l’équilibre de la charge en translation pour laquelle nous i

pouvons écrire : M ⋅ V1 = F − M ⋅ g .

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

50 5. 5.1

Causalité d’un bond graph. Notion de causalité.

Les bond graphs permettent de représenter un système en mettant en évidence les échanges d’énergie entre les divers éléments de celui-ci. Pour élaborer la structure de calcul nécessaire à la simulation du système, il est indispensable de faire apparaître les relations de cause à effet. Lorsque 2 sous-systèmes A et B sont couplés en échangeant mutuellement effort et flux, deux situations duales peuvent se produire. ‰ A applique un effort e à B qui réagit en renvoyant à A un flux f. ‰ A applique un flux f à B qui réagit en renvoyant à A un effort e. A

e f

B

A

e A

f

f

B

e

B

A

e A

e f

f

B

e

B

A

Figure 5-1 Causalité

f

B

Figure 5-2 Causalité

Pour représenter ces deux situations d’échange de l’énergie, un trait causal est placé perpendiculairement au lien du coté où l’effort est transmis. Le flux évidement transitant dans le sens opposé au trait causal. Cette position du trait causal est indépendante du sens du transfert de l’énergie indiqué par la demi-flèche du lien. Sur la figure 5-1 l’effort est imposé de A vers B et le flux transite dans le sens contraire soit du port B vers le port A. La figure 5-2 représente la situation inverse. Nous allons aborder maintenant la causalité des divers éléments constituant un bond graph. 5.2 5.2.1

Source d’effort.

e f

Se 5.2.2

Sf

Les éléments actifs.

L’effort étant imposé par la source, le trait causal se trouve donc sur le port du coté de la flèche.

Source de flux.

e f

INSA 3GE JM RETIF

Ici la source impose le flux , le trait causal indiquant la causalité de l’effort est donc opposé au coté de la flèche.

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

51 5.3

Les éléments passifs.

5.3.1

Eléments R.

Dans le cas linéaire, la causalité de cet élément est indifférenciée, en effet nous pouvons exprimer le flux en fonction de l’effort ou réciproquement. Nous pouvons donc obtenir les deux situations suivantes :

e f

R

e f

R

f =

e dans ce cas c’est le flux qui est imposé. R

e = R ⋅ f et c’est l’effort qui est fixé.

Lorsque l’élément R n’est plus linéaire, il se peut que la causalité ne soit plus arbitraire et que le flux ou l’effort soit imposé. 5.3.2

Elément C.

Nous avions évoqué lors de la définition de cet élément que deux causalités sont possibles :

e

C

f

Causalité intégrale : e =

1 f , l’effort est imposé par l’intégrale C∫

d’un flux.

e f

C

Causalité dérivée : f = C ⋅ e , le flux est imposé avec la dérivée de l’effort.

La dérivée étant à proscrire dans un schéma de simulation, seule la causalité intégrale sera à considérer.

5.3.3

Elément I.

Comme pour l’élément C, deux causalités sont possibles et seule la causalité intégrale sera à considérer. 1 e Causalité intégrale f = ∫ e , le flux est l’intégrale de l’effort. I I

f

e f

INSA 3GE JM RETIF

I

Causalité dérivée e = I ⋅ f , l’effort est la dérivée du flux.

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

52 5.4

Jonctions.

5.4.1

Jonction 0.

f3

e e

e

0

f1

Pour une jonction 0 l’effort est commun, et les flux se partagent en fonctions du sens des liens. Dans cet exemple f1 = f 2 + f3 + f 4 (bilan des puissances nulles à la jonction). Pour que l’effort puisse être calculé, il suffit qu’une des quatre jonctions, quelque soit son sens, puisse imposer l’effort. Ici le trait de causalité de cette jonction correspond au lien 4, cela exprime le fait que la relation associée à ce lien assure le calcul de l’effort e.

f2 f4 e

Règle de causalité : Pour une jonction 0, un seul effort peut donner sa valeur aux autres, ce qui implique qu’il n’y ait qu’un seul trait causal près de la jonction. 5.4.2

Jonction 1.

f e3

Il

e1

e2

1

f

f f e4

Avec une jonction 1, les efforts se répartissent, l’orientation des liens fixant la relation entre ceux-ci, ici nous avons : e1 = e2 + e3 + e4 suffit déterminer le flux d’un seul lien, cette contrainte impose qu’il n’y ait autour de la jonction qu’un seul trait causal manquant. Dans cet exemple c’est la relation associée au lien 3 qui permet le calcul du flux. Règle de causalité : pour une jonction 1 il ne doit y avoir qu’un seul lien sans trait de causalité près de la jonction. 5.5

5.5.1

Eléments de transformation.

Transformateur TF.

Pour le transformateur deux possibilités s’offrent pour affecter la causalité. Nous rappelons que les relations caractéristiques d’un TF sont : e1 = m ⋅ e2 et f 2 = m ⋅ f1 . Le facteur de transformation m est une relation directe entre les efforts e1 et e2 et les flux f 2 et f1 . Nous rappelons qu’il y a conservation de la puissance P = e1 ⋅ f1 = e2 ⋅ f 2 . e Si l’effort e1 est connu, nous aurons e2 = 1 au e1 e2 m TF f f1 f2 secondaire c’est le flux f 2 qui est imposé et f1 = 2 . m m Dans ce cas les traits causaux sont représentés ci-contre. e1 e2 Dans le cas où le flux est imposé au primaire, c’est TF effort qui est fourni au secondaire (voir ci-contre) et l’ f1 f2 nous aurons e1 = m ⋅ e2 et f 2 = m ⋅ f1 . m Règle de causalité : Pour une jonction TF il ne doit avoir qu’un seul trait causal près de la jonction. INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

53 5.5.2

Gyrateur GY.

Ici comme son nom l’indique le gyrateur assure une relation croisée entre les efforts et les flux. e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 Comme pour le transformateur, nous avons deux possibilités d’affectation de la causalité. e1

GY r

f1

e1

GY r

f1

e2 f2

e2 f2

Si l’effort e1 est imposé au secondaire le flux vaudra e e f 2 = 1 se qui ramera via la relation f1 = 2 la causalité r r sur le flux au primaire Dans le cas contraire, au primaire le flux est imposé et au secondaire c’est l’effort. Les relations génériques assurant le calcul sont alors : e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 .

Règle de causalité : Pour une jonction gyrateur, 2 traits causaux sont présents ou absents de la jonction. 5.6

12345-

Procédure d’affectation de la causalité.

Affecter la causalité aux sources. Placer les traits en causalité intégrale sur toutes les jonctions I et C. Affecter les causalités aux jonctions O, 1, TF et GY. Fixer des causalités aux éléments R. Rechercher les éventuels conflits de causalité. En cas de conflit problème !

Problème de causalité. Dans ce cas, mais c’est un expédiant, il est toujours possible pour certains élément I ou C d’utiliser une causalité dérivée. Dans cette situation, il est probable que vous seriez confronté à des problèmes numériques de résolution. Il est donc indispensable, pour éviter une formulation dérivée de revoir la formulation par bond graph de votre système. Si vous êtes confronté à un problème de causalité, il est vraisemblable que vous n’ayez pas analysé avec suffisamment d’acuité les phénomènes mis en jeu. La plupart du temps, vous avez omis de formuler un phénomène qui paraissait secondaire en terme d’importance mais primordial pour la causalité. Dans le domaine électrique la mise en parallèle de sources de tensions ou la mise en série de sources de courants sans considérer les impédances de liaison conduisent à un conflit de causalité. En mécanique si vous sollicitez les extrémités d’un arbre par deux sources d’effort (couples) sans considérer la raideur de la liaison vous aurez un problème de causalité.

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

54 5.7

Récapitulatif des causalités.

Causalité

Elément

Obligatoire

Se

Obligatoire

Sf

Loi de caractérisation

e f e f e

Intégrale

f

e f

Intégrale

e f e f

Arbitraire Arbitraire

Eléments

Cas linéaire

e est imposé par Se

f est imposée par Sf

C

e=∫ f

e=

q C

I

f = ∫e

f =

p I

R

e = R⋅ f

R

f =

Règle

e R

Loi

2

1

0

Effort commun imposé par Un seul lien avec ⇒ e = e = e = e 1 2 3 4 un trait causal près Orientation énergie de la jonction 0 ⇒ f1 = f 2 + f3 + f 4 . Causalité ⇒ f 4 = f1 − f 2 −

3

4

e4 .

f3

2

1

1

Un seul lien sans Flux imposé par f 2 . un trait causal près ⇒ f = f = f = f 1 2 3 4 de la jonction 1 Orientation énergie ⇒ e1 = e2 + e3 + e4 . Causalité ⇒ e2 = e1 − e3 − e4

3

4

e1 f1 e1 f1 e1 f1

e1 f1

INSA 3GE JM RETIF

TF m TF m GY r

GY r

e2

Affectation symétrique de la causalité.

f2 e2

e1 = m ⋅ e2

e e2 = 1 m

f2 e2 f2

e2

Affectation antisymétrique de la causalité.

f2

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

e1 = r ⋅ f 2 e f1 = 2 r

f 2 = m ⋅ f1

f f1 = 2 m

e2 = r ⋅ f1 e f2 = 1 r

55 5.7.1

Exemple

Reprenons ici le circuit de l’exemple 7 du paragraphe 3.3.2. Exemple 12.

C

R

i

vR

R:R 4 1

L

vC

vL

u

F

Se : u

1

1

1 3

I:L

2

C:C

R:R vR

Pour la source Se, les éléments I et C ont une causalité imposées.

i Se : u

u

vL

1

i

i

I:L

i

Pour la jonction 1, afin de pouvoir établir le courant (flux) de façon unique, il faut ajouter un trait de causalité au lien aboutissant à l’élément R du coté de la jonction (trait pointillé).

vC

C:C Equations de simulation. t

1 Lien-2 élément C : vC ( t ) = ∫ i ( τ ) dτ C 0

Lien-3 élément I : i ( t ) =

t

1 v L ( τ ) dτ L∫ 0

Lien-4 élément R : Vr ( t ) = R ⋅ i ( t )

Jonction 1 : v L ( t ) = u(t) − Vr ( t ) − vC ( t )

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

56

INSA 3GE JM RETIF

Les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

57

MODÉLISATION PAR LES BOND GRAPHS 1.

Préambule.

Le modèle bond graph associé à un système physique est un intermédiaire qui permet de conduire à l’écriture du modèle mathématique assurant la simulation su susdit système. Cette modélisation pouvant s’opérer à un niveau élémentaire par le chaînage des équations et d’une méthode d’intégration numérique, ou par l’utilisation d’un progiciel avancé de simulation tel Matlab. Conjointement à cet aspect de simulation, le bond graph est un outil de représentation qui montre non seulement l’architecture du système mais aussi son organisation causale et permet d’établir des relations formelles telles les transmittances et les équations d’état. Dans ce chapitre nous allons dans le cas linéaire mono variable étudier les étapes méthodologiques conduisant à l’obtention d’une fonction de transfert. Toujours dans le cas linéaire mais pour des systèmes multivariables nous utiliserons les bond graphs pour aider à l’élaboration des équations d’état. A l’issue des descriptions méthodologiques de ces deux approches celles-ci seront illustrer par 3 exemples. 2.

Chemins causaux d’un bond graph. 2.1

Gain d’un chemin causal.

Dans le cas linéaire, le gain d’un chemin causal est une fonction liant la variable d’entrée à la variable de sortie via les éléments correspondants. Le gain d’un chemin causal se calcule par : ⎛ ⎛ 1 ⎞ 1⎞ (2.1) T = −1n 0 + n1 ⋅ ∏ ⎜ m j ou ⎟ ⋅∏ ⎜ rk ou ⎟ ⋅∏ g e ⎜ ⎟ m r ⎝ ⎠ j k j ⎝ e ⎠ k Ce gain comprend 3 termes : • •

•

le premier, −1n 0 + n1 , détermine le signe et dépend de l’orientation des liens, ⎛ 1 ⎞ le second, ∏ ⎜ m j ou ⎟ , est le produit des gains transformateurs ⎜ ⎟ m j j ⎝ ⎠ ⎛ 1⎞ le troisième, ∏ ⎜ rk ou ⎟ , est le produit des gains des gyrateurs, la causalité des éléments rk ⎠ k ⎝

TF et GY détermine s’il faut prendre les gains ou leurs inverses, •

le troisième ( ∏ g e ) correspond aux gains des éléments de boucle R, C et I. e

Orientations des liens. Pour le premier terme il faut déterminer les valeurs prises par n 0 et n1 . n 0 est le nombre de changements d’orientations des liens pour la variable flux aux jonctions « 0 ». n1 est le nombre de changements d’orientations des liens pour la variable effort aux jonctions « 1 ».

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

58 Transformateurs et gyrateurs. Pour ces éléments, selon la causalité, le coefficient k i vaut +1 ou -1 conformément aux configurations décrites ci-après. e1

Sf

f1 e1

Se

f1

e2

TF m1

TF

Ici e1 = m1 ⋅ e2 et f 2 = m1 ⋅ f1 =⇒ m1

f2 e2 f2

e f 1 Ici e2 = 1 et f1 = 2 ⇒ m1 m1 m1

m1 e1

Sf

f1 e1

Se

f1

GY r GY r

e2

Ici e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 =⇒ r

f2 e2

e e 1 Ici f1 = 2 et f 2 = 1 ⇒ r r r

f2

Eléments R, C, I. Nous considérerons ici que les éléments C et I sont en causalités intégrales, pour l’élément R la causalité est arbitraire. Elément

C

I

R

INSA 3GE JM RETIF

Causalité

e f e f e f e f

Gain g e

C

1 C⋅p

I

1 I⋅p

R

R

R

1 R

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

59 Illustrons le calcul du gain causal, avec l’exemple B qui traite de la traction d’une charge par une poulie. Nota : Le Bond Graph initial est défini dans le chapitre précédent (§ 4.2 du chapitre "Les Bond Graphs"). Le Bond graph respectant des causalités intégrales est déterminé dans ce chapitre (§ 5-2 Exemple B) Nous allons ici chercher le chemin causal reliant la variable d’entrée, le couple électromagnétique Cm , à la vitesse de la charge V1 . C:

I:J

1 k

Effort

I:M

( V1 − V2 )

Df

Flux

Cm

Se

⋅

ω2

CJ

R TF

Cu 1

ω2

ω2

F

F

V1 1

0 V2

V1

ω2

Cf

V1

M ⋅ V1

M ⋅g Fb

V1 Se : M ⋅ g

R :f

R :b

Figure 2-1 : chemin causal entrée sortie. Pour représenter la mesure de la vitesse nous avons placé un capteur de flux (élément DF). La variable flux traverse une seule jonction « 0 » sans changement de sens ce qui donne n 0 = 0 . La variable effort traverse 2 jonctions « 1 » sans changement de sens alors n1 = 0 . Le gain du transformateur vaut : m1 = R . 1 k Les gains des éléments I C,R qui sont sur le parcours sont respectivement : g1 = , g2 = . J⋅p p 1 g3 = . M⋅p Le gain du chemin causal entré sortie vaudra alors : k⋅R T (p) = M.J.p3 2.2

Gain d’une boucle causale.

Lorsque deux ports sont parcourus par une boucle causale indicée i, le gain de la boucle Bi est obtenu par la relation similaire au gain d’un chemin causal : Bi = ( −1)

n 0 + n1

2

2 ⎛ ⎛ 1 ⎞ 1⎞ ⋅ ∏ ⎜ m j ou ⎟ ⋅ ∏ ⎜ rk ou ⎟ ⋅ ∏ g e ⎜ ⎟ m rk ⎠ e j j ⎝ ⎠ k ⎝

(2.2)

Le fait que les termes liés au éléments TF et GY soient au carré correspond au fait que ce élément sont traversés deux fois dans une boucle causale. Reprenons à titre d’exemple de bond graph de la traction d’une charge. INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

60 B3 C:

I:J

1 k

I:M Df

Se

1

R TF

0

1

Se : M.g

Effort Flux

R :f B1

V1

R :b B2

Figure 2-2 : boucles causales. Boucle B1 : Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, n 0 = 0, n1 = 1 . f . L’élément résistif à une causalité « résistance », B1 ( p ) = − J⋅p J La grandeur , représente la constante de temps mécanique liée à la rotation de la poulie. f Boucle B2 : Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, . n 0 = 0, n1 = 1 b . L’élément résistif a une causalité « résistance », B2 ( p ) = − M⋅p M La grandeur , représente la constante de temps mécanique liée à la translation de la charge. b Boucle B3 : Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, et pour la jonction « 0 » il n’y a pas de changement de sens, pour la variable flux, n 0 = 0, n1 = 1

B3 ( p ) = −

R 2 .k J ⋅ p2

La quantité R

k représente la pulsation propre associée à l’élasticité de la corde et de l’inertie J

de la poulie. Boucle B4 : Pour cette jonction 1 il n’y à pas de changement de sens pour la variable effort, et pour la jonction « 0 » il y a un changement de sens, pour la variable flux. n 0 = 1, n1 = 0 k B4 ( p ) = − . M ⋅ p2 k représente la pulsation propre associée à l’élasticité de la corde et de la charge. M Ces quantités associées aux boucles causales que nous venons de mettre en évidence correspondent aux modes de systèmes.

La quantité

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

3.

61 Etablissement d’une fonction de transfert.

La prise en compte de la structure causale du bond graph se prête à l’application de la règle de MASON (utilisée généralement avec les graphes de fluence) pour l’établissement de la transmittance entrée sortie. Si l’on note y(t) et u(t) respectivement la sortie et l’entrée d’un système mono variable, la règle de MASON appliquée au bond graph peut prendre la forme symbolique suivante :

∑ Tk ( p ) .Dk ( p )

Y (p) k = U ( p)

(3.1)

D(p)

Tk ( p ) est le gain d’un chemin direct liant la sortie à l’entrée, dans le cas général il peut en

exister plusieurs. D ( p ) est le déterminant du bond graph son calcul se fera à l’aide de la relation suivante :

D ( p ) = 1 − ∑ B j ( p ) + ∑ B j ( p ) .Bk ( p ) − j

j,k

∑ B j ( p ) .Bk ( p ).Bl ( p ) + "

(3.2)

j,k,l

Les B j ( p ) représentent les gains de boucles causales du système intervenant, lorsqu’elles sont disjointes, en produit 2 à 2 puis 3 à 3 etc …. Dk ( p ) se calcule comme D ( p ) , mais avec uniquement les boucles causales ne touchant pas la

chaîne d’action correspondante. Nous allons illustrer cette méthodologie avec l’exemple précédent de la charge tractée par une poulie. Nous avons, conformément à la figure 2-2, trois boucles disjointes ( B1, B2 , B4 ), en appliquant les relations précédentes nous obtenons :

V1 ( p ) T1 ( p ) .D1 ( p ) = Cm ( p ) 1 − B1 ( p ) − B2 ( p ) − B3 ( p ) − B4 ( p ) + B1 ( p ) .B2 ( p ) + B1 ( p ) .B4 ( p ) + B2 ( p ) .B3 ( p ) Avec :

T1 ( p ) =

V1 ( p ) k⋅R = ⋅ Cm ( p ) M.J.p3

k⋅R M.J.p3

, et D1 ( p ) =1, il vient : 1

1+

f b R 2 .k k f .b f .k R 2 .k.b + + + + + + J ⋅ p M ⋅ p J ⋅ p 2 M ⋅ p 2 J.M.p 2 J.M.p3 J.M.p3

V1 ( p ) k⋅R = Cm ( p ) J.M.p3 + p 2 ( f .M + b.J ) + p R 2 .k.M + kJ + b.f + k.f + R 2 .k.b

(

INSA 3GE JM RETIF

) (

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

)

(3.3)

62 4.

Elaboration des équations d’état.

Le passage d’une représentation par bond graph d’un système à une formulation d’état est assez naturelle. Les composantes du vecteur seront les variables énergie associées aux éléments I et C. Les relations correspondantes à ces deux éléments sont les suivantes : Elément I. 1 ⇒ e = I ⋅ f f = ∫e I Pour cet élément nous prendrons :

Moment généralisé p = I ⋅ f xi = p = I ⋅ f

x i = I ⋅ f = e

⇒

Le choix du moment généralisé pour la variable d’état donne ainsi pour sa dérivée l’effort. Elément C. 1 e= ∫ f ⇒ f = C ⋅ e Déplacement généralisé q = C ⋅ e C Avec l’élément C la composante du vecteur d’état sera le déplacement soit : x i = q = C ⋅ e ⇒ x i = C ⋅ e = f Pour obtenir les équations d’état à partir d’un bond graph les principales étapes sont les suivantes : 1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état. 2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités.

3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités. 4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état. Pour illustrer cette démarche, reprenons l’exemple précédent de la traction d’une charge par une poulie (§ 4.2). I:J

C:

2

Se : C m

1

1 k

I:M

8

6

1

4

R TF

5

7 0

3

1

9

R:f

R:b

Figure 4-1 : Bond graph d’une charge entraînée par une poulie.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

10 Se : M.g

63 1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état. Nous avons ici 2 stockages inertiels (la masse et l’inertie) et un élément de stockage potentiel (le condensateur), associons les composantes d’état suivantes : x1 = p2 = J ⋅ f 2 = J ⋅ ω2 (4.1) x 2 = p8 = M ⋅ f 8 = M ⋅ V1 (4.2) 1 1 x 3 = q6 = ⋅ e6 = ⋅ F (4.3) k k ⎡e ⎤ ⎡C ⎤ Nous prendrons comme vecteur d’entrée U = ⎢ 1 ⎥ = ⎢ m ⎥ et pour sortie : Y = f8 = V1 . ⎣ e10 ⎦ ⎣ M ⋅ g ⎦ 2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités. Jonction 1 f1 = f 2 = f3 = f 4 e2 = e1 − e3 - e4 Jonction 0. e5 = e6 = e7 f 6 = f5 − f 7 Jonction 1 f7 = f8 = f9 = f10 e8 = e7 - e9 − e10

(4.4) (4.5) (4.6) (4.7) (4.8) (4.9)

3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités. Jonction 1 En 1, e1 = Cm En 2, élément I :

En 3, élément R : En 4, TF : Jonction 0 En 5, TF : En 6 : élément C Jonction 1 En 8 , élément I : En 9, élément R : En 10, Se

INSA 3GE JM RETIF

(4.10) x (4.1) ⇒ f 2 = 1 J  2 = e2 x 1 = J ⋅ ω e3 = f ⋅ f3 e4 = R ⋅ e5

(4.12) (4.13) (4.14)

f5 = R ⋅ f 4 (4.3) ⇒ e6 = k ⋅ x 3

(4.15) (4.16)

x (4.2) ⇒ f8 = 2 M e9 = b ⋅ f9 e10 = M ⋅ g

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(4.11)

(4.17) (4.18) (4.19)

64 4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état. ‰ Composante x1 (4.5)&(4.10) ⇒ x 1 = e2 = Cm − e3 - e4 1 (4.4) ⇒ f3 = f 2 (4.1) ⇒ f 2 = ⋅ x1 J

(4.12) ⇒ x 1 = e2 , (4.13) ⇒ e3 = f ⋅ f3

f Nous obtenons alors : e3 = ⋅ x1 J (4.6) ⇒ e5 = e6 (4.14) ⇒ e4 = R ⋅ e5 Ce qui donne : e4 = R ⋅ k ⋅ x 3

(4.3) ⇒ e6 = k ⋅ x 3 f x 1 = Cm − ⋅ x1 - R ⋅ k ⋅ x 3 J

La première composante vaut alors Composante x2

‰

Erreur ! Source du renvoi introuvable. ⇒ x 2 = e8 (4.6)&(4.3) ⇒ e7 = e6 = k ⋅ x 3

(4.18)&(4.8) ⇒ e9 = b ⋅ f9 = b ⋅ f8

(4.17) ⇒ e9 =

(4.19) ⇒ e10 = M ⋅ g La composante x 2 vaudra :

(4.9) ⇒ x 2 = e7 - e9 − e10

x 2 = -

b ⋅ x2 M

b ⋅ x 2 + k ⋅ x3 − M ⋅ g M

Composante x3 Erreur ! Source du renvoi introuvable. ⇒ x 3 = f6 ‰

(4.15)&(4.4) ⇒ f5 = R ⋅ f 4 = R ⋅ f 2 (4.8)&(4.2) ⇒ f7 = f8 =

(4.1) ⇒ f5 =

(4.7) ⇒ x 3 = f5 − f 7 R ⋅ x1 J

1 ⋅ x2 M

La composante x 3 vaut alors :

x 3 =

R 1 ⋅ x1 − ⋅ x 2 J M

Les vecteurs X , U et Y étant les suivants : ⎡e ⎤ ⎡C ⎤ F⎤ ⎡ q6 ] = ⎢ J ⋅ ω2 M ⋅ V1 , U = ⎢ 1 ⎥ = ⎢ m ⎥ et Y = f7 = V1 ⎥ k⎦ ⎣ ⎣e10 ⎦ ⎣ M ⋅ g ⎦ Nous obtiendrons la décomposition d’état :

X T = [ p2

⎡ f ⎢− J ⎢ ⎢  X= 0 ⎢ ⎢R ⎢ ⎢⎣ J

⎡ Y = ⎢0 ⎣

p8

0 b M 1 − M

−

1 M

⎤ −R ⋅ k ⎥ ⎡1 0 ⎤ ⎥ ⎡C ⎤ k ⎥ ⋅ X + ⎢⎢0 −1⎥⎥ ⋅ ⎢ m ⎥ ⎥ M ⋅ g⎦ ⎢⎣0 0 ⎥⎦ ⎣ ⎥ 0 ⎥ ⎥⎦

⎡C ⎤ ⎤ 0 ⎥ ⋅ X + [ 0 0] ⋅ ⎢ m ⎥ ⎦ ⎣M ⋅ g ⎦

INSA 3GE JM RETIF

(4.20)

(4.21)

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

65 Applications des bond graphs à la modélisation.

5.

Exemple A : Filtre passif.

5.1

Reprenons ici l’exemple 10 du filtre elliptique du chapitre « Les bond graphs » du paragraphe 4.1. i1

a

b R1

i3

L1

L3 L2 R2

E

VR 2

C i2

Figure 5-1 Filtre elliptique 5.1.1

Causalités du bond graph. R:R2

R:R1

Problème ! a b

VR1

VR2

i1

Se : E E

1

i1

i1

Vb

VL1

Vb i3

0 Vb

i1

i2

I:L1

i3 1 VL3

d

i3

1

I:L2

I : L3

VL2

i2

i2

VC

c

Causalité à la jonction a. Sur cette jonction de type 1 le courant i1 (flux) est imposé par l’inductance L1 . La source Se fixant la tension E (effort), le respect de la causalité conduit à ce que la résistance R1 fournisse la tension (effort) et que le courant i1 soit transmis à la jonction b.

C:C

Figure 5-2 Bond graph du filtre elliptique Causalité de la jonction d. L’inductance L2 impose le courant i 2 , sachant que le condensateur impose à la jonction la tension, le lien entre d et b transmettra le courant i 2 . Causalité de la jonction b. Cette jonction de type 0 est à tension constante (effort), elle reçoit des jonctions a et d les courants i1 et i 2 . Le respect de la causalité conduit, via le lien entre d et a, à imposer le courant. Causalité de la jonction c. La jonction est de type à courant constant. L’inductance L3 imposant le courant ainsi que le lien issu de la jonction b, il y a un conflit de causalité. Ce conflit vient du fait que nous avons des inductances en série et qu’il n’est pas physique d’avoir deux sources de courant en série.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

66 La simulation de ce circuit conduirait à avoir une causalité dérivée, ce que nous devons à tout prix éviter. Si nous nous sommes retrouvés dans cette situation, c’est que nous avons négligé un phénomène annexe crucial en terme de causalité. Pour remédier à ce problème il faut considérer les inductances comme non idéales, ici, pour lever ce conflit de causalité, nous considérerons la résistance naturelle de l’inductance L2 qui sera mise en parallèle. Il est à noter que nous aurions pu, pour lever ce problème de causalité, ajouter une résistance en parallèle à L1 ou L3 . i1

i3 R1

i2

L1 RL

E

L3 L2

R2

VR 2

C

Figure 5-3 Filtre elliptique avec la résistance de L2 Afin de changer la causalité du lien entre b et d, l’inductance L 2 ne doit plus se comporter comme une source de courant. Pour cela nous ajouterons une résistance parallèle R L à l’inductance L 2 conformément à la figure 6-3. Cette résistance pourra prendre ensuite en simulation une très forte valeur. R : R1 a

VR1 i1 Se : E

E i1

R :R 2 b Vb i1

1

Vb i3

0

VL1 i1

Vb i 2

I: L1

I:L 3 i2

i2 I:L 2

VC

0

VL 2

1 VL3 i 3

d

1 VL 2

iL 2

VR 2 i 3 c

C :C e

VL 2 i RL R : RL

Figure 5-4 Nouveau bond graph du filtre elliptique

b/ Jonction 0. i 2 = i1 − i3

a/ Jonction 1. 1 i1 = VL1 . Causalité effort. L1 ∫ VR1 = R1 ⋅ i1 . Causalité flux. VL1 = E − Vb − VR1 INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

67 c/ Jonction 1. 1 i3 = VL3 Causalité effort. L3 ∫ VR 2 = R 2 ⋅ i3 VL3 = Vb − VR 2

d/ Jonction 1. 1 VC = ∫ i 2 C

Vb = Vc + VL2

e/ Jonction 0. i L2 =

VL2 = R L ⋅ i RL

1 VL2 L2 ∫

i RL = i 2 − i L2 5.1.2

Schéma bloc de simulation.

A partir des équations tirées de la causalité aux jonctions et de la distribution des efforts et des flux, nous obtenons le schéma de simulation ci-dessous.

Vb

R1

VR1

d/ jonction 1 -

VL1

+

E

a/ jonction 1

1 L1 ⋅ p

i1 + i3 -

i2

1 C ⋅p

Vb + -

VC + V b +

b/ jonction 0

+ i RL VL 2

VL3

1 L3 ⋅ p

VR 2 c/ jonction 1

i3

R2

VR 2 RL 1

VL 2

iL 2

L2 ⋅ p e/ jonction 0

Figure 5-5 : schéma de simulation du filtre elliptique. 5.1.3

Fonction de transfert.

Nous n’allons pas ici élaborer la fonction de transfert à partir de la règle de MASON, mais utiliser une technique alternative issue du schéma bloc précédent. A partir du schéma de simulation nous pouvons facilement établir les fonctions de transfert correspondantes à chaque jonction. E ( p ) − Vb ( p ) = H1 ( p ) ( E ( p ) − Vb ( p ) ) R1 + L1 ⋅ p b/ Jonction 0 : i 2 = i1 − i3 1 Vb ( p ) = H3 ( p ) ⋅ Vb ( p ) c/ Jonction 1 : I3 ( p ) = R 2 + L3 ⋅ p a/ Jonction 1 : I1 ( p ) =

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

68

I ( p) + VL2 ( p ) d/ Jonction 1 : Vb ( p ) = 2 C⋅p L2 ⋅ p I2 ( p ) e/ Jonction 0 : VL2 ( p ) = L 1+ 2 ⋅ p RL En considérant les fonctions de transfert des jonctions d et e nous obtenons : I ( p) ⎡ 1 L2 ⋅ p R ⋅L ⋅p ⎤ + + L 2 ⎥ Vb = 2 I 2 ( p ) ⇒ Vb = I 2 ( p ) ⎢ C ⋅ p 1 + L2 ⋅ p ⎣ C ⋅ p R L + L2 ⋅ p ⎦ RL

L2 ⋅ p + L2 ⋅ C ⋅ p2 Vb ( p ) R L + L 2 ⋅ p + R L ⋅ L2 ⋅ C ⋅ p RL = = = H2 ( p ) L2 I2 ( p ) 2 R L ⋅ C ⋅ p + L2 ⋅ C ⋅ p2 ⋅C⋅p C⋅p + RL Ces relations permettent de construire le schéma bloc suivant : 2

1+

H 2 (p)

H1 ( p )

E

VL1

+ Vb

-

1 R1 + L1 ⋅ p

i1

+ i2 i3 -

R L + L 2 ⋅ p + R L ⋅L 2⋅C ⋅ p2

Vb

R L ⋅ C ⋅ p + L 2 ⋅ C ⋅ p2

1 R 2 + L3 ⋅ p

VR 2

i3 R2

c/ jonction 1

b/ jonction 0

a/ jonction 1

H 3 (p )

Figure 5-6 : schéma de simulation du filtre elliptique. A partir du schéma bloc Fig. 6-6 nous obtenons : I3 ( p ) H1 ( p ) ⋅ H 2 ( p ) ⋅ H3 ( p ) = G (p) = pour obtenir la tension VR 2 ils suffira de E (p) 1 + H1 ( p ) ⋅ H 2 ( p ) + H 2 ( p ) ⋅ H3 ( p ) multiplier le courant i3 par R 2 G ( p) =

R L + L2 ⋅ p + C.L2 ⋅ R L ⋅ p 2 a 4 .p 4 + a 3 ⋅ p3 + a 2 .p 2 + a1.p + a 0

a 4 = C ⋅ L1 ⋅ L 2 ⋅ L3 a 3 = C L1. L3 ⋅ R L + L2 ( L3 ( R1 + R L ) + L1 ( R 2 + R L ) )

(

)

a 2 = C. L3. R1 ⋅ R L + L1 ( L 2 + C. R 2 ⋅ R L ) + L 2 ( L3 + C. R1 ⋅ R 2 + C. R1 ⋅ R L + C. R 2 ⋅ R L ) a1 = L 2 ( R1 + R 2 ) + R L ( L1 + L3 + C ⋅ R1 ⋅ R 2 )

a 0 = R L ( R1 + R 2 ) Pour L1 = L3 et en considérant R L → ∞ nous aurons un troisième ordre.

G ( p) =

(

1 + C.L 2 ⋅ p 2

)

C L21 + 2.L1.L 2 ⋅ p3 + ) ( C ( L1 + L 2 ) ) ( R1 + R 2 ) .p 2 + ( 2.L1 + C.R1.R 2 ) .p + ( R1 + R 2 )

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

69 5.1.4

Equations d’état.

Pour établir les équations d’état nous allons utiliser le bond graph de ce filtre sur lequel nous numéroterons chaque lien. Ce mode opératoire permet de s’affranchir des désignations des variables réelles en n’utilisant que les flux et les efforts indicés par les liens. R : R1

R :R 2 a

2 1

Se : E

b

4

1

11 5

0

3

6

I: L1

c

1

12

d

1

I:L 3

7 8 I:L 2

9

0

C :C

e

10 R : RL

Figure 5-6 : Bond graph indicé du filtre elliptique. 1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état. La taille du vecteur d’état sera de cinq, nous avons en effet 3 éléments inertiels constitués des trois inductances et deux condensateurs qui sont des éléments à stockage potentiels. Nous prendrons comme vecteur d’état : X T = [ p3

p9

p12

q8 ]

(5.1)

La dérivée de ce vecteur d’état sera :  T = [e e e X f ] 3

9

12

(5.2)

8

Ainsi nous pouvons écrire : x1 = p3 = L1 ⋅ f3 = Φ1 = L1 ⋅ i1 x 2 = p9 = L2 ⋅ f9 = Φ 2 = L 2 ⋅ i L2 x 3 = p12 = L3 ⋅ f12 = Φ3 = L3 ⋅ i3

(5.3) (5.5) (5.7)

x 1 = L1 ⋅ f3 = e3 = L1 ⋅ i1 = VL1 x 2 = L 2 ⋅ f9 = e9 = L 2 ⋅ i L2 = VL2 x = L ⋅ f = e = L ⋅ i = V 3

3

12

12

3 3

 =i x 4 = q8 = C ⋅ e8 = C ⋅ VC (5.9) x 4 = C ⋅ e 8 = f8 = C ⋅ V C 2 Ici l’entrée et la sortie seront respectivement les tensions E et VR 2 .

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

L3

(5.4) (5.6) (5.8)

(5.10)

70 2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités. Jonction a f1 = f 2 = f3 = f 4 (5.11) e3 = e1 − e2 − e4 Jonction b e4 = e5 = e6 Jonction c f5 = f11 = f12 Jonction d f 6 = f 7 = f8 Jonction e e7 = e9 = e10

(5.12)

(5.13)

f 6 = f 4 − f5

(5.14)

(5.15)

e12 = e5 − e11

(5.16)

(5.17)

e6 = e7 + e8

(5.18)

(5.19)

f10 = f 7 − f9

(5.20)

3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités. Jonction a e1 = E En 1, Se : e2 = R1 ⋅ f 2 En 2, élément R : x f3 = 1 En 3, élément I : (5.3) et (5.4) ⇒ x 1 = e3 L1 Jonction c e11 = R 2 ⋅ f11 En 11 élément R : x f12 = 3 En 12 élément I : (5.7) et (5.8) ⇒ x 3 = e12 L3 Jonction d x En 8, élément C : (5.9) et (5.10) ⇒ e8 = 4 x 4 = f8 C Jonction e e10 = R L ⋅ f10 En 9 élément R : x f9 = 2 En 10 élément I : (5.5) et (5.6) ⇒ x 2 = e9 L2

(5.21) (5.22) (5.23)

(5.24) (5.25)

(5.26) (5.27) (5.28)

4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état. Calcul de x 1 (5.23)&(5.12) ⇒ x = L ⋅ i = e = e − e − e (5.21) ⇒ e = E 1

1 1

3

1

2

(5.22) ⇒ e2 = R1 ⋅ f 2

(5.11) ⇒ f 2 = f3

(5.13) ⇒ e4 = e6

(5.18) ⇒ e4 = e7 + e8

x (5.19)&(5.9) ⇒ e4 = e10 + 4 C Calcul de f10 : (5.20) ⇒ f10 = f 7 − f9 x (5.14) ⇒ f10 = f 4 − f5 − 2 L2 x x x (5.3)&(5.7) ⇒ f10 = 1 − 3 − 2 L1 L3 L 2 INSA 3GE JM RETIF

1

4

R (5.23) ⇒ e2 = 1 x1 L1

x (5.27) ⇒ e4 = R L ⋅ f10 + 4 C x (5.17)&(5.5) ⇒ f10 = f 6 − 2 L2

x (5.11)&(5.15) ⇒ f10 = f3 − f12 − 2 L2 (5.29) Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

71 Nous obtenons alors : ⎛x R R R x x x ⎞ x e4 = L x1 − L x 2 − L x 3 + 4 e4 = R L ⋅ ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟ + 4 L1 L2 L3 C ⎝ L1 L3 L 2 ⎠ C La dérivée de la première composante d’état vaudra : ⎛R R ⎞ R R x x 1 = E − ⎜ 1 + L ⎟ x1 + L x 2 + L x 3 − 4 L2 L3 C ⎝ L1 L1 ⎠ Calcul de x 2 (5.28) ⇒ x 2 = e9 (5.27) ⇒ x 2 = e9 = R L ⋅ f10

(5.30)

(5.19) ⇒ x 2 = e9 = e10 ⎛x x x ⎞ (5.29) ⇒ x 2 = e9 = R L ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟ ⎝ L1 L3 L 2 ⎠

RL R R x1 − L x 2 − L x 3 L1 L2 L3 Calcul de x 3 (5.16) ⇒ x 3 = e12 = e5 − e11 (5.25) ⇒ x 3 = e12 (5.18)&(5.15) ⇒ x 3 = e7 + e8 − R 2 ⋅ f12 (5.13)&(5.24) ⇒ x 3 = e6 − R 2 ⋅ f11 x R (5.19)&(5.9)&(5.7) ⇒ x 3 = e10 + 4 − 2 ⋅ x 3 C L3 x R (5.27) ⇒ x 3 = R L ⋅ f10 + 4 − 2 ⋅ x 3 , nous avons précédemment calculé f10 C L3 x 2 =

⎛x x x ⎞ x R (5.29) ⇒ x 3 = R L ⋅ ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟ + 4 − 2 ⋅ x 3 , il vient : ⎝ L1 L3 L2 ⎠ C L3 ⎛R R R R ⎞ x x 3 = L x1 − L x 2 − ⎜ L + 2 ⎟ x 3 + 4 L1 L2 C ⎝ L3 L3 ⎠

x 4 x 4 = f8 (5.17) ⇒ x 4 = f6 x 4 = f 4 − f5 (5.11)&(5.15) ⇒ x 4 = f3 − f12 x x (5.3)&(5.7) ⇒ x 4 = 1 − 3 L1 L3 Expression de la sortie. Nous prendrons ici la tension de sortie aux bornes de la résistance R 2 soit : Y = e11 . (5.15) ⇒ Y = R 2 ⋅ f12 (5.24) ⇒ Y = e11 = R 2 ⋅ f11 R (5.7) ⇒ Y = 2 ⋅ x 3 L3

(5.31)

(5.32)

Calcul de (5.26) ⇒ (5.14) ⇒

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(5.33)

(5.34)

72 Sachant que l’entrée U correspond à la tension d’alimentation E, les expressions (5.30) à (5.32) donnant les dérivées des composantes du vecteur d’état permettent de définir les matrices A et B. ⎡ ⎛ R1 R L ⎞ R L RL 1⎤ + − ⎥ ⎢− ⎜ ⎟ L3 C⎥ ⎢ ⎝ L1 L1 ⎠ L2 ⎢ ⎥ RL R R ⎡1 ⎤ 0 ⎥ − L − L ⎢ ⎢0⎥ L1 L2 L3 ⎥  =⎢ ⎢ ⎥⋅U X X (5.35) ⋅ + ⎢ ⎥ ⎢0⎥ ⎛ ⎞ R R R R 1 L ⎢ ⎥ − L −⎜ L + 2 ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ L1 L2 L L C ⎣0⎦ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎢ ⎥ 1 1 ⎢ 0 0 ⎥ − ⎢ ⎥ L L 1 3 ⎣ ⎦ La matrice de sortie C est issue de la relation (5.34) exprimant comme sortie la tension VR 2 . ⎡ Y = ⎢0 0 ⎣

R2 L3

INSA 3GE JM RETIF

⎤ 0 ⎥ ⋅ X + [ 0] ⋅ U ⎦

(5.36)

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

73 Exemple B : Traction d’une charge par une poulie.

5.2

Poulie de rayon R et d'inertie J

Reprenons l’exemple 11, du chapitre « Les bond graphs » au paragraphe 4.2. Dans cet exemple nous allons considérer en sus des pertes par frottements au niveau de la poulie et de la charge. Le couple de frottement sur l’axe de la poulie sera considéré comme proportionnel à la vitesse de rotation ( Cf = f ⋅ ω2 ). La charge sera quant à elle soumise à une force de frottement s’opposant à sou mouvement tel que : Fb = b ⋅ V1

ω2

Cm

h Corde de raideur k

⋅

x1 Charge M

Figure 5-7 Traction d’une charge 5.2.1

Causalité.

Le respect des causalités des éléments I et des sources d’effort conduisent à un conflit de causalité à la jonction c. Cela est du au fait que la corde a été considérée implicitement de raideur infinie. Cette raideur infinie entraînant des efforts infinis, ce qui n’est pas physiquement réaliste. I:J

I:M

ω2

CJ

FM V1

b a

Se

Cm

1

ω2

Cf

c

R TF

Cu ω2

F V1

Problème

1

M ⋅g V1

Se : M ⋅ g

Fb V1

R :f Causalités obligatoires

R :b

Figure 5-8 Bond graph de la charge et de sa poulie Afin de résoudre ce problème de causalité nous allons maintenant considérer une corde présentant une élasticité entre la poulie et la charge. k Avec une corde élastique de raideur k = 0 , cette adjonction d’un élément supplémentaire h conduit à ajouter une nouvelle jonction 0, ainsi (Cf Fig 5-9).

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

74 F

C:

V2

1 k

( V2 − V1 )

h

F

V1

V2

F

F

0

V1

Figure 5-9 Equilibre de la corde et bond graph associé Le bond graph de l’ensemble poulie, corde et charge est donné Fig. 5-10. I:J

C:

I:M

FM

F Vc

b

CJ

1 k

V1

a

Se

Cm

Cu

1

ω2

c ω2

R TF

F V2

M ⋅g

F 0

1

V1

V1

Se : M ⋅ g

d Cf

ω2

R :f

Fb Causalités obligatoires

R :b

Figure 5-10 Nouveau bond graph de l’ensemble poulie corde charge Maintenant le bond graph ne s’exprime que par des causalités intégrales, l’analyse pour chaque jonction est la suivante : a/ Jonction 1. Le flux ω2 est imposé par l’élément I :J à la jonction 1. 1 Nous aurons : ω2 = ∫ CJ C J = C m − C u − Cf J b/ Jonction TF :R. L’effort F est transmis à la jonction TF. Pour ce transformateur nous avons : Cu = R ⋅ F

Cf = f ⋅ ω2

V2 = R ⋅ ω2 .

d/ Jonction 0. L’effort F est imposé par l’élément C :

1 , F = k ∫ Vc avec Vc = V2 − V1 . k

c/ Jonction 1. Le flux est imposé par l’élément I :M. V1 = INSA 3GE JM RETIF

1 FM et FM = F − M ⋅ g − b ⋅ V1 . M∫

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

75 5.2.2

Schéma bloc.

En représentant ces équations aux jonctions nous obtenons le schéma bloc suivant : Cu

Cm

+ -

R

1 ω2 J⋅p f

R

V2

Jonction b

b + Vc -

F

k p

M.g

Jonction d

Calcul de k

+ FM 1 M⋅p Jonction c

V1

1 x1 p h0

- h +

k0 h

Jonction a k

h 0 : hauteur initiale

Figure 5-11 Schéma bloc de la poulie et sa charge En aval de ce schéma, la hauteur h variant, la raideur k doit être calculée. L’allongement de la corde, pour un même effort est proportionnel à sa longueur nous aurons donc la relation F⋅h F = . suivante : ∆x = k0 k Cette dernière relation permet d’adjoindre au schéma de simulation Fig. 5-11 un bloc de calcul de la raideur. 5.2.3

Fonction de transfert.

Voir les paragraphes 2 et 3 de ce chapitre 5.2.4

Equations d’état.

Voir paragraphe 4 de ce chapitre.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

5.3

76 Exemple C : Suspension d’un véhicule.

Nous allons considérer ici la modélisation d’une suspension de voiture. L’entrée du système est la vitesse de déplacement Vz imposée par le profil de la chaussée au pneu anime la masse du véhicule à une vitesse V1 . Pour obtenir le déplacement d1 de la caisse du véhicule une simple intégration de la vitesse V1 est suffisante.. Les caractéristiques dynamiques entre le profil de la route et le mouvement vertical du véhicule permettront d’apprécier le « confort utilisateur » de cette suspension. Il est clair qu’une simulation plus réaliste devrait prendre en compte l’ensemble des quatre roues et faire apparaître les mouvements de tangage, roulis et pompage. Par soucis de simplification nous avons réduit le problème en ne considérant que la direction perpendiculaire au déplacement du véhicule (pompage). Dans ce cas la suspension du véhicule peut se ramener au schéma suivant : M ⋅g

M Masse du véhicule

Ressort : raideur k1

M Masse du véhicule

Déplacement d1

F3 F3

Amortisseur frottement fluide b

m Masse de la roue

..

FM = M ⋅ d1

Déplacement d2

F2

m ⋅g

F4 F4

..

Fm = m ⋅ d2

m Masse de la roue F2

Pneu : raideur k2

F2 Déplacement dz

F2

Figure 5-12 Equilibre dynamique des éléments de la suspension Pour construire le bond graph nous allons analyser l’équilibre dynamique de chaque sous élément de l’ensemble, s’il est à vitesse constante nous aurons une jonction 1, s’il est soumis à une force constante nous aurons une jonction 0. Le pneu Le pneu est ici considéré comme un élément élastique sans masse assimilable à un ressort de raideur k2. F2 V2 F2 Le profil de la route peut être représenté par Vitesse V2 F2 1 une source de flux imposant une vitesse Vz . 0 C: Vz − V2 k 2 Ici la force (effort) est constante, nous avons une jonction 0 pour laquelle les vitesses (flux) Vitesse Vz se distribuent. F2 Vz F2 Au point de contact de la chaussée ( Sf : Vz ) la vitesse est imposée. A l’extrémité du ressort Sf :Vz (contact pneu jante) la vitesse est V2 . Vz − V2 permet La différence de vitesse Pneu Bond graph l’accumulation d’une force tel que t

F2 ( t ) = k 2 ∫ ( Vz − V2 ) dτ 0

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

77 La roue F3

m ⋅g

..

F4 Fm = m ⋅ x 2

Loi fondamentale de la dynamique : ⋅⋅

∑ Forces = m ⋅ d 2

m Masse de la roue

Vitesse V2

F2

F3 + F4 V2 V2 m ⋅g

Se : m ⋅ g

Fm

1

I:m

V2

Forces statiques : F2 Force venant du pneu. F3 Force due à la suspension F4 Force de l’amortisseur m ⋅ g Poids de la roue Le poids de la roue constitue une source d’effort Les Forces F3 et F4 sont transmises La masse m constitue représente un élément I ⋅⋅

F2 V2

tel que :

∑ Forces = m ⋅ d 2 = Fm soit :

V2 (t) =

1 Fm dτ m∫

t

0

L’amortisseur et la suspension F3

F4 Vitesse V1 Amortisseur frottement fluide b

Ressort : raideur k1

Vitesse V2 F3

F4 R :b

F3 + F4 V1 0

F4

F3 + F4 1 V2 − V1

F3 + F4 V2

INSA 3GE JM RETIF

La modélisation de cet ensemble nécessite deux jonctions. La jonction 0 assure la distribution des vitesses, en entrée nous avons la vitesse V2 de la jante de la roue, en sortie la vitesse V1 du châssis de la voiture. La différence de ces deux vitesses sollicitant l’ensemble suspension amortisseur. Les phénomènes de dissipation et stockage sont pris en compte par une jonction 1. L’élément R traduit la dissipation de l’amortisseur et l’élément C le stockage de la suspension.

V2 − V1

F3 V2 − V1 C:

1 k1

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

78 Châssis de la voiture ..

FM = M ⋅ x 1

M ⋅g

Comme pour la roue c’est l’application de la loi fondamentale de la dynamique qui permet de définir le bond graph correspondant. Ici les forces statiques sont : F3 Effort transmis par la suspension. F4 Force due à l’amortisseur M ⋅ g Poids du véhicule

M Masse du véhicule

F4

F3

La masse M constitue représente un élément I ⋅⋅

I: M

tel que :

t

1 V1 (t) = ∫ FM dτ M

FM V1 V1

Se : M ⋅ g

M ⋅g

∑ Forces = M ⋅ x1 = FM soit : 0

1

F3 + F4 V1

L’analyse précédente conduit au bond graph global suivant ; I: M

I: M

FM V1 Se : M ⋅ g

12

V1 1 M ⋅g

Se : M ⋅ g R :b

F3 + F4 V1

V2 m ⋅g

Fm

1

F3 + F4 0

V2 − V1 F3

V2 − V1

F3 + F4 V2

C: I:m

1 k1

V2

INSA 3GE JM RETIF

F3 + F4 c

7

10

d 1 9

6

Se : m ⋅ g

4

V2 1 b

C: 5

I:m

3

F2 V2 0

R :b

8

F4

F +F 0 3 4 1 V2 − V1

Se : m ⋅ g

1 V1 e

11

F2 Vz − V 2

C:

1 k2

F2 0

F2 a

F2 Vz

1

Sf : Vz

Sf : Vz

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

2

C:

1 k2

1 k1

79 5.3.1

Causalité.

a/ Jonction 0. Les forces sont constantes et les vitesses s’y distribuent. Elle correspond à l’équilibre du pneu, la source de flux transmet la vitesse Vz sur le lien 1, le lien 2 de vitesse Vz − V2 transmet de l’énergie via la raideur du pneu, le lien 3 transmet une force F2 à la vitesse V2 à masse m de la roue. b/ Jonction 1. Pour une jonction 1 la vitesse (flux) est constante et vaut V2 (lien3). Sur cette jonction nous retrouvons l’ensemble des forces qui sollicite la roue. Le lien 4 traduit la force de la pesanteur qui s’oppose au mouvement, le lien 5 correspond à la force d’inertie et l’élément I traduit l’énergie emmagasinée par une masse en mouvement. c/ Jonction 0. Cette jonction a pour effort commun la somme des forces sur le ressort et l’amortisseur ( F3 + F4 ) elle permet de prendre en compte la distribution des vitesses. Son lien d’entrée réparti la vitesse V2 sur le lien 7 (ressort et amortisseur à la vitesse V2 − V1 ) et le lien 8 (masse M du véhicule à la vitesse V1 ). d/ Jonction 1. Ici les forces F3 + F4 se répartissent via les jonctions 9 et 10 sur la suspension et l’amortisseur. Les éléments C et R prenant respectivement en compte l’énergie stockée et l’énergie dissipée. e/ Jonction 1. Cette jonction concerne l’équilibre des forces sur le véhicule. Le lien 11 prend en compte le poids de la voiture et le lien 12 la force d’inertie, l’élément de stockage I représente l’énergie cinétique. I: M

Affectation des causalités. a/ Jonction 0. F2 = k 2 ∫ Vz.2 . Causalité flux.

FM V1

Vz.2 = Vz − V2 . b/ Jonction 1. 1 V2 = ∫ Fm . Causalité effort. m Fm = F2 − m ⋅ g − F3 − F4 c/ Jonction 0. V2.1 = V2 − V1 d/ Jonction 1. F3 = k1 ∫ V2.1 . Causalité flux.

Se : M ⋅ g

V1 M ⋅g

e

1

F3 + F4 V1

V2 − V1

c 0 V −V 1 2 1 Se : m ⋅ g

V2 m ⋅g

Fm

1

F3

V2 − V1

F3 + F4 V2

F4 = b ⋅ V2.1 F3.4 = F3 + F4 e/ Jonction 0. 1 V1 = ∫ FM . Causalité effort. M FM = F3 + F4 − M ⋅ g

C: I:m

V2

b F2 V2

a0

F2 Vz − V2

F2 Vz Sf : Vz

INSA 3GE JM RETIF

d

F3.4

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

R :b

F4

C:

1 k2

1 k1

80 5.3.2

Schéma bloc :

A partir des équations liées aux jonctions il est aisé de définir le schéma bloc de simulation.

Vz V2

F3.4 +

- Fm + m ⋅g -

k2 p

-

F2

Jonction a

1

m⋅p

V2 V1

Jonction b

+ V2.1 -

Jonction c

b

F4 + F3.4

k1 F3 + p Jonction d

M ⋅g

+

1

-

M⋅p

V1

Jonction e

Figure 5-13 : Schéma bloc de la suspension d’un véhicule. 5.3.3

Fonction de transfert.

Nous désirons établir la transmittance entre la vitesse verticale Vz provoquée par le profil de la chaussée et la vitesse V1 du de la masse du véhicule. L’élaboration de cette fonction de transfert par la méthode de MASON est assurée par le calcul de la relation suivante :

∑ Tk ( p ) .Dk ( p )

V1 ( p ) = k Vz ( p )

D (p)

Pour y parvenir nous devons : Calculer au numérateur, le ou les gains Tk ( p ) des chemins causaux reliant l’entrée Vz à la sortie V1 , le ou les boucles causales Dk ( p ) correspondantes.

Etablir pour dénominateur le déterminant D ( p ) par la relation : D ( p ) = 1 − ∑ B j ( p ) + ∑ B j ( p ) .Bk ( p ) − j

INSA 3GE JM RETIF

j,k

∑ B j ( p ) .Bk ( p ).Bl ( p ) + " j,k,l

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

81 ‰

Gains des chemins causaux entrée/sortie. I:M

I:M

Se : M ⋅ g

Se : M ⋅ g

1 T ( p) =

0

Se : m ⋅ g

M.m.p

T ( p) =

4

R :b

I:m

C:

C:

1 k1

Se : m ⋅ g

0

C:

C:

1 k1

1 k2

Sf :Vz

Sf :Vz

Ici n 0 = 0 et n1 = 0 k ⋅k 1 T1 ( p ) = 1 2 ⋅ m ⋅ M p4 ‰

R :b

I:m

1

1 k2

R.k2 M.m.p3

1

0

1

1

0

1

k1.k 2

n 0 = 0 et n1 = 0 k ⋅b 1 T2 ( p ) = 2 ⋅ m ⋅ M p3

Gains des boucles causales. I:M

Se : M ⋅ g

I:M

1

Se : M ⋅ g

1

R :b 0

1

0

C: Se : m ⋅ g

1

0

R :b

I:m

C:

1 k1

C: Se : m ⋅ g

1

1 k2

0

Sf :Vz

Sf :Vz

n 0 = 1 et n1 = 0 B1(p) = −

n 0 = 1 et n1 = 0

k2

B2 (p) = −

m.p2

INSA 3GE JM RETIF

b M.p

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

1

I:m

C:

1 k2

1 k1

82 I:M

I:M

Se : M ⋅ g

Se : M ⋅ g

1

1

B3 (p) =

k1 M.p 2

R :b

R :b 0

Se : m ⋅ g

I:m

1

0

0

1

C:

1 C: k1

C: Se : m ⋅ g

1

1 k2

0

I:m

C:

1 k1

1 k2

Sf :Vz

Sf :Vz

n 0 = 1 et n1 = 0 B3 (p) = −

1

n 0 = 0 et n1 = 1 k B4 (p) = − 1 m.p 2

k1 M.p2 I:M

B2 Se : M ⋅ g

1

B3 R :b

0

1

B5 C: Se : m ⋅ g

1

I:m

B4

1 k1

B1 0

C:

1 k2

Sf : Vz

n 0 = 0 et n1 = 1 B5 (p) = −

Nous pouvons constater que les cycles B1 et B2 sont disjoint ainsi que B1 et B3 . Nous aurons donc dans le déterminant deux doubles produits

b m.p

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

83 Calcul du déterminant D(p) D ( p ) = 1 − B1 ( p ) − B2 ( p ) − B3 ( p ) − B4 ( p ) − B5 ( p ) + B1 ( p ) ⋅ B2 ( p ) + B1 ( p ) ⋅ B3 ( p )

‰

D ( p) = 1+

k2 m⋅p

2

+

k k k2 ⋅ b k1⋅k 2 b b + 1 + 1 + + + 2 2 3 M⋅p M⋅p m.p M ⋅ m ⋅ p m⋅p M ⋅ m ⋅ p4

Comme il n’y a pas de boucle causales en dehors des chaînes d’actions D1 ( p ) = D 2 ( p ) = 0 il vient : k1 ⋅ k 2 1 k 2 ⋅ b p ⋅ + ⋅ m ⋅ M p4 m ⋅ M p4 V1 ( p ) = Vz ( p ) 1 + k 2 + b + k1 + k1 + b + k 2 ⋅ b + k1⋅k 2 m ⋅ p 2 M ⋅ p M ⋅ p 2 m ⋅ p 2 m.p M ⋅ m ⋅ p3 M ⋅ m ⋅ p 4 k1 ⋅ k 2 k 2 ⋅ b + ⋅p V1 ( p ) ⋅ ⋅ M m M m = k k ⎞ Vz ( p ) ⎛k ⎛ k ⋅b ⎞ k k ⎛ b b⎞ p 4 + p3 ⎜ + ⎟ + p 2 ⎜ 2 + 1 + 1 ⎟ + p ⎜ 2 ⎟ + 1⋅ 2 ⎝M m⎠ ⎝ m M m⎠ ⎝ M⋅m ⎠ M⋅m M⋅b ⋅p V1 ( p ) k1 = M ⋅ k 2 + k1 ( M + m ) Vz ( p ) M ⋅ m 3 b (M + m) b p4 ⋅ +p ⋅ + p2 ⋅ + p ⋅ +1 k1⋅k 2 k1⋅k 2 k1⋅k 2 k1 1+

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(5.37)

84 5.3.4

Equations d’état.

Le bond graph de cette suspension possède 2 éléments à stockage inertiel (les deux masses) et 2 éléments à stockage potentiel (l’élasticité du pneu et de la suspension), nous choisirons donc le vecteur d’état suivant : I:M 12 Se : M ⋅ g

11

1 R :b 8 0

10 7

1 9

6 Se : m ⋅ g

4

1

5

C: I:m

1 k1

3

a0

2

C:

1 k2

1 Sf :Vz

Figure 5-14 : Bon graph de la suspension 1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état. X T = [ p5

p12

q9

q2 ]

(5.38)

La dérivée du vecteur d’état sera :  T = [e e f f ] X 5

12

9

(5.39)

2

Les composantes du vecteur d’états et ses dérivées sont les suivantes : x1 = p5 = m ⋅ f5 = m ⋅ V2 (5.40) ⇒ x 1 = m ⋅ f5 = e5 = Fm x = p = M⋅ f = M⋅V (5.42) ⇒ x = M ⋅ f = e = F 2

12

12

1

1 1 ⋅ e9 = ⋅ F3 k1 k1 1 1 x 4 = q2 = ⋅ e2 = ⋅ F2 k2 k2 x 3 = q9 =

INSA 3GE JM RETIF

2

(5.44) (5.46)

12

M

1 ⋅ e9 = f9 = V2 − V1 k1 1 ⇒ x 4 = ⋅ e2 = f 2 = Vz − V2 k2 ⇒ x 3 =

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

12

(5.41) (5.43) (5.45) (5.47)

85 2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités. Jonction a

e1 = e2 = e3

(5.48)

f 2 = f1 - f3

(5.49)

(5.50)

e5 = e3 - e4 − e6

(5.51)

(5.52)

f 7 = f 6 - f8

(5.53)

(5.54)

e7 = e9 + e10

(5.55)

(5.56)

e12 = e8 - e11

(5.57)

Jonction b

f3 = f 4 = f5 = f 6 Jonction c

e6 = e7 = e8 Jonction d

f7 = f9 = f10 Jonction e

f8 = f11 = f12

3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités. Jonction a En 1, Sf

En 2, élément C, (5.46) et (5.47) ⇒ e2 = k 2 ⋅ x 4

x 4 = f 2

Jonction b En 4, Se

En 5, élément I, (5.40) et (5.41) ⇒

x f5 = 1 m

x 1 = e5

Jonction d En 10, Elément R : e10 = b ⋅ f10

En 9, élément C (5.44) et (5.45) ⇒ e9 = k1 ⋅ x 3

x 3 = f9

Jonction e x f12 = 2 x 2 = e12 M 4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état. x 1 = e5 = e3 - e4 − e6 = e2 − m ⋅ g − ( e9 + e10 ) = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f10 )

En 11, Se

En 12, élément I, (5.42) et (5.43) ⇒

x 1 = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f6 - f8 ) ) = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f5 - f12 ) ) ⎛ 1 ⎛1 ⎞⎞ x 1 = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ⎜ k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ⎜ ⋅ x1 - ⋅ x 2 ⎟ ⎟ M ⎝m ⎠⎠ ⎝ b b x 1 = − ⋅ x1 + ⋅ x 2 − k1 ⋅ x 3 + k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g m M x 2 = e12 = e8 - e11 = e7 - M ⋅ g = ( e9 + e10 ) - M ⋅ g = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f10 ) - M ⋅ g

(5.58)

x 2 = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f 7 ) - M ⋅ g = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f6 - f8 ) ) - M ⋅ g

⎛ 1 ⎛1 ⎞⎞ x 2 = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f5 - f12 ) ) - M ⋅ g = x 2 = ⎜ k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ⎜ ⋅ x1 - ⋅ x 2 ⎟ ⎟ - M ⋅ g M ⎝m ⎠⎠ ⎝ b b x 2 = ⋅ x1 - ⋅ x 2 + k1 ⋅ x 3 - M ⋅ g m M INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

(5.59)

86

x 4 = f 2 = f1 - f3 = Vz − f5 = Vz −

1 1 ⋅ x1 − ⋅ x 2 m M 1 x 4 = − ⋅ x1 + Vz m

x 3 =

x 3 = f9 = f7 = f 6 - f8 = f5 - f12 1 ⋅ x1 m

(5.60) (5.61)

Les relations (5.58) à (5.61) permettent le calcul de l’équation d’état. ⎡ b ⎢− m ⎢ ⎢ b  =⎢ m X ⎢ 1 ⎢ ⎢ m ⎢ 1 ⎢− ⎣ m

b M b M 1 − M

+

0

⎤ − k1 k 2 ⎥ ⎥ ⎡0 0 −1⎤ k1 0⎥ ⎢0 −1 0 ⎥ ⎡ Vz ⎤ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⋅ X + ⎢0 0 0 ⎥ ⋅ ⎢ M ⋅ g ⎥ 0 0⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ m ⋅ g ⎥⎦ ⎥ ⎣1 0 0 ⎦ ⎥ 0 0⎥ ⎦

(5.62)

La sortie que nous considérons ici étant la vitesse V1 nous aurons : ⎡ Vz ⎤ ⎤ 0 0 ⎥ ⋅ X + [ 0 0 0] ⋅ ⎢⎢ M ⋅ g ⎥⎥ (5.63) ⎦ ⎢⎣ m ⋅ g ⎥⎦ Calcul de l’état initial. A l’arrêt le pneu et la suspension sont sollicités, les dérivées du vecteur d’état et les vitesses étant nulles nous pouvons à partir des équations d’état (5.58) à (5.61) écrire : 0 = − k1 ⋅ x 3 + k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g 0 = + k1 ⋅ x 3 - M ⋅ g Ce qui conduit à l’état initial suivant : ⎡ M ⋅ g (M + m) ⋅ g ⎤ X0 = ⎢0 0 ⎥ k1 k2 ⎣ ⎦ ⎡ Y = ⎢0 ⎣

1 M

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

87 BIBLIOGRAPHIE OUVRAGES. Les Bond graphs Sous la direction de Geneviève Dauphin-Tanguy HERMES – Systèmes Automatisés Automatique Modélisation et identification des processus (tome1) P. Borne, G. Dauphin-Tanguy, J.P. Richard, F. Rotella, I. Zambettakis Editions Technip (collection : Méthodes et pratiques de l’ingénieur) Automatique Modélisation et identification des processus (tome2) P. Borne, G. Dauphin-Tanguy, J.P. Richard, F. Rotella, I. Zambettakis Editions Technip (collection : Méthodes et pratiques de l’ingénieur)

DOCUMENT PEDAGOGIQUE INSA. Eric BIDEAU Modélisation par variable d’état et Automatique Moderne.

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.

88

INSA 3GE JM RETIF

Modélisation par les Bond Graphs

© [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits réservés.