T.D. Automatique N 1 - Corrige PDF [PDF]

Zitiervorschau

T.D. Automatique n°1 - Corrigé Exercice n°1 : D’après Concours commun 96 des Mines de Nantes, Albi, Douai, Alès : Robot de Conditionnement 1.1 -

U(p) = E(p) + R I(p) + L p I(p)

1.2 -

U(p) = E(p) + R I(p)

CM(p) - f Ω(p) = J p Ω(p) U(p)

CM(p) = J p Ω(p)

+

CM(p) = Kt I(p)

I(p)

1 R

-

E(p)

1.3 -

2.1 -

U(p)

2.2 -

ab -c -

K 1+τp

1 Ke K = RJ 1+τp p 1+ Ke Kt Ω(p)

de gain statique K =

θS(p) = Kr H(p) λ

G(p) =

θS(p) Kr K λ = θC(p) p ( 1 + τ p ) + Kr K λ de gain statique unitaire

Second ordre

b-

Temps de réponse mini si ξ = 0,69 (dépassement = 5%) 3 Temps de réponse mini t5% = = 50 ms ω0 Position finale du bras : lim θS(t) = lim p θS(p) = θC

c-

Erreur statique :

d-

Dépassement nul

a-

t→∞

t→∞

Temps de réponse Temps beaucoup plus long car 2.4 -

Erreur de traînage :

Kr = 875 V/rad

p→0

εpos = lim [ θC(t) - θS(t) ] = 0 ⇒

⇒

Dépassement :

Kr K λ τ 1 ξ= 2 Kr K λ τ ⇒ ω0 = 60 rad/s ω0 =

de pulsation propre de coefficient d’amortissement

2.3 -

Ω(p)

1 Jp

θS(p)

1 p

1 [ θc(p) - θS(p) ] p 1 θS(p) G(p) = = p τ p2 θC(p) 1+ + Kr K λ Kr K λ

CM(p)

1 = 10 (rad/s)/V Ke RJ de constante de temps τ = = 12 ms Ke Kt

Premier ordre

ΩS(p)

λ

Kt

Ke

E(p) = Ke Ω(p) Ω(p) = H(p) = U(p)

E(p) = Ke Ω(p)

CM(p) = Kt I(p)

D = 5% car ξ = 0,69

ω0 = 42 rad/s ⇒ Kr = 417 V/rad ⇒ 5 t5% = = 120 ms ω0 non dépassement et pulsation propre plus lente

ξ=1

εtr = lim [ θC(t) - θS(t) ] = lim p [ θC(p) - θS(p) ] = lim p θC(p) [ 1 - G(p) ] t→∞

p→0

Ω0 avec θC(t) = Ω0 t u(t) et Ω0 = 10 deg/s soit θC(p) = 2 p Ω0 Kr K λ Ω0 Finalement εtr = lim [1]= p ( 1 + τ p ) + Kr K λ Kr K λ p→0 p

p→0

soit

εtr = 0,23°

pour

ξ = 0,69

εtr = 0,48°

pour

ξ=1

Exercice n°2 : Intérêt de la boucle fermée sur les performances 123-

456soit

1 -t on obtient y(t) = X0 [ 1 - exp( ) ] u(t) 1+τp τ On alors t5% = 3 τ soit t5% = 3 s K1 K K+1 K G(p) K1 K H(p) = K1 = = C’est à nouveau un système du premier ordre. 1 + K G(p) K+1+τp τ 1+ p K+1 K1 K K+1 10 On veut =1 soit K1 = soit K1 = ≈ 1,1 K+1 K 9 τ La nouvelle constante de temps est τ’ = . Le nouveau temps de réponse est t5% = 3 τ’ soit t5% = 0,3 s K+1 K1 K K1 K 1 + τ p 1+τp ] X(p) = . X(p) = X(p) On a V(p) = K [ K1 X(p) - Y(p) ] = K [ K1 K + 1 1 + τ' p K+1+τp 1 + τ' p 1 + τ p X0 X0 X0 ( τ - τ' ) τ - τ' -t V(p) = = + après décomposition. On en déduit que v(t) = X0 [ 1 + exp( ) ] u(t) p 1 + τ' p p 1 + τ' p τ' τ' -t soit v(t) = X0 [ 1 + K exp( ) ] u(t) τ' On sait qu’avec x(t) = X0 u(t) et G(p) =

7-

Le procédé utilisé pour réduire d’un facteur 10 le temps de réponse consiste à envoyer au système de fonction de

transfert G(p) un signal initialement 9 fois plus important que X0, puis décroissant jusqu’à X0 . C’est violent pour le système !

Exercice n°3 : Enregistreur graphique Pulsation de coupure ωc = pulsation pour laquelle le gain est le gain statique - 3dB soit 2 π 1,25 = 7,85 rad/s 1 Pour un premier ordre ωc = soit τ = 0,127 s τ K avec K = 2,5 cm/V et τ = 0,127 s G(p) = 1+τp t y(t) = K V0 [ 1 - exp ( - ) ] y(t) = 0,95 y(∞) pour t voisin de 3τ τ K H(p) = τ 1+ p 2 1+τp H(p) = G(p) C(p) C(p) = τ 1+ p 2 G(p) et H(p) : Diagrammes de Bode de systèmes du première ordre, de gain 8 dB = 20 log 2,5 et de pulsations

1-

234-

56-

de coupure respectives 7,85 rad/s et 15,7 rad/s C(p) :

Diagramme de Bode d’un correcteur à avance de phase : Courbe asymptotique de gain :

Pentes 0 dB/déc , +20 dB/déc, 0 dB/déc Changement de pente aux pulsations remarquables

Courbe asymptotique de phase :

1 2 et τ τ

0 degré , +90 degrés , 0 degrés Changement de valeurs aux pulsations remarquables

Courbes réelles :

Point d’inflexion de la courbe de gain et maximum de la courbe de phase en

Rappel :

2 ωc milieu en échelle log de ωc et 2 ωc

Une pente de 20 dB/décade, c’est à dire une augmentation de 20 dB du gain pour une multiplication par 10 de la pulsation correspond à une pente de 6 dB/octave. Une octave est une multiplication par 2 de la pulsation. (préfixe oct pour 8 notes de musique) Entre ωc et 2 ωc il y a exactement une octave, d’où les variations de 6 dB des asymptotes.

Remarque : dB 8

C(p) 6 5 3

H(p)

ω

0 1

ωc

degrés

10

2ωc

100 rad/s G(p)

2 ωc

90

C(p)

0 1

- 90

ωc

10 G(p)

2ωc

ω 100 rad/s

H(p)

7-

volts 8

v(t) = V0 [ 1 + exp ( -

cm

2t ) ] u(t) τ

et

y(t) = K V0 [ 1 - exp ( -

20 Lorsque la consigne est un échelon de 4 V,

v(t)

il est envoyé à l’enregistreur un signal de 8 V qui

x(t) 4

2t ) ] u(t) τ

le fait démarrer deux fois plus vite. Ce signal

10

décroît ensuite jusqu'à 4 V. Le temps de réponse y(t) non corrigé

y(t) corrigé τ 2

pour y(t) corrigé est deux fois plus court que pour y(t) non corrigé.

3τ 2

τ

t

3τ

Exercice n°4 : Commande de l’orientation d’un satellite vc(t)

1-

Commande

v(t)

..

2-

J θ (t) = c(t)

3-

Si conditions initiales nulles

4-

c(t) = C0T0 δ(t)

⇒

V(p)

Vc(p) +

C(p) A

k -

Vr(p)

6-

7-

vc(t) = V0T0 δ(t) ⇒ θ(t) =

vc(t) = V0 u(t) Donc

θ(t) =

⇒

⇒

V 0T 0 ω sin (ωt) u(t) a ⇒

Vc(t) =

V0 p

⇒

V0 [ 1 - cos (ωt) ] u(t) a

11 -

Il y a un terme

V 0T 0 1 V0T0 ω2 = J a p2 + ω2 1+ p2 kAa

avec

ω=

kAa J

θ(p) =

V0 ω2 1 V0 1 p = [ ] a p ( p2 + ω2) a p p2 + ω2

Toujours incontrôlable ! V(p) k -

+

C(p) -

Vb(p)

A

1 J p2

θ(p)

bp

a

On mesure de la vitesse de rotation θ(p) A = V(p) p(bA+Jp)

1 a J 1+ p2 kAa

1 a

θ(p) =

Vr(p)

Vb(p) = b p θ(p) = b Ω(p)

H2(p) =

θ(p)

1 J p2

Vc(p)

10 -

C0T0 ⇒ J p2 Incontrôlable

Toujours incontrôlable !

+

12 -

Rampe ⇒

θ(p) H1(p) = = Vc(p)

Vc(p) = V0T0

8-

9-

θ(p) =

θ(p) 1 = C(p) J p2 C0T0 θ(t) = t u(t) J

a

1 [ Vc(p) - a θ(p) ] k A 2 = θ(p) Jp

Donc

θ(t)

Fonction de transfert : ⇒

Double intégration du Dirac 5-

Satellite

J p2 θ(p) = C(p)

C(p) = C0T0

⇒

c(t)

Actionneur Fusée

et

H3(p) =

θ(p) 1 = Vc(p) a

1 b J 1+ p+ p2 ak kAa

bp dans H3(p) qui va créer une partie réelle négative aux pôles conjugués de la fonction de transfert. aK Ceci va conduire à des termes en sinus et cosinus que multiplie une fonction exponentielle décroissante. V0 Lorsque ces termes en exponentielle sont devenus négligeables θ(t) = = θ0 Enfin contrôlable, position stabilisée ! a

Exercice n°5 : Réponse impulsionnelle d’un second ordre 1-

X(p) = A

Pour

-1 < ξ < 1 ,

K KA K A ω02 X(p) = = 2 2 ( p + ξ ω0 )2 + ω02 ( 1 - ξ2 ) 2ξp p 2ξp p 1+ + 2 1+ + 2 ω0 ω0 ω0 ω0 K A ω0 y(t) = exp( - ξ ω0 t ) sin ( ω0 1 - ξ2 t ) u(t) 1 - ξ2

donc

Y(p) =

on a alors

p1,2 = - ξ ω0 ± j ω0

2 - Les pôles de la fonction de transfert sont

1 - ξ2

S6 n’entre pas dans ce cadre, c’est un double intégrateur, il conduit à EV11 Avec S1 et S7 il n’y a pas amortissement, il conduisent à EV3 ou EV8 Si ξ > 0 la partie réelle des pôles est négative, il y a amortissement de la réponse, d’autant plus important que cette partie réelle a une grande valeur absolue :

S2 et S8 ( amortissement faible )

S4 et S5 ( amortissement important ) Si ξ < 0 la partie réelle des pôles est positive, il y a divergence de la réponse, d’autant plus rapide que cette partie réelle a une grande valeur absolue :

S3 et S9

( divergence lente )

S10 et S11

( divergence rapide )

La valeur absolue de la partie imaginaire du pôle est la pulsation du sinus Pulsation importante pour S2 , S5 , S7 , S9 et S11 Finalement on obtient : S1

S2

S3

S4

S5

S6

S7

S8

S9

S10

S11

EV8

EV2

EV9

EV6

EV1

EV11

EV3

EV7

EV4

EV10

EV5

Exercice n°6 : X MP 2000 1-

W(p) =

D B [ Z(p) + C ( E + ) ( V(p) - R W(p) ) ] p p

avec

V(p) = A [ X(p) -

K Y(p) ] 1+τp

et W(p) = p Y(p)

Après calcul : Y(p) =

DCA(Ep+B)(1+τp) Dp(1+τp) X(p) + 3 Z(p) 2 p (1+τp)+DC(Ep+B)(AK+Rp+Rτp ) p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) 3

soit

2-

H1(p) =

DCA(Ep+B)(1+τp) p3 ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 )

H2(p) =

Dp(1+τp) p3 ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 )

X(p) et Y(p) ne sont pas homogènes si K a une dimension.

K Y(p) 1+τp DCAK(Ep+B) DKp E(p) = X(p) [ 1 - 3 ]- 3 Z(p) p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) 3-

E(p) = X(p) -

Finalement : E(p) =

p3 ( 1 + τ p ) + D C R p ( E p + B ) ( 1 + τ p ) DKp X(p) - 3 Z(p) p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) 1 L’erreur en régulation ( X(p) = 0 ) pour une perturbation unitaire ( Z(p) = ) est : p DK E(p) = - 3 p ( 1 + τ p ) + D C ( E p + B ) ( A K + R p + R τ p2 ) 3

4-

lim e(t) = lim p E(p) = 0

t→∞

p→0

1 D K Z(p) , on voit que pour Z(p) = B p p3 ( 1 + τ p ) + D C ( E + ) ( A K + R p + R τ p2 ) p DK B lim e(t) = lim p E(p) = lim est nulle grâce au bloc B p t→∞ p→0 p→0 3 2 p (1+τp)+DC(E+ )(AK+Rp+Rτp ) p

5-

Si on écrit

E(p) = -

Exercice n°7 : X-ENS Cachan 2005 Le schéma initial de l’énoncé est équivalent à Z(p) X(p)

W(p) +

KA -

+

+

-

B

+

-

C

+

-

Y(p)

+

D

E F GA

Z(p) X(p) soit

W(p) +

KA

+

-

B

+

-

C

+

-

Y(p)

+

D

E GA+F

Z(p) X(p)

W(p)

soit

+

KAB

+

-

C

+

-

Y(p)

+

D

B(GA+F)+E Z(p) X(p)

W(p) +

soit

+

-

C

KAB

+

-

Y(p)

+

D

B(GA+F)+E KAB Z(p) X(p)

soit

W(p) +

C

KAB

1+

Finalement :

Remarque :

H1 = K A B

H2 = C

+

-

H3 = D

H4 = 1 +

+

Y(p) D

G F E + + K KA KAB

G F E + + K KA KAB

Si dans cet exercice, on commence par supprimer la boucle interne pour transformer Z(p) W(p) +

C -

+

+

Z(p) Y(p) D

W’(p) en

C

+

+

D 1+CDE

Y(p)

E On obtient un schéma dans lequel la grandeur W’(p) qui entre dans le bloc C n’est pas la grandeur voulue W(p).

Exercice n°8 : Train pendulaire Q1 - Donner le schéma bloc permettant de décrire le dispositif d’asservissement de la position y(t) de la tige de vérin à la position de consigne yC(t) . yc(t)

u(t) +

(V)

i(t)

Correcteur -

Convertisseur (V)

q(t)

F(t)

Servo-valve (m3/s)

(A)

y(t)

Vérin

Charge (N)

(m)

Capteur Q2 - Reproduire et compléter le schéma bloc de la figure 6 représentant les équations de comportement du vérin. 1 b V0 p Σ(p) → Σ(p) = [ Q(p) - 2 S V(p) ] Transformée de Laplace des équations : Q(p) = 2 S p Y(p) + p V0 b Y(p) Y(p) J µ J p2 = R F(p) - µ → F(p) - 2 Y(p) = 2 p2 Y(p) et F(p) = S Σ(p) R R R R µ =k R2

On en déduit : Q(p) +

b V0

-

Σ(p)

1 p

F(p)

-

R2 1 = J M

+

S

Γ(p)

1 p

V(p)

Y(p)

1 p

2S Q3 - Déterminer la fonction de transfert entre la position de la tige du vérin et le débit d’huile entrant dans le vérin, H1(p) = F(p) = ( M p2 + k ) Y(p) d’où

donc

[ Q(p) - 2 S pY(p) ]

1 H1(p) = V0 p 2 (Mp +k) +2Sp bS

b 1 1 S = Y(p) V0 p M p 2 + k

soit

Y(p) [ ( M p2 + k )

Y(p) . Q(p)

V0 p + 2 S p ] = Q(p) bS

bS k V0 + 2 b S2 H1(p) = M V0 p(1+ p2 ) k V0 + 2 b S2

soit finalement

Q4 - Discuter de la stabilité du système ainsi créé, c’est à dire de l’aptitude du système à répondre à un échelon q(t) = q0 u(t) par une position y(t) bornée et monotone ou oscillatoire amortie. Le système comporte un intégrateur, donc la réponse à un échelon ne sera pas bornée. par ailleurs il y a un terme d’oscillateur harmonique donc les oscillations ne sont pas amorties Q5 - Indiquer

modification à ap-porter au schéma

µ =k R2

λ

la Q(p)

+ -

b V0

1 p

bloc demandé à la

Σ(p)

F(p) S

+

R2 1 = J M

Γ(p)

1 p

V(p)

1 p

Y(p)

2S

question Q2 .

Q6 - Déterminer la nouvelle fonction de transfert H2(p) =

b 1 1 λ ( M p2 + k ) Y(p) ] S = Y(p) S V0 p M p 2 + k V0 p 1 λ Y(p) [ ( M p2 + k ) + 2 S p + ( M p2 + k ) ] = Q(p) donc H2(p) = bS S V0 p λ ( M p2 + k ) + 2 S p + ( M p2 + k ) bS S S λk soit finalement H2(p) = M 2 M V0 3 k V0 + 2 b S2 p+ p + p 1+ k bλk bλk

On a toujours F(p) = ( M p2 + k ) Y(p) soit

Y(p) Q(p)

mais

[ Q(p) - 2 S pY(p) -

Q7 - Quelle est la réponse permanente y(∞) pour une entrée q(t) = q0 u(t) ? q0 y(∞) = lim y(t) = lim p Y(p) = lim p H2(p) Q(p) = lim p H2(p) p t→∞ p→0 p→0 p→0

soit

y(∞ ∞) = q0

S λk

Q8 - Quelle est l’inconvénient majeur de devoir envoyer un débit constant pour avoir une position constante ? Envoyer un débit constant pour obtenir une position constante, c’est à dire dissiper toute l’énergie du fluide dans l’orifice du débit de fuite conduit à un très mauvais rendement. Q9 - Montrer que la boucle interne de fonction de transfert H3(p) est équivalente à un système du second ordre dont on donnera les caractéristiques.

δ

γAG

1+ La boucle interne a pour fonction de transfert

H3(p) =

δ

1+γAG

1+

soit

γAGδ 1+γAGδn H3(p) = p2 γAGδnτ p+ 2 1+ 1+γAGδn β (1 + γ A G δ n )

p2 β2

p2 β2

=

(1+τp)n

γAGδ p2 1+ 2 +γAGδ(1+τp)n β

Les paramètres sont : ω0 = β

γAGδ 1+γAGδn βγAGδnτ ξ= 2 1+γAGδn K=

1+γAGδn

et

Q10 - En utilisant les abaques de la Figure 8 déterminer γ et τ pour assurer , lors d’un échelon vc(t) = v0 u(t) , un dépassement de 10% et un temps de réponse à 5% de 0,017 s. 77 . γ . 28,1 . 10 . τ 300

D = 10% conduit à ξ = 0,59 = 2 et pour ξ = 0,59 On obtient donc

1+

ω0 te = 5,2 1 + 0,937 γ = 3,97

1 + γ . 28,1 . 10 300

=

36,06 γ τ 1 + 0,937 γ

et on veut te = 0,017 s soit

γ = 15,8

soit

77

1 + 0,937 γ . 0,017 = 5,2

et en conséquence

τ=

0,59 . 3,97 soit 36,06 . 15,8

τ = 4,1 10-3 s

Q11 - Identifier la forme de la fonction de transfert H4(p) représentée par le diagramme de Bode donné Figure 10 . Donner la valeur numérique des coefficients caractéristiques de cette fonction. Le diagramme de Bode présente toutes les caractéristiques de celui d’un système du second ordre. La phase vaut -90° en ω0 = 300 rad/s et en traçant alors l’asymptote non horizontale du diagramme des gains, on trouve une pente de -12dB pour une octave, ce qui est bien la caractéristique d’un système du second ordre. On obtient le gain par

20 log K = -20,5 dB

soit

K = 0,095 m/s.V

en ω0 on mesure -25 dB = 20 log

K 2ξ

soit ξ = 0,84

Remarque : Les valeurs de 0,095 m/s.V et 300 rad/s correspondent à celles découlant des calculs de la question 10, mais pas celle de 0,84 où l’on avait obtenu 0,59 Q12 - Déterminer l’erreur de position εpos résultant d’un échelon 2ξ p2 p+ 2) ω0 ω0 Khν 1 y0 ) = y0 lim εpos = lim [yC(t) - y(t)] = lim p ( 1 p 2ξ p2 p2 2ξ t→∞ p→0 p→0 p (1 + p+ 2) p (1 + p+ 2) ω0 ω0 ω0 ω0 1+ 1+ Khν Khν de position yC(t) = y0 u(t)

avec y0 = 0,1 m

p (1 +

donc

εpos = 0

soit

εtr =

soit

εtr = 0,96 mm

Q13 - Déterminer littéralement et numériquement l’erreur de traînage εtr 2ξ p2 p+ 2 ω0 ω0 Khν 1 v0 ) 2 = v0 lim εtr = lim [yC(t) - y(t)] = lim p ( 1 p 2ξ p2 p2 2ξ t→∞ p→0 p→0 p (1 + p+ 2) p+ 2) p (1 + ω0 ω0 ω0 ω0 1+ 1+ Khν Khν 0,1 εtr = 0,095 . 50 . 22

résultant d’une rampe de position yC(t) = v0 t u(t)

avec v0 = 0,1 m/s

1+

v0 Khν