Correction du TD de rappels d analogique

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1 Correction du TD de rappel d analogique Florent Nageotte 27 eptembre Rappel d automatique analogique 1.1 Exercice 1 Pour calculer la fonction de tranfert totale, le plu imple et d appliquer la tranformée de Laplace à chaque équation élémentaire avant de le regrouper : U() = LI() + RI() Γ() = K i I() JΩ() = Γ() f Ω() Ω() = θ() On exprime enuite la ortie en fonction de ignaux intermédiaire juqu à retrouver le ignal d entrée : θ() = Ω() Ω() = Γ() J + f Γ() = K i I() I() = U() L + R En combinant ce équation algébrique, on obtient : θ() = Donc la fonction de tranfert vaut : F () = θ() U() = K i U() (J + f)(l + R) elle et d ordre 3, et on gain tatique et infini. K i (J + f)(l + R) 1

2 1.2 Exercice 2 a. Le pôle dominant ont le pôle table le plu lent. Ce ont ceux qui impoent la vitee (ou bande paante) globale du ytème. En analogique, ce pôle ont proche de l axe imaginaire. Ici le pôle en 2 et trè dominant par rapport au pôle en 50 (un facteur 5 et uffiant pour pouvoir conidérer une véritable dominance). b. Le gain tatique obtient en faiant = 0 dan la fonction de tranfert. On a ici un gain tatique de 0.1. c. Le ytème et table car tou e pôle ont à partie réelle trictement négative. d. A partir de quetion précédente on peut e faire une bonne idée de l allure de la répone indicielle du ytème G(). La ortie tend ver 0.1 en raion du gain tatique. Le pôle du ytème ont réel, il n y a donc pa de dépaement (le facteur d amortiement correpondant et upérieur à 1). Le temp d établiement à 5% vaut environ 3τ où τ et la contante de temp équivalente du pôle dominant. Ici τ 1 = 0.5. Finalement on obtient une répone indicielle qui a l allure du 2 graphique uivant : t 1.3 Exercice 3 a. Le lieu d Evan repréente la poition de pôle de la boucle fermée contenant le procédé G() et un gain K en fonction de la valeur de K. Pour tracer le lieu de racine, on applique de règle élémentaire. Nou le reverron dan le cour d automatique numérique. Ici n = 3 (nombre de pôle) et m = 0 (nombre de zéro). R1 : n = 3, donc 3 branche. Pa de zéro donc n m = 3 branche partent ver l infini. R3 : le partie de l axe réel appartenant au lieu d Evan ont ] ; 100[ et ] 10; 0[ R4 : Le 3 aymptote e coupent en σ = = Elle ont de angle 3 α λ = (2λ+1)π avec l axe réel : donc π, π et 5π R5 : On cherche le valeur de pour lequelle dg = 0. d dg d = 20( ) ( ) 2

3 dg d = = 0 = et = 4.87 Seule la econde olution fait effectivement partie du lieu d Evan (d aprè R3). Il y a donc un eul point de éparation en R6 : ne applique pa lorque le pôle et zéro ont réel R7 : On cherche la valeur du gain K au point de éparation = 4.87 : K = 1 G( = 4.87) = ( 4.87)( )( ) 20 = R8 : On cherche la valeur de K pour laquelle le ytème en boucle fermée devient intable. Pour cela on applique le critère de Routh à la fonction de tranfert de la boucle fermée contituée du procédé et d un gain K : F T BF () = 20K K K Le tableau de Routh et donc le uivant : 1 a K 0 avec a = K. 110 La BF et table lorque tou le coefficient de la deuxième colonne ont de même igne (donc > 0). Cela et le ca pour K ]0; 5500[. Le lieu d Evan coupe donc l axe imaginaire pour K = Finalement, le lieu d Evan a l allure uivante (attention échelle non repectée) : K = K = b. On demande de traduire le cahier de charge en terme de poition de pôle de la boucle fermée. La condition ur l erreur tatique nulle n impoe rien ur le pôle de la BF. En revanche elle impoe que la BO contienne un intégrateur. Comme le procédé G()

4 contient déjà un intégrateur (pôle en 0), il ne era pa néceaire d en ajouter un dan le correcteur pour repecter cette contrainte. La condition répone indicielle an dépaement impoe que le pôle de la BF oient réel (et négatif pour la tabilité toujour implicitement exigée). En effet, i la boucle fermée contient de pôle complexe conjugué, la répone indicielle aura un dépaement. Pour que le temp d établiement à 5% de la BF oit inférieur à 300m, il faut que le contante de temp dominante de la BF oient plu petite que 100m. Cela implique donc que le pôle dominant de la BF doivent être à gauche du point = 1 = Il n et pa néceaire d utilier un intégrateur dan le correcteur. On peut donc onger à utilier un correcteur proportionnel. Dan ce ca le pôle de la boucle fermée e trouveront ur le lieu d Evan tracé à la quetion a. On voit qu avec un tel correcteur il y aura toujour un pôle de la BF à droite du point On ne pourra donc pa repecter la 3ème contrainte. Le ytème en BF era toujour trop lent. Il faut donc onger à accélerer le ytème. On peut le faire en utiliant un correcteur de type proportionnel - dérivé. Réglage du correcteur PD : le plu imple et de réalier un réglage tandard qui conite à compener le pôle table le plu lent du procédé et de le remplacer par un pôle plu rapide. C() aura donc la forme uivante : C() = Kc(+10). Il faut +a choiir a de orte que la 3ème contrainte oit repectée. Par exemple, en prenant a = 100, le lieu d Evan modifié comprendra l axe réel entre et 100 et entre 100 et 0. Il devrait donc être poible de placer le pôle de la BF à gauche du point = 10. La boucle ouverte corrigée a maintenant la forme uivante : BO() = C()G() = Nou allon enfin régler le gain Kc de orte à repecter cette contrainte (on e contente de trouver un correcteur répondant au cahier de charge minimal, c et-àdire celui qui place un pôle de la BF en = 10. En effet, il et toujour riqué de vouloir faire mieux que ce qui et demandé : rien n aure qu on puie faire mieux d une part, et d autre part le correcteur era plu complexe). En utiliant la règle R7 du lieu d Evan (appliquée à la boucle ouverte corrigée), on peut calculer le gain Kc permettant d amener un pôle de la BF en 10 : 20Kc. (+100) 2 1 K c = = ( 10)( 90)2 = C(= 10)G(= 10) 20 Avec ce gain, il y aura donc un pôle de la BF en = 10. Il faut enuite aurer que le autre pôle ont bien plu rapide. Pour cela on peut calculer la FTBF : F T BF () = C()G() 1 + C()G() = Il y a un pôle en 10 donc le dénominateur écrit ou la forme : (+10)(+b)(+c), d où on tire : b c = 8100 et 10 + b + c = 200. Finalement b = et c = Le pôle en -10 et donc bien dominant. 1.4 Exercice 4 a. Ce ytème a une bande paante de l ordre de 1 rad/. b. Le gain tatique e lit en trè bae fréquence. Il vaut environ 0dB donc 1.

5 c. Pour annuler l erreur tatique par rapport à la conigne, il faut que la BO contienne un intégrateur. Le diagramme de Bode montrent que le procédé ne contient pa d intégrateur, car la phae en bae fréquence et nulle et le gain en BF ne part pa ver l infini. Par conéquent un correcteur proportionnel ne permettra pa d annuler l erreur tatique en BF. d. Le correcteur propoé comporte un intégrateur. L erreur tatique de la BF era donc nulle. On peut etimer la BP de la BF à partir du diagramme de Bode en amplitude de la BO. En effet la BP de la BF et définie par la pulation à laquelle la BO coupe 0dB. Nou allon etimer le diagramme de Bode de la boucle ouverte corrigée : BO() = C()G(). On a donc et BO(jω) db = C(jω) db G(jω) db ϕ(bo(jω)) = ϕ(c(jω))ϕ(g(jω)). Or C(jω) db = 20log(1) 20log(ω) = 20log(ω). En ajoutant cette quantité au diagramme en amplitude de G() on voit que pour ω = 1rad/ BO db 2dB, pour ω = 10rad/ BO db = = 42dB La BP de la BF vaut donc environ 1 rad/. La marge de phae et définie par la ditance de la phae de la BO à 180 pour la pulation à laquelle le gain vaut 0dB. Or ϕ(bo(jω)) = 90 + ϕ(g(jω)) (ici le correcteur enlève 90 à la phae). Donc à 1 rad/, ϕ(bo) = 125. Finalement la marge de phae vaut environ 55. La BF a une BP équivalente au procédé initial. Le gain tatique et également unitaire. Le principaux avantage du bouclage ont que le perturbation (offet par exemple) eront rejetée et que l erreur tatique era nulle même en ca de modification du comportement du ytème (vieilliement par exemple). e. On commence par traiter le contrainte de préciion et de rejet de perturbation. Pour annuler l erreur tatique par rapport à la conigne, il faut un intégrateur dan la boucle ouverte. Comme le procédé n en contient pa, il faut en ajouter un dan le correcteur. Il faudra donc utilier un correcteur de type PI, PID ou encore plu complexe. La forme générale et donc C() = C inc Pour rejeter le perturbation de ortie il faut un intégrateur avant ce perturbation. Celui du correcteur (voir paragraphe précédent) era uffiant pour cela. Il rete à régler la BP et la marge de phae. Ce deux contrainte prie enemble ignifient que le diagramme de Bode de la boucle ouverte corrigée (C()G()) doivent être tel que : le diagramme en amplitude coupe 0dB en ω = 3rad/ et à ω = 3rad/ la phae vaille = 135 o. La phae du procédé vaut environ -90 à ω = 3rad/. L intégrateur ajouté dan le correcteur la fait decendre de 90 et l amène donc à Il manque donc 45 que C inc doit apporter. Un zéro et uffiant pour cela. On pourra donc utilier un correcteur PD de la forme C() = Kc(+a). Il faut que ϕ( + a) = 45 π à ω = 3rad/. Comme ϕ( + a) = atan( ω ), on obtient 180 a a = 3. Il rete finalement à régler Kc pour que BO(3rad/) = 1. Or BO(3rad/) = G(3rad/) C(3rad/). D aprè le diagramme de G, G(3rad/) = 10 7/20. Par

6 ailleur C(ω) = Kc ω 2 +a 2 ω. On obtient finalement Kc = 1.58 et le correcteur complet et C() = 1.58(+3.82).

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