ETUDE DE L’ASSERVISSEMENT

Asservissement M’baye, Bassoum, P17

Institut des Techniques d’Ingénieur de l’Industrie

Date : 14/03/2007

ETUDE DE L’ASSERVISSEMENT

Aboubakry M’BAYE

Mamoudou BASSOUM

Promotion 17

Type de rapport : scientifique Niveau de diffusion : public


SOMMAIRE

Introduction ............................................................................... p1

A. Matlab .................................................................................. p2 1. Système du 1er ordre ............................................................................... p2

2. Système du 2nd ordre ............................................................................... p11

3. SIMULINK .............................................................................................. p17

B. Boucle fermée – Usage de l’abaque de black ................... p18 1. Réponses indicielles en boucle fermée .................................................... p18

a. Système du 1er ordre .......................................................................... p18

b. Système du 2nd ordre ......................................................................... p20

2. Comportement fréquentiel en boucle fermée : diagramme de Bode .... p22

a. Système du 1er ordre .......................................................................... p22

b. Système du 2nd ordre .......................................................................... p24

3. Abaque de Black-Nichols ........................................................................ p25

4. Démonstrations ....................................................................................... p27

a. Démonstrations n°1 ............................................................................ p27

b. Démonstrations n°2 ............................................................................ p41

c. Démonstrations n°3 ............................................................................ p46


1

INTRODUCTION

L’objectif de cette étude est de mettre en évidence les capacités du logiciel MATLAB d’une part et

d’autre part, d’étudier les fonctions de transfert du premier et deuxième ordre. MATLAB va nous

permettre de faire des calculs scientifiques, des acquisitions, de l’exploration et l’analyse de

données. De plus, il va nous permettre de réaliser la modélisation et la simulation ainsi que la

conception de systèmes multi-domaines.

Nous étudierons également le comportement d’un système du 1er

ordre à travers SIMULINK.

Après avoir fait les premières manipulations sur Matlab, nous allons étudier des systèmes en boucle

fermée (1er

ordre et 2nd

ordre) ainsi que leurs comportements fréquentiels. Nous utiliserons l’abaque

de Black-Nichols pour interpréter le tracé de H(p)*K (p). Nous terminerons par une série de

démonstrations sur le calcul des correcteurs.


2

A. Matlab 1. Système du 1er ORDRE

• Fonction de transfert : H(p)=10/(2p+1) • Gain statique = 10dB • Pôle = 0,5 rad/s-1

Nous avons tout d’abord représenté les zéros et les pôles, de la fonction de transfert, dans le plan

complexe (voir courbe ci-dessous).

Les pôles du système sont les racines qui annulent le dénominateur et les zéros sont ceux qui

annulent le numérateur.

Axe des réels Portion d’angle /90°

Axe des imaginaires


3

Nous avons obtenus les détails suivants :

� Le « DAMPING » qui est égal à 1 n’est autre que l’amortissement. Dans notre système,

nous n’avons pas de pôles conjugués donc pas d’amortissement.

� « OVERSHOOT » = dépassement = 0. Ceci s’explique par le fait que normalement une

résonance engendre un dépassement. Hors comme notre système est du 1er

ordre, nous

n’avons pas de dépassement.

� « FREQUENCY » � c’est la pulsation naturelle des pôles = 0,5.

Nous avons ensuite étudié le comportement fréquentiel du système avec le diagramme de Bode

afin de vérifier que nous avons bien du 1er

ordre. De plus, nous avons aussi visualisé l’allure typique

des diagrammes de Nyquist et Black-Nichols.

DIAGRAMME DE BODE

H (jω) = 1 / [1+ j (ω / ω₁)] avec ω₁ = 2

HdB = 20 log 1 – 10 log [1 + (ω²/ ω₁²)] φ = - Arctan (ω / ω₁)

ω >> ω₁ � GdB = -20 log ω + 20 log 0,5 φ = - 90°

ω = ω₁ � GdB = -10 log 2 = - 3,01 φ = - 45°

ω << ω ₁ � GdB = 0 φ = 0°

Nous avons à -3dB la pulsation de coupure qui est égale à 0,5rad/s. La pulsation naturelle est

donc égale à la pulsation de coupure : ωc = ω0. Le diagramme montre que nous avons un

passe-bas. D’après toutes ces informations, nous pouvons en conclure que nous avons bien un

système du 1er ordre.


4

DIAGRAMME DE NYQUIST

Nous allons déterminer l’équation du cercle :

H (jω) = 10 / (1+ 2jω)

On multiplie le numérateur et dénominateur par le conjugé de (1+2jω) qui est égal à (1-2jω) → H

(jω) = (10 – 20jω) / (1 + 4ω²) = [10/(1 + 4ω²)] + j[– 20jω/(1 + 4ω²)]

Re[H (jω)] = 10/(1 + 4ω²) = X � 1 Im[H (jω)] = – 20jω/(1 + 4ω²) = Y� 2

de 1 : (1 + 4ω²) X = 10 → ω2 = (10 – X) / 4X

dans 2 : ω2 = - Y

2 (1 + 4ω²)

2 / 400 → (10 – X) / 4X = [- Y

2 (3X+10)

2] / 4X

220

2

(X – 5) 2 + Y2 = 52 correspond à l’équation de notre cercle : centre (5;0) et rayon = 5.

Pulsations négatives Equation du cercle


5

DIAGRAMME DE BLACK_NICHOLS

La courbe obtenue avec la fonction « Nichols » a une asymptote à -90°, ce qui nous permet

d’en déduire que nous avons bien un système du 1er ordre.


6

Nous avons ensuite étudié le système avec différentes entrées conventionnelles afin de visualiser les

performances du système :

� Temps de réponse

� Stabilité

� Erreur

� …

REPONSE IMPULSIONNELLE

e(t) = δ (t) � E ( p) = L[δ (t) ]= 1

S(p) = H(p) / E(p) = H(p) = 10/(1+2p) � s(t)=(10/2)* e (-T

/2)

*U(t)

On constate d’après cette expression que le système est stable si T >0.

La réponse impulsionnelle permet de caractériser le système : L [s(t)] = H(p) et elle n’est que

théorique.

K /TTTT

TTTT


7

REPONSE INDICIELLE

e(t)=E*U(t)=1*U(t) � E(p)=1/p (avec E=1)

S(p) = H(p)*E(p) = (K*E)/((1+2P)(p)) � s(t) = (k*E)*(1- e–t/T

)*U(t)= (10*1)*(1- e-t/2

)*U(t)

On peut constater sur la courbe que nous avons bien:

� (10*1) � représente le régime permanent

� (1- e-t/2

) � représente le régime transitoire

D’après la courbe, nous avons déterminé à quel pourcentage correspondent s(T ), s(3T ) et s(5T ):

• s(T ) = 63,2 %

• s(3T ) = 95 %

• s(5T ) = 99,3%

La sortie à t=T atteint 63 % de la valeur asymptotique et à 3T nous obtenons 95%. Le T nous

permet de connaître la vitesse d’un système du 1er

ordre passe-bas qui est toujours stable. Plus T est

petit, plus vite le système atteint son régime statique.

Le temps de montée correspond au temps pour passer de 10% de la valeur finale à 90 %.

Calcul � tm = 2,2*T = 2,2*2 = 4,4 s

Graphique � tm = 4,2 s

Tangente à l’origine

Asymptote finale

tm : Temps montée


8

REPONSE A UNE RAMPE

E(p) = a/p²= 0,1/P²

S(p) = H(p)*E(p) = (a/p²) / [K/(1+Tp)] � S(p) = K*a [1/p²-T /p + T ²/(1+T p]

s(t) = k*a (t –T +T *e-t/T

)*U(t) = 10*0,1(t-2+2*e-t/2

)*U(t)

s(t) = (t-2+2*e-t/2)*U(t)

Tout d’abord, pour tracer s(t), nous avons simplement effectué impulse(S,0 :0.01 :5) en utilisant la

méthode ci–dessous :

Les deux schémas fonctionnels ne sont pas identiques mais donnent le même le résultat :

• S = H*E

• S = 1*H*E* = H*E

Manipulations : nous avons définis H=10/(1+2p) et E=0,1/p² puis entré S=H*E ensuite impulse

(S,0:0.01:5)

La courbe en vert représente la sortie « s(t) » et celle en bleu l’entrée « e(t) ».

Le but de cette comparaison est de déterminer le temps que met la sortie pour rattraper

l’entrée (dans notre cas 0,43s) �� ASSERVIR LE SYSTEME EN VITESSE.

H S E

H*E 1 S


9

REPONSE A UNE HARMONIQUE : SIN ω(t)

E (t) = U (t)*sin ω (t) � E (p) = ω/(p²+ ω²)

Nous avons choisi ω= 5 rad/s

S(p) = H*E = 50 / (2 p3 + p

2 + 50 p + 25)

Nous pouvons constater sur ce relevé, que même pour un 1er ordre avec une sinusoïde nous

avons un dépassement.

NB : le retard de la sortie est donné par l’argument.

Effet transitoire


10

REPONSE : e = t*U(t)-(t-10)*U(t-10)

Après avoir défini l’entrée, nous avons entré la commande suivante « ezplot(e,[0 30]) » pour

vérifier que nous l’avons bien défini. Le résultat ci-dessus montre que nous l’avons bien défini.

Pour l’obtenir la courbe s(t) ci-dessus, nous avons défini HS=10/(1+2*s) et ES puis calculé

SS=HS*ES et entré la commande suivante « ezplot(ss,[0 30]) ».

On constate sur la courbe que le système est:

Précis � l’erreur est nulle

Stable � le système n’oscille pas en régime permanent

Rapidité � cela dépend de ce que l’on a besoin

Nous remarquons sur la courbe que nous trouvons bien que 95% de la valeur finale est

atteinte pour t = 12,77 s


11

2. Système du 2nd ORDRE

Fonction transfert N°1: H (p) = 0,093/ (0,007p²+0,0064p+1)

DETERMINATION DES PÔLES ET DES ZEROS (1ère fonction)

Gain = 0,093 ; les pôles sont les suivants : (-4,5714 + 11,0435i) et (-4,5714 - 11,0435i) ; nous

n’avons pas de zéro car pour un passe-bas le numérateur ne s’annule pas.

REPONSE INDICIELLE (1ère fonction)

Conclusion : on constate que le système n’est pas précis. Nous allons donc changer d’équation.


12

Fonction transfert N°2: H (p) = 1/ [(1+2p) (1+p/15)]

DETERMINATION DES PÔLES ET DES ZEROS (2nd fonction)

Gain = 1 ; les pôles sont les suivants : -0,5 et -15 ; nous n’avons pas de zéro car pour un passe-bas

le numérateur ne s’annule pas.

Nous pouvons aussi en conclure que le système est stable car les pôles de la fonction de

transfert sont à partie réelle négative.


13

REPONSE IMPULSIONNELLE

e(t) = δ (t) � E(p) = L[δ (t)]= 1

S(p) = H(p) * E(p) = H(p) = 1/ [(1+2p) (1+p/15)] = (30/29)/ (1+2p) + (-1/29)/ (1+p/15)

�� s(t) = U(t)* (30/58)*e-t/2 - U(t)* (15/29)*e-15t

La réponse impulsionnelle permet de caractériser le système : L [s(t)] = H(p) et elle n’est que

théorique.


14

REPONSE A UN ECHELON

E(p) = 1/p

S(p)= H(p)*E(p) = 1/ (0,1333p3+2,067p²+p)

Graphique :

On constate sur la courbe que le système est:

Précis � l’erreur est nulle

Stable � le système n’oscille pas en régime permanent

Sur la courbe on a bien une tangente horizontale en 0 qui caractérise les systèmes du 2nd

ordre.

Il est aussi important de noter que nous avons aussi 2 pôles réels donc Z > 1. Cela veut aussi dire

que nous n’avons pas de dépassement.

D’après la courbe, nous avons déterminé à quel pourcentage correspondent s(T =2 ) et s(3T =6 ) :

• s(T ) = 63,2 %

• s(3T ) = 95 %

Calculs :

Par identification avec l’équation normalisée du 2nd

ordre: ωo = 2,73 rad/s et Z =3.6. Ceci confirme

le fait que nous n’avons pas de dépassement.


15

DIAGRAMME DE BODE

Sur la courbe représentant le module en dB :

La pulsation de coupure est de 0,5 rad/s. Il est aussi important de noter que la pente est de -20dB par

décade.

Sur la courbe représentant la phase en degré :

Lorsque l’on atteint la pulsation de coupure la phase vaut -46,9°.


16

NYQUIST DIAGRAMME

On peut constater sur la courbe que la pulsation propre ω0 vaut environ 2,7 rad/s. Cela

correspond à la valeur déterminée par le calcul 2,73 rad/s.

DIAGRAMME DE BLACK

La courbe obtenue avec la fonction « Nichols » a une asymptote à -180° ce qui nous permet

d’en déduire que nous avons bien un système du 2nd ordre.


17

3. SIMULINK

Objectif : visualisation du comportement de la fonction suivante H(p)= 10/(1+2p), en mode

programmation graphique.


18

A. Boucle fermée – Usage de l’abaque de black 1. Réponse indicielle en boucle fermée

a. Système du 1er ORDRE

Soit la chaîne directe H(p) = H0/(1+ TTTT0*p) = 1/(1+2p).

� Réponse indicielle en chaîne directe

F(p) = H(p) / [ 1 + K(p) H(p) ] = H(p)

Hf (Gain) = 1 TTTT f f f f = 2s ωf = 0,5 rad/s

� Réponse indicielle en boucle fermée K= 1

F(p) = H(p) / [ 1 + K(p) H(p) ] = [1/(1+2p) ]/ [ 1 + 1/(1+2p) ]

Après calculs, nous obtenons F(p) = Hf/ (1+TTTT f *p) = 0,5/(1+p)

Hf (Gain) = 0,5 TTTT f f f f = 1s ωf = 1 rad/s


F(p) = H(p) / [ 1 + K(p) H(p) ] = [1/(1+2p) ]/ [ 1 + 1/(1+2p) ]

Après calculs, nous obtenons F(p) = 0,25/(1+0,5p)

Hf (Gain) = 0,25 TTTT f f f f = 0,5s ωf = 2 rad/s

U(t) H S(t)

U(t) H S(t)

U(t) H S(t)

K=3


19

Réponses indicielles en BF (chaîne directe, k=1 et K=3) du 1er ORDRE

Résultat chaîne directe :

A t = T = 2s on atteint 63% de la valeur finale et à t = 3T = 6s on atteint 95%.

Résultat BF avec K=1:

A t = T = 1s on atteint 63% de la valeur finale et à t = 3T = 3s on atteint 95%.


A t = T = 0,5s on atteint 63% de la valeur finale et à t = 3T = 1,5s on atteint 95%.

CONCLUSION : Nous constatons que le temps de réponse est de plus en plus court donc le système est de plus en

plus rapide. En revanche, le gain statique diminue (le gain en BF est égal à celui en BO divisé par

(1+KH0)).

Ceci vient confirmer le fait que lorsqu’on boucle un 1er ordre le système devient plus rapide et

que le gain statique diminue.

K=3

K=1

Chaîne direct


20

b. Système du 2nd ORDRE

Soit la chaîne directe : H(p) = H0 / [ 1+2Z0p/ω0 + ( p / ω0 )2 ] = 3 / ( 1 + 0,8p + 0,25p2 )

H0 (Gain) = 3 Z0 = 0,8 ω0 = 2 rad/s

� Réponse indicielle en chaîne directe

F(p) = H(p) / [ 1 + K(p) H(p) ] = H(p) = 3 / ( 1 + 0,8p + 0,25p2 )

Nous allons maintenant déterminer le temps de réponse Tr à 5% et le ou les dépassements avec les

abaques des temps réduits et des dépassements réduits :

Tr ω0 = 3,2 Tr à 5%= 3,2/2 =1,6 s

D1= 0,015 D1=1,5%

Les abaques nous montrent que nous avons bien un dépassement. Ceci est théorique et nous le

vérifierons en pratique sur les courbes de réponse indicielle.


F(p) = H(p) / [ 1 + K(p) H(p) ] = H0 / [ 1 + KH0 + 2Z0p / ω0 + ( p / ω0 )2 ]

Après calculs de deux manières différentes, nous obtenons :

F(p) = (3 / 4) / [ 1 + 2*0,4p/4 + ( p/4 )2 ]

Hf = H0 / (1+KH0) = 3/(1+1*3) = 3/4 = 0,75

Zf = Z0 / (1+KH0) 1/2

= 0,8*(1+3) 1/2

= 0,4

ωf = ω0 *(1+KH0) 1/2

= 2*(1+1*3)1/2

= 4 rad/s

Hf (Gain) = 0,75 Zf = 0,4 ωf = 4 rad/s

Nous allons maintenant déterminer le temps de réponse Tr à 5% le ou les dépassements dk

avec les abaques des temps réduits et des dépassements réduits :

Tr ω0 = 8 Tr à 5% = 8/4= 2 s

D3 = 0,0175 soit 1,75% valeur du dépassement égale 0,75 + 0,191 = 0,941

D2 = 0,065 soit 6,5% valeur du dépassement égale 0,75 - 0,048 = 0,702

D1 = 0,255 soit 25,5% valeur du dépassement égale 0,75 + 0,013 = 0,763

Nous avons théoriquement trois dépassements que nous vérifierons graphiquement.

U(t) H S(t)

U(t) H S(t)


21

Réponses indicielles en BF (chaîne directe, k=1) du 2ème ORDRE

Résultat chaîne directe :

A t = 1,69s on atteint 95% de la valeur finale soit 2,85.

Nous constatons un dépassement à t = 2,64s de 0,05 soit 1,67% de la valeur finale.

Ceci vient confirmer les résultats du calcul théorique fait précédemment.


A t = 1,9s on atteint 95% de la valeur finale soit 0,712.

Nous constatons trois dépassements :

à t = 0,86s de 0,19 soit 25,33% de la valeur finale.

à t = 1,76s de -0,048 soit 6,4% de la valeur finale

à t = 2,58s de 0,012 soit 1,6% de la valeur finale Nos dépassements et le temps de réponse sont presque égaux à ceux déterminés

théoriquement.

CONCLUSION : Lorsque nous comparons une chaîne directe et un système en BF du 2ème ordre pour un K

réel, on peut dire que si on passe d’une chaîne directe à un BF alors on ne change pas d’ordre.

En revanche les paramètres sont différents à cause du bouclage.

Chaîne direct

K=1


22

2. Comportement fréquentiel en boucle fermée : diagramme de Bode

a. Système du 1er ordre

Soit la chaîne directe : H(p) = 1/(1+2*p)

CHAINE DIRECTE

Pulsation de coupure à -3dB: ωc = 0.5 rad/s. Le système se comporte comme un intégrateur pur à

une décade de la pulsation de coupure � ω=5 rad/s.

BF avec K=1

Pulsation de coupure à -3dB: ωc = 1 rad/s. Le système se comporte comme un intégrateur pur à une

décade de la pulsation de coupure � ω=10 rad/s.


23

BF avec K=3

Pulsation de coupure à -3dB: ωc = 2 rad/s. Le système se comporte comme un intégrateur pur à une

décade de la pulsation de coupure � ω=20 rad/s.


24

b. Système du 2nd ordre

Soit la chaîne directe : H(p) = 100 / [ ( 1 + p )(1+ p/10 ) ] K(p) = 0,1

F(p) = H(p) / [ 1+ K H(p) ] = (100/11) / [ 1+ 11p/110+1p2/110] = Hf / [1+2Zfp/ωf+p

2/ ω0]

Gain statique = 20logHf = 20 log (100/11) = 19.17dB

ωf = (110)1/2

=10.48 rad/s

Zf = 11ωf / 2*110 = 0.524

Nous allons comparer les valeurs théoriques avec les valeurs pratiques (diagramme de Bode).

Diagramme de Bode en chaîne directe et boucle fermée du 2nd ORDRE

Résultat de l’étude de la BF :

A -3dB nous avons un gain statique de 19.2dB et pour retrouver ωf nous nous plaçons à 19.2-

3=17.2dB et nous pouvons lire sur la courbe que ωf =12.1 rad/s.

Nous pouvons identifier les paramètres suivants du 2ème ordre en boucle fermée à partir du

diagramme de Bode :

Gain statique = 19.2dB

ωf = pulsation propre à -90° sur la phase = 10.6 rad/s

ωc = fréquence de coupure = 12.1 rad/s

Par contre, nous ne pouvons pas déterminer le coefficient d’amortissement Zf à partir du diagramme

de Bode.


25

3. Abaque de Black-Nichols

Soit H(p) = 100 / [(1+p)(1+p/10)] K(p) = 1/10

F(p) = H(p) / [ 1+ K H(p) ] = 10 / (1+p)(1+p/10)

Les calculs ont été effectués dans le cours, maintenant nous allons vérifier les calculs faits à la main

sur Matlab.

Black-Nichols courbe 1 (gain statique)

Black-Nichols courbe 2 (gain maxi et pulsation de résonance)


26

Black-Nichols courbe 3 (marge de phase et marge de gain)

Nous pouvons déduire des ces trois courbes les paramètres suivants :

Gain statique = -0,8dB

Gain maxi = 0,125dB

Pulsation de résonance ωr = 7,3 rad/s

Marge de phase = 180 - 121= 59°

Marge de gain = infini car nous avons une tangente à -180°

Ces paramètres viennent confirmer les calculs faits à la main.

CONCLUSION : Le point critique a les coordonnées suivantes (0,0). Ici notre courbe se situe à droite du point

critique donc nous pouvons en conclure que le système est stable. En revanche, il va être plus lent et

moins précis donc il faut trouver un compromis avec l’utilisation des correcteurs.


27

4. Déééémonstrations a. Déééémonstrations n°1

H(p) = 1/[(1+p)*(1+p/10)²]

� Représentation dans Bode et Black-Nichols pour A=1 : H(p) = 1/[(1+p)*(1+p/10)²]

BODE

La pulsation de coupure à -3dB vaut ωc = 0,98 rad/s et la phase est égale à -55,6°.


28

� Les marges :

BLACK-NICHOLS

� Marge de phase = 180°

� Marge de gain = 27,8 dB

� Réponse à un échelon

Réponse du système bouclé (K=1) à un échelon Heaviside

On constate que le système est plus rapide mais le gain statique lui a diminué. Pour t = T = 0,64 s,

on atteint 0,316 soit 63% de la valeur finale. Le tr 5% est de 1,35 s.


29


BODE


BLACK-NICHOLS


30

• Marge de phase = 30 dB

• Marge de gain = 7,59 dB


� Nous constatons que nous avons plusieurs dépassements. Mais par contre, on peut aussi

apercevoir que le système est stable (pas oscillations en régime permanent) et qu’il est plus précis

que le système précédent (erreur = 0,091).


31


BODE


BLACK-NICHOLS

• Marge de phase = 0

• Marge de gain = 0,207 dB


32


Ce relevé, montre que le système est très instable. En effet, il y a de plus en plus d’oscillations avec

des amplitudes de plus en plus grandes.


BODE



33

BLACK-NICHOLS

• Marge de phase = -6°

• Marge de gain = -1.96 dB


34


Ce relevé, montre que le système est très instable. En effet, il y a de plus en plus d’oscillations avec

des amplitudes de plus en plus grandes.

CONSTAT: Nous constatons que lorsque, A>10 le système devient de plus en plus instable. Les

oscillations sont de plus en plus importantes. Par ailleurs, quand A=1, le système est plus rapide et

nous n’avons pas de dépassement. Nous avons une meilleure réponse du système pour A=10 :

système stable et précis.


35

Détermination du comportement de la BF à partir de la BO

A partir du diagramme de Black-Nichols, nous allons déterminer les paramètres de la BF. Pour ce

faire traçons la BO dans Black-Nichols.

D’après la courbe ci-dessous : gain statique = -0.95 dB ; gain maxi = 6dB pour ω rf =7,5rad/s

QdB=6-(-0,95)= 6,95 dB = 2.23 ; puis d’après les abaques nous en déduisons que Zf= 0.225.

Ces paramètres vont nous permettre de déterminer la forme normalisée du 2nd

ORDRE.

Voici la forme normalisée d’une équation du 2nd

ORDRE : F(p) = Hf / [1+2Zfp/ω0f+p2/ ω0f]

ω rf = ω0f *(1-2Zf2)1/2

→ ω0f = ω rf / (1-2Zf2)1/2

= 7,5 / (1+0,2252) ½

= 7,32

Gain statique en réel = Hf = 10-0,95/20

= 0,896

Le modèle équivalent d’ordre 2 est égal à : F(p) = 0,896/(1 + 0,0615p + 0,0187p2)


36

Détermination de A afin d’obtenir une marge de phase à 45°

Par déduction des valeurs de marges de phases trouvées pour A=1 ; A=10, A=25 nous savons que le

A qui donne une marge de phase à 45° est compris entre 1 et 10. Maintenant nous essayons

plusieurs valeurs dans Black-Nichols et nous trouvons une valeur de A=7.

BLACK-NICHOLS

A = 7 nous permet d’obtenir une de marge phase à 45° et un gain de 10,8 dB.

Maintenant nous allons tracer la réponse de la boucle fermée à un échelon d’Heaviside pour

connaître les caractéristiques du système.



37

Pour trouver le Tr à 5% nous allons utiliser la méthode du « tunnel » : 0,05*0,875 = 0,04375. Les

extremums sont : maxi = 0,875+ 0,044 = 0,921 ; mini =0,875- 0,044 = 0,831.

Notre valeur de référence à 95% est égale à 0,831 donc notre Tr à 5% est égale à 1,2s.

Dp correspond au dépassement le plus important et Tp au temps pour l’atteindre.

Dk= 1,16 – 0,875 = 0,285 et Tk= 0,54 s

Il y a 5 dépassements « Dk », donc nous avons :

• D1 = 0,285

• D2 = 0,101

• D3 = 0,036

• D4 = 0,013

• D5 = 0,005

La valeur finale vaut 0,875.


38

Calcul de correcteur

Pour A= 7, nous avons ω = 5.3 rad/s à l’intersection de la courbe avec l’axe des ordonnées. Donc

ω1 = 2*ω = 2*5.3 = 10.6 rad/s. En effet, on désire un temps de réponse divisé par deux, c'est-à-dire

une pulsation doublée.

« Delta » qui est la différence de phase entre ω1 et ω vaut 43°

C(p) = Kc [(1+ a*Tp) /(1+ Tp)]

On sait que : sin « delta » = (a-1)/(a+1) � a = 5,289

ω1= 1/ (T*a1/2

) � T = 0,041


39

Nous allons tracer la fonction suivante dans black: T(p) = A*H(p)* [(1+ a*Tp) /(1+ Tp)]*K

Sur la courbe, on constate bien que l’on a -135° une pulsation de 10,6 rad/s.

Détermination de Kc : à partir de la courbe ci-dessus, on peut en déduire que Kc doit être égal à

2,95dB soit 1,404.

Nous traçons la fonction suivante dans black: T(p) = A*H(p)*C(p)*K

Nous constatons que nous avons bien conservé notre marge de phase et obtenu une pulsation doublée à (-135° ; 0dB).


40

Vérifions que nous avons bien divisé le temps de réponse par deux :

BOC (boucle ouverte corrigée)= C(p)*A*H*K = C(p)*A*H

BFC (boucle fermée corrigée) = (1/K)*BOC/(1+BOC) = BOC/(1+BOC)

BFNC (boucle fermée non corrigée) = (A*H)/(1+K*A*H) = (A*H)/(1+A*H)

D’après le relevé ci-dessus, on constate que l’on a bien divisé le temps de réponse en boucle fermée

par 2 :

� Tr 5% en BFC = 0,61s

� Tr 5% en BFNC = 1,21s


41

b. Déééémonstrations n °2

� Les marges

Marge de phase = 0° et marge de gain = 0 dB

La courbe passe par le point critique.

� Calcul correcteur avance phase

Graphiquement : le correcteur à avance de phase « A » nous permettant d’obtenir une marge

de phase de 45° vaut -11,9 dB soit 0.25 en réel.


42

La courbe ci-dessus montre que pour A=0,25 nous avons bien une marge de phase à 45°.

Déterminons maintenant C(p) :

Pour A= 0,25, nous avons ω = 42,4 rad/s à l’intersection de la courbe avec l’axe des ordonnées.

Donc ω1 = 2*ω = 2*42,4 = 84,8 rad/s. En effet, on désire un temps de réponse divisé par deux,

c'est-à-dire une pulsation doublée.


43

« Delta » qui est la différence phase entre ω1 et ω vaut 35°

C(p) = Kc [(1+ a*Tp) /(1+ Tp)]

On sait que : sin « delta » = (a-1)/(a+1) � a = 3,69

ω1= 1/ (T*a1/2

) � T = 0,0062

Nous allons tracer la fonction suivante dans black: T(p) = A*H(p)* [(1+ a*Tp) /(1+ Tp)]*K

Sur la courbe, on constate bien que l’on a -135° une pulsation de 84.8 rad/s.

Détermination de Kc : à partir de la courbe ci-dessus, on peut en déduire que Kc doit être égal à

3,58dB soit 1,51.

Nous traçons la fonction suivante dans black: T(p) = A*H(p)*C(p)*K


44

Nous constatons que nous avons bien conservé notre marge de phase et obtenu une pulsation doublée à (-135° ; 0dB).

Vérifions que nous avons bien divisé le temps de réponse par deux :

BOC (boucle ouverte corrigée)= C(p)*A*H*K = C(p)*A*H

BFC (boucle fermée corrigée) = (1/K)*BOC/(1+BOC) = BOC/(1+BOC)

BFNC (boucle fermée non corrigée) = (A*H)/(1+K*A*H) = (A*H)/(1+A*H)


45

D’après le relevé ci-dessus, on constate que l’on a bien divisé le temps de réponse en boucle fermée

par 2 :

� Tr 5% en BFC = 0,074s

� Tr 5% en BFNC = 1,142s


46

c. Déééémonstrations n °3

Gbonc(p)=4/[p*(p+1)*(p+2)]

�� Détermination de C(p) par la méthode du pivot

ω = 1/√(Ti*Td) avec ω = 0,2 rad/s et Td = Ti /4 �� Ti = 10 s

Traçons Gboc pour Kc = 1 :

Gboc = C(p)*Gbonc(p) avec C(p) = Kc (1+(1/Ti*p)+Td*p) = 1(1+(1/10p)+2,5*p)


47

Déterminons Kc pour obtenir un Z = 1

On veut que Z = 1 donc d’après les abaques Q = 1 = 0dB.

On sait que Q = Gain max – Gain statique et que d’après la courbe question 1) le Gain

statique = 0,25 dB �� il nous faut donc régler Kc jusqu'à obtenir un Gain max = 0,25 dB.

Traçons Gboc pour Kc = 0,65 ; courbe ci –dessous :

Vérifions que nous avons bien réduit le tr 5% :

Documents

ETUDE DE L’ASSERVISSEMENT