Régulation - funthomas.wz.czfunthomas.wz.cz/skola/francie/regul.pdf · ... Principe du moteur à courant continu 1.2 Equations de la ... Si on représente la fonction Ω(V 2), on

Institut national polytechnique de Lorraine

école nationale supérieure d’électricitéet de mécanique

ISA 2A

Moteur à courant continu

Régulation

Ghania IdiriTomáš Novák

10 décembre 2007

Modélisation d’une machine àcourant continu

1.1 Introduction

L’inducteur (ou stator) crée un champ magnétique fixe ~B. Ce stator peut etre à aimants permanentsou constitué (comme sur le schéma) d’électro-aimants.L’induit (ou rotor) porte des conducteurs parcourus par un courant continu (alimentation du moteur) ;

ces spires, soumises à des forces (forces dites de Laplace), entraınant la rotation du rotor. Il en résulte unevariation du flu du champ magnétique à travers chaque spire ; elle engendre une FEM qui est redresséepar l’ensemble : collecteur + balais.La valeur moyenne E de cette FEM est proportionnelle à la vitesse angulaire de rotation Ω du rotor,

au flux maximal du champs magnétique crée par l’inducteur à travers une spire (Φ = B × S) et à uneconstante K qui dépend des caractéristiques de la conception du moteur (nombre de conducteurs, surfacede chaque spire, nombre de paires de pôles,. . .).

Fig. 1.1 – Principe du moteur à courant continu

1.2 Equations de la machine à courant continu

V1

V2

I2

I

E

R

2

2

Les équations :

V1 = R1 I1 (1.1)

V2 = E2 +R2 I2 (1.2)

2

Régulation du moteur à courant continu 3

Le couple :Γ =M I2 I1, (M : parametre constructif du moteur) (1.3)

La vitesse :

Ω =E2

M I1(1.4)

(1.2) + (1.4) =⇒

Ω =V2

M I1− R2 Γ(M I1)2

(1.5)

?

-

-

V2

V1

Γm = Γ2 (couple rsistant)

Si on représente la fonction Ω(V2), on est sur le point d’asservissement linéaire (régulation linéaire).

1.3 Couple-puissance en fonction de la vitesse

-

6

P =CsteΓmax

(Γ, P )

ΩΩ1-

regulation lineaire

En prenant : M I1 = cste = K, alors

Ω =V2K− R2 I2

Kou Ω =

V2K−R2

ΓK2

(1.6)

=⇒

V1 = R1 I1 = Cste

V2 = E2 +R2 I2 + L2dI2dt

(1.7)

E2 = K Ω

JdΩdt= Γm − Γr

Pour les mesures, on mesure tout ce qui est statique G0,K,R2 et Req.


1

K

-

K

R2

-

6

- u

v

-

-

V2

I2

Ω

Γ

+

−

Fig. 1.2 – Moteur - systeme MIMO

1.4 Partie expérimentale

– Tracer V2 en fonction Ve : V2 = f(Ve) à I2 = 12A=Cste– Calculer le gain K = (V2 −R2 I2)/Ω = (V2 − 12)/Ω– Calcul G0 = ∆V2/∆Ve

Pour avoir Ω en rad/s, on multiplie la valeur expérimentale, exprimée en tr/min, par 2π/60.– R = R2 +Req

– Req = 2Ω– R2 = 1Ω

– Ω =V2 − 12

K

Ve (V) 4.10 4.98 5.31 5.60 6.01 6.52 6.91 7.00 7.60Ω (tr/min) 474 950 1090 1226 1446 1674 1829 1863 1884V2 (V) 77 145 165 183 213 245 265 270 272Ω (rad/s) 49.63 99.48 114.14 128.38 151.42 175.30 191.53 195.09 197.29K (rad/s) 1.30 1.33 1.34 1.33 1.32 1.32 1.32 1.32 1.31

− Calcul de G0 : G0 représente la pente de la courbe Ve = f(V2)

G0 =∆V2∆Ve

= 60.6

0

100

200

300

V2

(V)

4 5 6 7 8V

e(V)

− Calcul de K : K représente la pente de la courbe V2 = f(Ω)

K =∆V2∆Ω

= 1.32


0

100

200

300

V2

(V)

0 100 200V

e(V)

1.5 Modele dynamique

Maintenant on connaıt les parametres du modele linéaire statique et on va identifier des parametresdynamiques. La dynamique du systeme est amenée par des parametres L2 et J . Si on ajoute L2 et Jdans les équations du systeme en régime établi, on obtient des équations suivantes :

V1 = R1I1

V2 = E2 +R2I2 + L2dI2dt

E2 = kΩ

JdΩdt

= Γm − Γr

On va supposer le régime établi + des petites variations

V2(t) = V20 + v2(t)

alors on a une équation (1.8) qui nous donne l’équation variationelle (1.9). La fig. 1.3 présente un modeledynamique du moteur.

V2(t) = V20 + v2(t) = kΩ0 + kω(t) +R2I20 +R2i2(t) + L2di2(t)

dt(1.8)

v2 = kω(t) +R2i2(t) + L2di2(t)

dt(1.9)

On applique la transformé de Laplace et on obtient

V2(s) = kΩ(s) + (R2 + sL2)I2(s) (1.10)

sJΩ(s) = kI2(s)− Γr(s) (1.11)

Fig. 1.3 – Schéma fonctionnel du moteur à courant continu

Les équations finales sont les suivantes


I(s) =V2(s)R2

Tems+ Γr(s)k

1 + sTem + s2TeTemTem =

R2J

k2, Te =

L2R2

(1.12)

Ω(s) =V2(s)

k − Γr(s)J (1 + sTe)Tem

1 + sTem + s2TeTem(1.13)

En remarquer que les équations (1.12) et (1.13) ont le meme dénominateur. Nous avons besoin deconnaıtre la fonction ∆Ω = f(∆Ve). Lorsqu’on a la description d’un systeme MIMO (Multi Input MultiOutput) linéaire (on peut utiliser la superposition), on établi ∆Γr = 0 et on aura les équations suivantes :

∆Ω(s)∆Ve(s)

=G/R


∆I(s)∆Ve(s)

=GTem

k s


Sur la section 1.7 on va apprendre comment on peut identifier des parametres Tem et Te (1.14) d’uneréponse à un échelon de tension d’induit. Mais d’abord on doit s’occuper d’un pont triphasé à thyristorsqui sert à régler la tension V2.

1.6 Source d’une tension

Pour une source de tension on utilise un pont de redressement à thyristors. Ce pont est commandé parla tension Ve, qui change l’angle d’allumage α. Un redresseur à thyristors n’est pas un systeme linéaire.Les parametres de générateur de Thévenin sont

V0 =3V√6

πcosα

Ri =3λω

π

ou V est la valeur efficace de chaque phase du réseau alternatif, ω est la pulsation de ce réseau et λωest la réactance de chaque phase de réseau.Dans notre cas on a 0 < Ve < 10V, alors α = π

(1− Ve

10

)et V2 = E0 cos

(π

(1− Ve

10

))−RiI2.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−600

−400

−200

0

200

400

600

Ve

V2

Courbe V2=f(V

e) d‘un pont triphasé a thyristors

Fig. 1.4 – Caracteristique d’un pont triphasé

On va considérer un réglage du moteur pour une vitesse constante. Donc on peut supposer qu’onva utiliser seulement petite partie de la caractéristique sur la fig. 1.4 et on peut faire une interpolation


linéaire au point de fonctionnement, alors on a G = ∆U2∆Ve. Pour éviter l’influence de Ri on doit maintenir

la valeur I2 = cste. Alors pour des variations on a

U2 = GUe −RiI2 → u2 = Gue

Il s’agit de systéme échantillonné naturel lorsque la sortie d’un pont ne réagit que chaque 3,3 ms(fréquence d’allumage des thyristors).

G0- - V2

Systeme echantillonne naturel

Ve

1.7 Identification du moteur

Maintenant on connaıt toutes les équations et les contraintes, donc on peut acquérir une réponse dumoteur à un échelon de tension d’induit. Il faut créer un signal Ve qui amene le moteur en régime établi eten plus il faut ajouter des variations. On va mesurer la tension Vv qui correspond à la vitesse du moteur(Vv[V] = 0,06Ω[t/min]). Parce que pour la vitesse nominale Ω0 = 1000 t/min on a Vv = 60 V, il n’estpas possible utiliser un oscilloscope pour observer des variations de la vitesse directement. On a besoinde soustraire la tension qui correspond à la vitesse nominale. Apres on peut par un oscilloscope observerseulement la tension qui correspond aux variations de Ve. On va utiliser des amplificateurs opérationnelspour créer des circuits qui permettent d’additionner et de soustraire les tensions.

1.7.1 Additionner à amplificateur opérationnel

Fig. 1.5 présente un schéma d’additionneur à amplificateur opérationnel. La sortie de ce circuit estVe =

R3R1

VS1 − R3R2

UGBF . Considérons des parametres du amplificateur opérationnel nous pouvons choisirles valeurs 3kΩ < R1, R2, R3 < 100MΩ. Nous pouvons choisir par exemple R1 = R2 = R3 = 33kΩ.

Vitesse

+ - -

Vs1R6

33k

R5

33k

R4

330kOsc

+

Vs2

GBF

Ve

R2

33k

R3

33k

R1

33kV V

Fig. 1.5 – Additionneurs utilisés pour créer et observer la dynamique du moteur

Par contre pour souscrire une constante de la valeur de la vitesse du moteur on échange la polarité dusource Vs2. On veut avoir Vosc = 1

10Vvitesse−Vs2 alors on choisi R4 = R5 = 33kΩ et R4 = 10·R5 = 330kΩ.

1.7.2 Identification d’un systeme du second ordre

C’est le dénominateur de la fonction de transfert qui amene la dynamique d’un systeme. Alors on vas’occuper du dénominateur de la fonction (1.14) qui est 1 + sTem + s2TeTem. Ca correspond à la formule

générale 1 + 2 ξwn

s+ p2

w2n. On a donc un systeme

G(s) =1

1 + 2 ξwn

s+ p2

w2n

(1.16)

et on veut trouver les parametres ξ et wn.On a trois possibilités :


Fig. 1.6 – Courbes : a) Ω = f(I), b) courant I et vitesse Ω

– ξ < 1 → deux pôles complexes– ξ = 1 → deux pôles réels égaux, sans signification pratique– ξ > 1 → deux pôles réels différents

Pour le systeme avec ξ < 1 on peut facilement trouver le temps de monté tr et le dépassement D [%].Connaissons ces valeurs nous pouvons calculer des valeurs ξ et wn, ou nous pouvons utiliser des abaquesD = f(ξ) et wntr = f(ξ) et trouver des valeurs graphiquement.

1.7.3 Calcul des constantes Te et Tem

−0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

−0.7

−0.6

−0.5

−0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0

t [s]

∆Ω [V

] = [x

0,06

−1 t/

min

]

Step response

X: 0.336Y: −0.023

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Réponse d‘un modele

t [s] (sec)

Ω

Fig. 1.7 – Réponse d’un moteur et du modele

Le dépassement est D = 3%, tr = 0,336s. Si on utilise la courbe D = f(ξ) on a ξ = 0,75. Sur lacourbe wntr = f(ξ) on a wntt = 3,7. Alors wn = 3,7/tr = 3,7/0,336 = 11 rad/s.Si on compare le dénominateur de (1.14) et de (1.16) on aura

Tem = 2ξ

wn= 0,136s (1.17)

Te =1

Temw2n= 0,06s (1.18)

On peut calculer la valeur J ,

J =Temk2

R2

0,136 · 1 .322

1= 0,237 (1.19)

Pour comparer le modele obtenu et la réponse du moteur, on utilise Matlab et le code suivant :


1 s=tf(’s’);2 Tem=0.136;3 Te=0.06;4 G=1/(1+Tem*s+Te*Tem*s^2);5 step(G)

La comparaison d’une réponse réelle et d’une simulation est présentée sur la fig. 1.7.

1.8 Modele obtenu

Ce chapitre a décrit le modele mathématique d’une machine à courant continu et la maniere commentles parametres du modele ont obtenus. Voilà un rappel de ces valeurs :– parametres statiques– G0 = 60,6– k = 1,32– R2 = 1Ω, Req = 2Ω– parametres dynamiques– Te = 0,06 s– Tem = 0,136 s– J = 0,237

Régulation

Dans ce chapitre on va s’occuper de régulation du systeme qui été identifié sur le chapitre précédente.Dans ce chapitre on va s’occuper de régulation du systeme qui a été identifié sur le chapitre précédent.D’abord on explique nécessité de la régulation du courant. On va le régler par un correcteur PI qui vaetre construit successivement.

2.1 Régulation du courant I

Parce qu’on a

JdΩdt= Γm︸︷︷︸

kI

−Γr,

pour bon régulation de la vitesse on a besoin de maıtriser le courant, alors on va faire une régulation ducourant (fig. 2.8). Il faut déterminer une structure du régulateur. Voilà des performances demandés de ce

Fig. 2.8 – Moteur avec un régulateur du courant

régulateur :

1. stabilité

2. rapidité la meilleur possible (tp . . .min)

3. déppassement D < 5%

4. écart ε∞→ 0

Il faut avoir deux composantes : P pour la rapidité et I pour l’écart→ 0. On va utiliser donc un régulateurdu type PI.

2.1.1 Régulateur PI cascade

Pour créer un régulateur PI on peut utiliser la méthode traditionnelle (fig. 2.9) avec une seule boucle.Si on écrit l’équation de transfert

Ve(s) = k

[1 +

1Tis

]ε(s) =⇒ Ve(s)

ε(s)=

gain︷︸︸︷k

Ti

zéro −1/Ti︷︸︸︷(1 + Tis)

s

on voit facilement que le gain dépend de la valeur Ti et aussi il y a un zéro z1 = − 1Tide plus. Alors il est

meilleur utiliser d’autre approche de créer un régulateur PI.

10


Fig. 2.9 – Régulateur PI cascade

2.1.2 Régulateur Jeumont – Schneider

Ce régulateur utilise deux boucles, une pour la composante P et seconde pour composante I. Cerégulateur nous permet changer des valeurs K et Ti indépendamment. Le cablage est monté sur lafig. 2.10.

Fig. 2.10 – Régulateur Jeumont – Schneider

Au final, on a 5 gains à calculer : K1, K2, K3, K4 et K5. Des contraintes qui affectent le choix de kn

sont suivantes :– Thermique : k

∫ t

0 I2(t)dt ≤ Wlimite. Lorsqu’il n’est pas facile à calculer la valeur de l’intégralependant la réglage, on pose

I(t) ≤ Imax = 1,2 Inominal

– Tension aux bord de la bobine

V = LdIdt

<

(dIdt

)max

= 350As−1

Pour des valeurs dI

dtsupérieures que 350As−1 l’isolation peut etre abımé.

2.2 Boucle proportionelle

Premierement on va réaliser la boucle P. Lorsque Tem > Te (courant I est en régime établi puisquela partie mécanique est encore en régime transitoire) on peut négliger l’influence de la partie mécanique.Alors on néglige la boucle mécanique et on obtient le schéma bloc plus facile (fig. 2.11). On a le systemedu second ordre.

K2 K1 G0

1/R

1+Tes

KI

å Ve V2IRefI

Fig. 2.11 – Boucle proportionelle du régulateur du courrant


FTBF :∆I(s)

RefI(s)=

Gi

1 + τisou Gi =

K2K1G0K1G0Ki +R

, τi =RTe

K1G0Ki +R(2.20)

En plus si on suppose R K1KiK0 on a Gi =k2ki. Maintenant on va chercher les parametres

demandés de notre systeme. Le pont à thyristors ne réagit que chaque 3,3 ms, alors le temps de la partietransitoire ne peut pas etre plus court que 3,3 ms (fig. 2.12). Alors on pose tr = 3,3 ms. Pour le systemede premiere ordre on a tr = 3τi ⇒ τi = 1 ms. Pour ce valeur τi on peut calculer le gain K1. Lorsqu’on ale systeme échantillonné on peut prévoir un dépassement. Le comportement d’un systeme échantillonnén’est pas le meme que celui d’un systeme continu.

t

RefI

I

ôi

3,3ms

Fig. 2.12 – La réponse le plus rapide et l’approximation linéaire

Si on connaıt le gain K1 on peut déterminer la valeur K2. On suppose que le courant Imax correspondà RefImax = 10 V. Alors

RefImax︸︷︷︸10V

·K2 −Ki · Imax =

10V︷︸︸︷Ve

K1(2.21)

2.3 Measure du courant

Il y a plusieurs méthodes à mesure du courant. On a par exemple– Résistence en série. L’inconvénient : dissipation d’energie, il n’y a pas d’isolation entre le courantet la valeur du capteur– Transformateur du courant. Dans ce cas il y a l’isolation, mais un transformateur du courant nesert qu’à la mesure du courant alternatif.– effet Hall. Dans ce cas on peut mesurer le courant continu, alors on va utiliser le capteur Hall.

2.3.1 Capteur - effet Hall

Lorsque la tension de la sortie d’un capteur Hall est tres faible, il faut utiliser un amplifier opérationnel.Pour éviter l’influence des asymétries d’un amplifier il faut créer une boucle fermée (fig. 2.13). L’amplifiermaintient la valeur du courant Is = Ip/Ns pour conserver VH = 0 V. Pour mesure ce courant on peututiliser une résistance en série. Lorsqu’on a R = 200Ω, la valeur Ki = 0,2 V/A.

2.4 Cablage de la boucle proportionelle

Cablage du gain proportionnel est montré sur la fig. 2.14. On va déterminer des valeurs des résistancesR0, R1 et R2 théorétiques pour α = 0,3. Apres on va observer le comportement du systeme et on vachercher la valeur α qui amene le comportement optimal avec D < 5%.On a

−RefI

R1+

kII

R2= −αVe

R0


HI

R-Vcc

Vcc

Is

Ns

Ip

VH

K Ii

Fig. 2.13 – Capteur du courant

(+) RefI2

(+) kII

R2

R1

R1

R0

( ) Ref– I

échelon

áR(1-á)R

Fig. 2.14 – Montage de la partie proportionnelle du correcteur du courant

Ve =R0αR2︸︷︷︸K1

[−RII +R2R1︸︷︷︸K2

RefI ]

K1 =R0αR2

, R0 R

K2 =R2R1


D’abord on va calculer les valeurs de K1 et K2 :

K1 =RTe

τi−R

G0KI=0,06/0, 001− 160 · 0,2

= 4,92

K2 =1

RefImax

[Ve

k1+KIImax

]= [10/4,92 + 0,2 · 22]0,1 = 0,63

On choisi R0 = 33kΩ. Les résistances R1 et R2 sont donc

R2 =R0

αK1=

330,3 · 4,92

= 22,3 kΩ

R1 =R2K2=220,63

= 34,9 kΩ


Si on observe la réponse du courant on voit qu’il y a un dépassement tres grand (fig. 2.15a), donc ilfaut augmenter la valeur α. On a le dépassement D = 5% pour α = 0,87 (fig. 2.18). Le temps de réponsepour α > 0,87 est plus long (fig. 2.15b). La figure 2.16 représente le courbe sans moyenage pour α = 0,87et α 0,87.

Fig. 2.15 – Réponse du courant pour α < 0,87 et α > 0,87

Fig. 2.16 – Réponse du courant, α = 0,87 et α > 0,87, sans moyenage

Pour vérifier si RefI = 10V −→ I = Imax on doit extrapoler la valeur derniere de la tab. 2.1 :

I10V = I8V108= 18 · 1,25 = 22,5A

On a essayé changer la valeur de R1, mais avec des valeurs disponibles ceci est le meilleur résultat(R1 = 22kΩ).

Ω = 1000 t/minRefI [V ] 3,00 3,50 3,99 5,00 6,00 7,09 8,00I [A] 0,64 1,94 3,70 7,74 10,5 14,95 18,01

Tab. 2.1 – I = f(U) - caracteristique statique de G0

Si on ajoute l’échelon et on observe la courbe du courant, on peut determiner G0 = ∆I∆RefI

= 11,43,12 =

3,65 (fig. 2.18).


3 4 5 6 7 80

2

4

6

8

10

12

14

16

18

RefI [V]

I [A

]

I=f(RefI)

Fig. 2.17 – Fonction I = f(RefI)

Fig. 2.18 – Mesure de la valeur G0

2.6 Boucle intégrale de courant

K5 K4K3P

Ki

Gi

1 + Ti P- - - -

6

+

−-

RefI-

Boucle I

@@

I

Fig. 2.19 – Correcteur du courant - boucle intégrale

Exigences

– Stabilité,– Meilleur rapidité possible,


– D% ≤ 50%,– ε∞ = 0.

Contraintes

– I ≤ Imax = 1.2 IN ,

–dI

dt≤

(dI

dt

)max

2.6.1 Calcul de K5

Étude de la stabilité par le diagramme de Bode (fig 2.20) :

-

-

6

6

ωn

K

6∆φ ≥ 0

0

−π

Fig. 2.20 – Stabilité d’un systeme de seconde ordre

Le systeme est stable si et seulement si le déphasage ∆φ > 0.Pour le calcul de K5 : le systeme est stable, alors• Ref∞ = Cste,• I∞ = Cste,• ε∞ = 0,

RefI .K5 − I .Ki = 0

à I = Imax, on a RefI = 10V, donc

K5 =Imax .Ki

10


-

-

6

6

RefI

t

ttr

I

(dI

dt

)max

z

Fig. 2.21 – La valeur maximal de ∆I/∆t

2.6.2 Calcul de K3

Pour le schéma qu’on a, au niveau de la fonction de transfert(

Gi

1+Ti P

)qui représente un systeme de

premier ordre, la sortie est une rampe, c’est-à-dire de pente

(dI

dt

)max

, ce qui revient à dire que l’entrée

est aussi une rampe de pende

(dI

dt

)max

.1Gi, et ce dernier représente une sortie de l’intégrateur

(K3P

)ce

qui implique que l’entrée de cette intégrateur est une constante, donc

K3 =

(dI

dt

)max

.1Gi

.110

2.6.3 Calcul de K4

Fonction de transfert en boucle fermée :

I

RefI=

K5Ki

1 + 2 ξωn

P + P 2

w2n

=K5Ki

1 + 1K3 K4 Ki Gi

P + Ti

K3 K4 Ki GiP 2

K4 =1

K3KIGI2ξ/ωn

On un systeme de second ordre pure, alors pour le dépassement D% = 5% on a ξ = 0.7 et ωn =700 rad/s.On a : ωn tr = 3.2, alors tr = 3.2

700 = 4.5ms.

Les équations correspondent le schéma (fig. 2.22) sont suivantes :– −VrefI

R3+ Ki I

R4+ Vx

R5= 0


R4

R3

R3

R5

C6

R6

échelon

RefI2

k Ii

RefI

Fig. 2.22 – Le montage de régulateur du courant

– Vx = R5

(VrefI

R3− Ki I

R4

)=

R5R4︸︷︷︸K4

(VrefI .

R4R3︸︷︷︸K5

−Ki I

)

– −RefI

Vx= − 1

R6 C6︸︷︷︸K3

P


Calcul de K3, K4, et K5

– K3 =

(dI

dt

)max

.1Gi

.110= 9.58

Pour K4, on a :2ξωn=

1K3K4Ki Gi

=⇒ K4 = 71.49

K5 =Imax .Ki

10= 0.43

K3 =1

R6 C6= 9.58

K5 =R4R3= 0.43

K4 =R5R4= 71.49

Choix des résistances

Au début, on a choisi les résistances d’une maniere que les valeurs de K3, K4, et K5 sont vérifiées.On a pris :

R3 = 23 k

R4 = 10 k

R5 = 750 k

R6 = 69 k

C6 = 1.2µF

La courbe visualisée sur l’oscilloscope est la suivante :A partir de la courbe I = f(t), on a trouvé :

∆I

∆t= 431 A/s qui est une valeur tres grande


Fig. 2.23 – La pente maximale du courant : a) valeurs moyenes, b) sans moyenage

Pour cela, on a pris les nouvelles valeurs des résistances suivantes :

R3 = 23 k

R4 = 10 k

R5 = 1MΩ

R6 = 47 k

C6 = 1.5µF

De la nouvelle courbe I = f(t) obtenue, on retrouve que :

∆I

∆t= 345 A/s qui est la valeur plus proche de

(∆I

∆t

)max

= 350A

Calcul du gain statique

Le gain est donné par la relation suivante :

∆Vref

∆I

Vref (V) 0.50 1.00 1.50 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00I (A) 1.15 2.35 3.60 4.70 6.80 9.12 11.42 13.70 16.01 18.32

0

10

20

I(A

)

0 1 2 3 4 5 6 7 8Vref (V)

Le gain obtenu dynamiquement (fig. 2.24) est

Le gain =∆Vref

∆I=0.88 . 51.88

= 2.34


Fig. 2.24 – La réponse ∆I = f(∆U)

En idéal on a pour 10V → 22A G = 2,2 .Une erreur sur la valeur du gain est observée, cette derniere estdu à l’erreur statique. Lorsque on a l’ensemble des résistances limité, on ne peut pas obtenir la valeurexacte.Sur la fig. 2.24 on a tr = 5 ms et D = 4%→ ξ = 0,72, ωntr = 3,5. La valeur ωn et alors :

ωn =3,50,005

= 700 rad · s−1 (2.22)

2.8 Boucle de vitesse

On commande le systeme suivante :

Ãr

ÃmKs/Ki

1+2îs/ù +s /ùN2

N

RefI Ù

Fig. 2.25 – Systeme Ω = f(RefI)

1ere expérience : On met à l’entrée un échelon et on observe ce qui se passe à la sortie (à quoi serassemble l’allure ? Ordre parant ? tr ?).2eme expérience : On choisit un régulateur de type cascade (PI). Le schéma est le suivant :

Ãr

ÃmKs/Ki

1+2îs/ù +s /ùN2

N

RefIÙ

kÙ

K (1+T s)6 6

T s6

IK7 K

RefÙ

Fig. 2.26 – Boucle I du correcteur

Exigences :– Stabilité,


– D%=5%,– ε∞ = 0,– et la rapidité tr.Pour le temps de réponse, on va choisir l’ordre de grandeur tr = 100ms. On ne peut pas exiger la

vitesse plus grande en raison de la pente maximale ∆I/∆t.

2.9 Conception du correcteur par Bode

ùC0

Äö<0 - instable

Fig. 2.27 – Exemple d’un diagramme de Bode – systeme de 4eme ordre

En établit les performances de la boucle ouverte : pulsation de coupure︸︷︷︸wc0

et la marge de phase︸︷︷︸∆ϕ

A partir de ces deux éléments (wc0 et ∆ϕ), on déduit : • wnBF à partir de ∆ϕ

• ξBF ≈ ∆ϕ

100 à partir de ∆ϕ(2.23)

L’objectif est d’avoir tr = 100ms, or on a :

wc0 = wn

√K ⇒ wc0 = 32 rad/s et ∆ϕ = 70

Calcul de FTBO

FTBO =K6T6

.1 + T6 P

P.

K5Ki

1 + 2ξ

wnP +

P 2

w2n

.K .1

J P.KΩ

On prend :

KB =1T6

.K6K5K

Ki J=

wc0

T6

FTBO = KB .1 + T6 P

P 2(1 + 2

ξ

wnP +

P 2

w2n

)


ù = 32rad/secN

T6

K6

-20dB

-10dB

-30dB

Fig. 2.28 – Diagramme de Bode − systeme + correcteur

On trace le diagramme de Bode de la FTBO avec wn = 533 rad/s (representé par la fig. 2.28).∣∣∣FTBO∣∣∣w=wc0

=KB . T6 . w

w2c0 . 1= 1 ⇒ wc0 = KB . T6

⇒ T6 =wc0

KB

La fig. 2.29 represente le montage du correcteur. On a les équations suivantes :

C9

RefI2

kÙÙ

R8

R7

R7

R9

RefÙ

échelon

áR(1-á)R

9,1V9,1V

Fig. 2.29 – Montage du correcteur

RefΩR7

− KΩ ΩR8

=

∣∣α RefI2∣∣

R9 + 1c9 P

RefI2 =R9 . c9 P + 1

α c9R8

[R8R9︸︷︷︸K7

RefΩ −KΩ Ω

]


1α c9R8

=K6T6

Dans la partie expérimentale : Au maximum

1500 tr/min → 90 VPuissance (R8) = 0.25 Watt

→ R8 > 25 kΩ

R9 R ⇒ R9 > 100 kΩK7 =

R8R7

T6 = c9R9

K6 =R9

α R8

avec α = 0.3.Pour choisir les valeurs des résistances, on a besoin d’avoir les valeurs de K6, K7, et T6.Calcul de K7A partir de schéma, on a : 10 .K7 − 1500 KΩ︸︷︷︸

0.06tr/min

= 0 ⇒ K7 = 9.

Pour obtenir K6 et T6 : sur Matlab, on représente le diagramme de Bode de la FTBO, de telle sorteà avoir ∆ϕ = 70 et wc0 = 32 rad/s (fig. 2.30).

−100

−50

0

50

100

System: sysFrequency (rad/sec): 33.8Magnitude (dB): −0.104

Mag

nitu

de (

dB)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)10

−110

010

110

210

310

4−270

−225

−180

−135

−90

System: sysFrequency (rad/sec): 33.1Phase (deg): −109

Pha

se (

deg)

Fig. 2.30 – Diagrame de bode de FTBO

1 s=tf(’s’);2 ki=0.2;3 k5=0.43;4 k=1.32;5 J=0.237;6 komega=0.06*60/(2*pi);7 xi=0.72;8 omegan=700;910 T6=0.11;11 k6=4.7;


1213 Kb=k6*k5*k*komega/(ki*J*T6)14 omegac0=Kb*T61516 sys = Kb*(1+T6*s)/(s^2*(1 + 2*xi*s/omegan + s^2/omegan^2));17 bode(sys)18 grid on,figure(gcf)

On retrouve : K6 = 4,7T6 = 0,11

Apres avoir calculer K7, K6, et T6, on peut considérer les valeurs pour les résistances suivantesR7 = 30kΩR8 = 270kΩR9 = 380kΩC9 = 0,3µF

Apres avoir fait les calcules (qui étaient bien vérifiés) on réalise le montage et on régle le systemeau point de fonctionnement(1000 tr/min, 12 A). On constate que le correcteur est trop rapide pour lesysteme. Le temps de réponse du moteur avec le correcteur de courant est 9 s (parce que Imax est saturé),mais on demande la réponse à 100 ms. Pour accélérer le systeme on change le point de fonctionnement(700 tr/min, 12 A).

• Visualisation de la vitesse (Ω) pour une entrée échelon :

Fig. 2.31 – Réponse de la vitesse pour petit échelon

D’apres la courbe de vitesse (fig. 2.31) on constate que le systeme répond à tr = 120 ms, on peutobserver un petit dépassement, donc le systeme est de deuxieme ordre.→ Si on cherche dans les détails, la courbe de vitesse elle n’est pas trop juste, ce qui est du à la

longteur de la machine.On constate que le temps de répone pour un grand échelon est plus grand (280 ms sur la fig. 2.33).

Ce qui est du à la saturation du courant.

• Visualisation de la vitesse (Ω) pour une entrée échelon :Les deux courbes représentent l’allure de la vitesse pour une perturbation de charge.


Fig. 2.32 – Réponse de la vitesse pour grand échelon

Fig. 2.33 – Réponse de la vitesse pour une perturbation de charge

On appuie sur le bouton vert pour augumenter la charge, on constate que la vitesse déminue et quele correcteur intervient pour changer la valeur du courant. On constate aussi que le temps de réponse estégal à 500 ms au lieu de 100 ms.Explication : ce changement de temps de réponse est du au changement de la charge, qui est relié àla définition du systeme et de son modele. Le correcteur est calculé pour régler des changements de laconsigne, donc il n’est pas calculé pour des changements de systeme. Alors le régime transitoire pendentle changement de systeme n’est pas optimal.On appuie pour la deuxiéme fois sur le bouton rouge pour diminuer la charge,on constate que la

vitesse augumente et que le correcteur diminue le courant et le temps de réponse est égal à 700 ms.La sotrie de correcteur est inférieur à 0, mais le courant ne peut pas etre negatif. A cause de l’effet

Wind-Up la valeur de composante intégrale prend la valeur négatif qui correspond à la valeur −Imax. Ledépassement négatif est expliqué par l’effet de Wind-Up.

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Régulation - funthomas.wz.czfunthomas.wz.cz/skola/francie/regul.pdf · ... Principe du moteur à courant continu 1.2 Equations de la ... Si on représente la fonction Ω(V 2), on