TP-FINAL

I- Système de premier ordreOn simule la fonction de transfert suivante à l’aide de l’option Simulink du logiciel Matlab :

Y (s)E(s)

= 0.51+0.1 s

a-Relevons la réponse du système de fonction de transfert à un échelon unité

b-Relevons les valeurs caractéristiques de la fonction de transfert :

D’après le graphe on trouve : τ=0.10 s

Le temps de réponse : t r=¿0.30¿s

Le temps de montée : tm=0.22s

II- Système du second ordre

Pour le système de fonction de transfert Y (s)E(s)

= 0.51+2 εs+s2

a-Relevons la réponse y(t) à un échelon unité pour ε=1.5

TP 1 : Simulation des systèmes linéaires

Relevons la réponse y(t) à un échelon unité pour ε=0.15

b-Pour ε=0.15 mesurons la valeur finale stabilisée de y(t), le premier dépassement et la pseudo-période.

Valeur finale stabilisée de y(t) est : 0.5 Le premier dépassement :

D1 %=100∗( ymax− y (∞))=30 %

D1 %=100∗(0.8−0.5 )=30 %

La pseudo période :T p=8.095−1.741=6.354 s

Comparaison avec les valeurs théoriques :

Valeur finale stabilisée :

Y (s )=

0.5

1+0.3 s+s2∗1

s= 1

s ( s−s1 )(s−s2)

Cette équation admet deux solutions complexes conjuguées (∆<0) :

s1=−0.15+ j 0.985 s2=−0.15− j 0.985

Finalement Y ( t )=0.5(1+ 1s1+s2

(s2es1 t−s1 es2 t )) d’où Y (∞)=0.5

Le premier dépassement :

D1 %=100∗0.5 e−επ

√1ξ2 =31%

le pseudo période :

T p=2 π

w0√1−ξ 2

=6.356 s

III- Système du second ordre bouclé

Le système du second ordre défini précédemment est inséré dans une boucle d’asservissement selon le schéma fonctionnel suivant :

a-Pour ε=0.15, K=1, relevons y(t) pour une entrée en échelon.

b-Mesurons pour 3 valeurs du gain K, le premier dépassement et la pseudo période :

On a : H (s )= G (s )∗k1+kG(s)

Alors : H (s )= 0.5 K

s2+0.3 s+1+0.5 k

Pour k=1

Pratiquement :

Premier dépassement :D1 %=22.4%

La pseudo période :T p=5.1945 s

Théoriquement :

Premier dépassement :D1 %=20.38 %


Pour k=8 :

Pratiquement :



Théoriquement :



Pour k=0.5 :

Pratiquement :

Le premier dépassement :D1 %=(0.33−0.2 )∗100=13 %


Théoriquement :

Le premier dépassement :D1 %=12.35


c-Mesurons l’erreur statique dans chacun des cas précédents :

ε (∞ )=E0

K p

Kp=lims→ 0

(1+K ¿0.5

s2+0.3 s+1)=1+0.5 K ¿

D’où ε (∞ )= 11+0.5 K

Pour K=1

Théoriquement : ε (∞ )= 11.5

=0.66

Pratiquement : ε (∞ )=1−0.333=0.66

Pour K=8

Théoriquement : ε (∞ )=15=0.2

Pratiquement : ε (∞ )=1−0.80=0.2

Pour K=0.5

Théoriquement : ε (∞ )= 11.25

=0.8

Pratiquement : ε (∞ )=1−0.2=0.8

Les résultats obtenus en pratique sont les même trouvés théoriquement.

IV- Système de troisième ordre bouclé

On réalise un asservissement du même type que III avec G(s)= 1s (s+1 )(s+2)

a- Calcul de la valeur maximale du gain K, notée Kmax pour que le système reste stable b- En utilisant le tableau de Routh :

s3 12

s2 3 K K>0 et 6−k>0

s1 6−K3

0

s0 K 0<K<6

Kmax=5

b-Traçons la réponse du système à un échelon pour 3 valeurs significatives de K inferieurs à Kmax .

Pour K=5 :

Pour K=3 :

Pour K=1

c-Mesurons les erreurs dans chaque cas :

K 5 3 1

ε 0 0 0

d-Conclusion :

La présence d’une seule intégration suffit pour annuler l’erreur à une consigne de type échelon unité.

Le but de cette manipulation est de construire à l’aide de Matlab les lieux de transfert (Nyquist, Black) de la fonction de transfert B.O. non corrigée et celle corrigée avec différent correcteur et d’analyser l’influence de ces correcteurs sur la réponse du système : déformation de la courbe de transfert, marges de stabilité et de l’interpréter.

Le schéma fonctionnel du système à étudier est le suivant :

Où C(s) est la fonction de transfert du correcteur. G(s) est la transmittance du système est

donnée par : G(s)= 9

(1+τ a s) (1+τb s )(1+τ c s ) avec τ a=2 , τb=3 et τ c=1.5

A- Partie théorique

1-Calcul de la pulsation de résonance ωr :

Calculons la fonction de transfert en boucle fermé du système non corrigé :

H (s )= G ( s)1+G (s )

H (s)=

9

(1+τa s ) (1+τb s )(1+τ c s)

1+ 9

(1+τa s ) (1+τb s)(1+τ c s)

H (s )= 9

(1+τ a s) (1+τb s ) (1+τ c s )+9

Donc H (s )= 9

9 s3+13.5 s2+6.5 s+10 H ( j ω)= 9

(10−13.5ω2 )+ j(6.5 ω−9 ω3)

|H ( j ω )|= 9

√(10−13.5 ω2 )2+(6.5 ω−9 ω3 )2= 9

D(ω)

Pour chercher le maximum de H ( j ω) il faut :

TP 2 : Correction d’un système de troisième ordre à l’aide des correcteurs avance de phase, retard de phase et combiné

dD(ω)

dω=0

dD(ω)dω

=2 (−13.5∗2 ω )(10−13.5ω2)+2 (6.5−9∗3 ω2 )(6.5 ω−9 ω3)

2√(10−13.5 ω2 )2+ j (6.5 ω−9 ω3 )2=0

Alors −27ω (10−13.5 ω2)+ (6.5−27 ω2 ) (6.5ω−9 ω3 )=0

243 ω4+130.5 ω2−227.75=0

Ainsi ∆=130.52−4∗243∗(−227.75)>0 donc ω2=−130.5±√∆2∗243

On prend la solution positive ce qui donne la pulsation de résonance ωr=0.86 rad /s

Calcul du facteur de résonance M :

M=|H ( j ωr )|

9=¿7.386

2-Traçons le diagramme de Nyquist de G(s) :

G (s )= 9(1+2S ) (1+3 s)(1+1.5 s)

G(s)= 9

9 s3+13.5 s2+6.5 s+1

d ' ou :

G ( jω )=9

(1−13.5 ω2)+ j(6.5 ω−9 ω3)

G ( jω )= 9 (1−13.5 ω2)

(1−13.5 ω2 )2+(6.5 ω−9 ω3)2− j

9

(1−13.5 ω2 )2+(6.5 ω−9 ω3)2

G ( jω )=ReG ( jω )+ jImG ( jω )

¿G ( jw )∨¿ 9

√ (1+4 w2 ) (1+9 w2 )(1+2.25 w2)

Alors :

ω→ 0+¿ ¿ |G ( jω )|→ 9

φ → 0

ω→+∞ |G ( jω )|→ 0

φ →−3π2

limω → 0+¿ ReG ( jω )=9¿

¿

Point d’intersection de la courbe avec l’axe ReG ( jω ):

On pose :

ImG ( jω )=0

On trouve : ω=0.85

Alors : ReG ( jω )=−1.039

L’intersection de la courbe avec l’axe ImG ( jω ):

On pose : ReG ( jω )=0

On trouve : ImG ( jω )=5.703

Alors le tracé est :

-4 -2 0 2 4 6 8 10-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

Marge de gain :

M g=−20 log|G (ωπ )| avec ωπ=0.85 rad / s

M g=−0.24 dB

Marge de phase :

Cherchons la pulsation ω1 telle que ‖G( j ω)‖dB=0 dB

L’équation obtenue est :

81 ω6+65.25 ω4+15.25 ω2−80=0

Par utilisation de Matlab on trouve ω1=0.8606 rad / s

arg (G ( jω1 ))=−180.9°

M φ=180+arg (G ( jω1 ))=−0.9 °

Traçons le diagramme de black de G(s) :

Pour ω→ 0+¿ ¿

‖G( j ω)‖dB →20 log (9)

arg (G( j ω))→0

Pour ω→ ∞

‖G( j ω)‖dB →−∞

arg (G ( j ω ))→−3 π2

Marge de gain :

On trouve : M g=−0.24dB

Marge de phase :

On trouve : M φ=−0.90 °

B- Partie simulation

Correcteur à avance de phase

C ( s )=K1+τ s1+ατ s

avec K=1 et α=0.1

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ1=2s.

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ1=2s.

La marge de gain M G=9.61 dB

La marge de phase M φ=27°

Interprétation :

On remarque que ωr∈[ 1τ1

,1

ατ1 ] et que la marge de gain et de phase augmentent par rapport

aux valeurs du système sans correction donc le système est stable.

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ 2=0.01s.

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ 2=0.01s.

La marge de gain M G=−0.13 dB

La marge de phase M φ=−0.47°

Interprétation :


,1

ατ 2 ] et que les valeurs de la marge de gain et de phase diminuent

par rapport aux valeurs du système sans correction donc le système est instable.

Correcteur à retard de phase

C ( s )=1+ατ s1+τ s

avec α=0.1

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ1=25s.

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ1=25s.


La marge de phase M φ=42.7°

Interprétation :


,1

ατ1 ] et que les valeurs de la marge de gain et de phase augmentent

par rapport aux valeurs du système sans correction donc le système est stable.

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ 2=0.1s.

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s) pour τ 2=0.1s.

La marge de gain M G=−1.29 dB


Interprétation :


,1

ατ 2 ] et que les valeurs de la marge de gain et de phase diminuent

par rapport aux valeurs du système sans correction donc le système est instable.

Correcteur à avance et retard de phase

C ( s )=(1+τ2 s)(1+τ3 s )(1+τ1 s )(1+τ4 s)

a¿Pour τ ¿1=100 secondes , τ 2=55 secondes , τ3=2 secondes et τ 4=1.1 secondes

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s)

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s)


La marge de phase M φ=24.17°

Interprétation :


,1

ατ1 ] et que les valeurs de la marge de gain et de phase augmentent

par rapport aux valeurs du système sans correction donc le système est stable

b¿Pour τ ¿1=2 secondes , τ2=1.1 secondes , τ3=0.02 secondes et τ4=0.001 secondes

*Traçons le diagramme de Nyquist de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s)

*Traçons le diagramme de Nichols de la fonction de transfert en boucle ouverte corrigée G’(s)=C(s)G(s)

La marge de gain M G=−1.51dB


Interprétation :


,1

ατ 2 ] donc et que les valeurs de la marge de gain et de phase

diminuent par rapport aux valeurs du système sans correction le système est instable.

On considère une cuve cylindrique de section A qu’on peut remplir d’eau et dont on souhaite réguler le niveau

H est le niveau d’eau dans la cuve

Qe est le débit d’entrée (m¿¿3/ s)¿ , réglable.

Qs est le débit du robinet de sortie. Il dépend du niveau H selon la relation QS=√HR

avec R

est la résistance du robinet.

I- Etude du processus

TP 3 : Régulation de niveau

Initialement la cuve est vide, les vannes sont fermées.

a) On ouvre brusquement la vanne d’entrée que l’on maintient ouverte, le débit Qe est considéré comme un échelon donc la variation du volume est lineaire.

b) Lorsque la cuve est remplie, la vanne de sortie est ouverte. Lorsque le niveau H est stabilisé au niveau h0 (niveau d’équilibre), le débit Qe équilibre exactement le débit de sortie Qs (Qe0 = niveau d’équilibre).

On a : Qe=qe+Qe0=Adhdt

+Q s et d’autre part QS=√h0+h

R=√h0

R √1+ hh0

Et √1+ hh0

≈ 1+ h2h0

et Qe 0=√h0

R donc qe=A

dhdt

+ √h0

R(1+ h

2 h0

−1)

Ainsi :

Adhdt

+ 12 R√h0

h=qe

c) Déterminons le gain statique et la constante de temps du système:

En appliquant la transformée de Laplace sur Adhdt

+ 12 R√h0

h=qe on trouve

As H ( s )+ 12 R√h0

H (s )=Qe (s )→ H (s )(As+1

2 R√h0)=Qe ( s) →

H ( s)Qe ( s )

=1

As+ 12R√h0

H (s )Qe ( s )

=2R√h0

1+2RA√h0 s= K

1+τs→ K=2R√h0 et τ=2 RA√h0

II- Commande en boucle ouverte

Supposons que l’on désire élever le niveau de h0 à h0 + hc c'est-à-dire de passer de h=0 à h= hc. Calculons le débit qu’il faut appliquer pour obtenir le niveau désiré.

On a : qe=Adhdt

→ qe dt=Adh → qe ( t−0 )=A (hc−0 )→ qe=Ahc

t

III-Utilisant Matlab

On prend le gain statique K=3 m−2 s et la constante de temps τ=2 s.

On a : qe=Ahc

t prenons t=1s donc qe=A hc

Avec A= τK=2

3

Traçons la réponse indicielle pour :

hc=0.5 m qe=0.33 m3

hc=1 qe=0.66 m3

On remarque que la précision est bonne au niveau des 2 réponses indicielles. La rapidité est la même pour les 2 réponses indicielles car elle ne dépend que du temps de réponse qui dépend que de τ .

IV-Commande en boucle fermée

Pour palier aux inconvénients de la commande en boucle ouverte, on passe maintenant à l’étude du système en boucle fermée. Le schéma de la régulation automatique du niveau d’eau dans la cuve est donné par la figure suivante :

Le débit qeest reglé par une vanne motorisée, il est proportionnel à l’angle d’ouverture

de la vanne θv(rd) , qe=K v θv avec K v=0.1 m3/ (s .rd ). le debit qene peut pas etre

négatif. Le débit de sortie qs est lié à l’utilisation ( ou pertes par fuite ) de l’eau du reservoir

suposé satisfaire la relation qs=√hR

.

Le moteur est aliménté par l’induit sous la tension u crée par l’amplificateur operationnel du gain A1, la position angulaire de l’arbre du moteur est θm , son modele ( entrée tension, sortie vitesse) est de prmier ordre de gain statique K=4.78 tr/(mn.V), et de constante de temps T=0.1s.

Ce moteur va ouvrir ou fermer la vanne par l’intermédiaire d’un réducteur θv=θm

20.

Le potentiomètre d’entrée Pc est gradué en metres, il delivre une tension vc

proportionnelle au niveau de consigne hc: vc=K hc (K=20V/m). Le flotteur F mesure le niveau h de la cuve, il deplace le curseur du potentiomètre de

sortie Ps : la tension vs est proportionnelle à la heuteur d’eau h : vs=Kh (les potentiometres et sont identiques).

1) Schéma fonctionnel du système bouclé :

Ce schéma est équivalent à :

2) Calcul de la fonction de transfert en boucle ouverte :

HBO ( s)=A1

K M

(τs+1 ) s1

20K

v

K '

A K ' s+1Kh

ss=

A1∗0.5∗0.1∗3∗20

20 s (0.1 s+1 ) (2 s+1 )=

0.15 A1

0.2 s3+2.1 s2+s

Etude de la stabilité du système :

1+HBO ( s )=0 →1+A10.15

0.2 s3+2.1 s2+s=0 → 0.2 s3+2.1 s2+s+0.15 A1=0

En utilisant les critéres de Routh on obtient :

s3 0.21

s2 2.10.15 A1 0.15 A1>0et 1−0.014 A1>−1

s1 2.1−0.03 A1

2.10

s0 0.15 A1 A1>0 et A1<1

0.014

Donc pour que le système soit stable il faut que 0¿ A1<71.

Calculons la valeur à donner au gain A1 pour avoir une marge de gain de 10dB :

On a HBO ( s)=A1 0.15

s (0.1 s+1 ) (2 s+1 )

¿HBO ( jw )∨¿A1 0.15

ω√((0.1ω )¿¿2+1)∗¿¿¿¿

arg (H BO ( jw ) )=−π2

−arg ( ( j 0.1 ω+1 ) ( j 2ω+1 ) )=π

−arctg ( 2.1 ω

1−0.2 ω2 )=π+π2

→arctg ( 2.1 ω

1−0.2 ω2 )=−3 π2

→1−0.2 ω2=0

Donc ω2= 1

0.2=5→ ωπ=√5

Ainsi −20 log|H BO ( j ωπ )|=10dB A1=22

La fonction de transfert devient sous la forme : HBO ( s)= 3.3

0.2 s3+2.1 s2+s

3) Traçons le lieu de Black

La marge de gain : M G=10 dB

La marge de phase : M φ=15°

4) Traçons le diagramme de Nyquist

5) Schéma fonctionnel du système :

La reponse indicielle :

D’après le graphe on a :

Le temps de reponse t r=20.5 s

Le temps de monté tm=0.93 s

L’erreur statique ε s ≈ 0

6) Si hc varie en rampe de pente 0.2, relevons la sortie h(t) et l’erreur ε (t)

Par application de la commande Residue sur Matlab on trouve

H (s )=0.000310+s

+−2.79580.5+s

+ 2.7954s

+−1.3944

s2+ 0.6640

s3

Alors : h (t )=0.0003 e−10 t−2.7958 e−0.5 t+2.7954−1.3944 t+ 0.66402

t 2

L’erreur est : ε ( t )=hc−h ( t )

¿−0.0003 e−10 t+2.7958 e−0.5 t−2.7954+1.5944 t−0.66402

t2

D’après le graphe on trouve ε s=0.06

Théoriquement on a ε s=a

K v

=0.23.3

∗20=0.06

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