Tracés de diagrammes de Bode - Corrigé

TD 30 - Sciences Industrielles pour l'Ingénieur Lycée Fermat Toulouse - CPGE MPSI/PCSI

Florestan MATHURIN Page 1 sur 10

Tracés de diagrammes de Bode - Corrigé

p.101

1)p(F3 +=

10 0,1 1

ω (rad/s)

G (dB)

φ (°) 0°

– 90°

10dB

0,01

– 45

ω (rad/s)

p1

1)p(F1 +=

p1

10)p(F2 +=

p

3)p(G3 =

10 0,1 1

ω (rad/s)

G (dB)

φ (°)

0°

– 90°

10dB

ω (rad/s)

+ 90°

p.3)p(G2 =

3)p(G1 =

23p.1,0p1

1)p(H

++= → ( ) ( )p.113,01.p.88,01

1)p(H3 ++=



10 0,1 1

ω (rad/s)

G (dB)

φ (°) 0°

– 180°

10dB

ω (rad/s)

0,1 1

ω (rad/s)

G (dB)

φ (°)

0°

– 90°

ω (rad/s)

+ 90°

p.33)p(K1 +=

p

3,03)p(K2 +=

23p.1,0p1

1)p(H

++=

p

3,0p33)p(K3 ++=

22pp.1,01

10)p(H

++=

21pp1

1)p(H

++=

– 90°

10dB

0,01

Attention ici à la forme de la fonction de transfert

pour le calcul des pôles p1 et p2 :

)p.T1).(p.T1(

K

)pp).(pp(

.K)p(H

pp..z.2

.K

pp.1010

10)p(H

2121

2

03

220

20

20

23

++=

−−=

++=

++=

ωωωω

On transforme les fonctions de transfert pour retrouver des fonctions élémentaires :

)p1.(3)p(K1 += ; )p101.(p

3,0)p(K2 += ; ( ) ( ) ( )p.13,11.p.9,81.

p

3,0p10p101.

p

3,0)p(K 2

3 ++=++=



Réponses temporelles et harmoniques d’un système - Corrigé

Q.1. Q.2.

Système du second ordre avec

z<2

2.

Graphiquement on lit :

• ω0 ≈ 4,5 rad/s

• ωr ≈ 4,2 rad/s

• ωc ≈ 6 rad/s

• 20 log(K) = 0

• 20 log(Q) ≈ 7.5 dB

Soit :

• log(K)=0 → K=1

• 2z1z2

13,2Q

−⋅==

→ z ≈ 0,22

2p.05,0p1,01

1)p(H

++≈

ω0 ωr

20.log(Q)

ωc

Droite de pente

– 40dB/décade

Q.3.

0

0.5

3.5 3

T = 0.7s

T = 2π/ω0 = 0.7s → ω0 ≈ 9rd/s

0

0.5

3.5 3

T = 1.25s

T = 2π/ω0 = 1.25s → ω0 ≈ 5rd/s



0

0.5

3.5 3

T = 4.2s

T = 2π/ω0 = 4.2s → ω0 ≈ 1.5rd/s Q.4.

ω=1.5 ω=5 ω=9

Graphiquement on lit sur le diagramme de Bode :

Pour ω0 = 9 rad/s le gain est d’environ -10dB soit G ≈ 0,32 et la phase de -160°.

Pour ω0 = 1,5 rad/s le gain est d’environ 0,5dB soit G ≈ 1,05 et la phase de -10°.

Pour ω0 = 5 rad/s le gain est d’environ 5dB soit G ≈ 1,8 et la phase de -120°.



e(t)

s(t) Temps (s)

Temps (s)

Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation ω0 =

e(t)

s(t) Temps (s)

Temps (s)

Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation

e(t)

s(t) Temps (s)

Temps (s)

Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation ω0 =



Identification de fonction de transfert sur diagramme de Bode - Corrigé

2p25,0p.02,01

1)p(F

++= p.51

20)p(F

+=

( )

++=

p90

11.p1

50)p(F

+

+=p.

500

11

1.p.

20

11.

p

10)p(F



Etude des performances du corps de chauffe d’une chaudière à bois déchiqueté -

Corrigé

Q.1. [ ] )p(P)p()p(K)p(pcm ababbbb =−+ θθθ

[ ] [ ])p()p(K)p()p(K)p(pcm ababeaaeaaa θθθθθ −=−+

[ ] [ ])p()p(K)p()p(K)p(pcm eaaeexteaeeee θθθθθ −=−+

Q.2. )p(

pK

c.m1

1)p(P

pK

c.m1

K

1

)p( a

ab

bb

ab

bb

abb θθ

++

+=

Q.3. )p(H1 : 1er

ordre de gain 1 et de constante de temps s500240

500200

K

c.m

ab

bb1 =×==τ

+

)p(P

)p(aθ )p(bθ +

abK

1

p1

1

1τ+

Q.4. )p(

pKK

c.m1

KK

K

)p(

pKK

c.m1

KK

K

)p( b

abae

aa

abae

ab

e

abae

aa

abae

ae

a θθθ

++

++

++

+=

Q.5. H3(p) : 1er

ordre de gain abae

ae

KK

K

+et de constante de temps s3

40400

7002

KK

cm

abae

aa3 ≈

+×=

+=τ

H4(p) : 1er

ordre de gain abae

ab

KK

K

+et de constante de temps s3

40400

7002

KK

cm

abae

aa34 ≈

+×=

+==ττ

Q.6. [ ])p()p(

pK.2

c.m1

1.

2

1)p( aext

ae

eee θθθ +

+=

Système du 1er

ordre de gain 2

1 et de constante de temps s250

4002

400050

K.2

c.m

ae

ee5 =

××==τ

Q.7.

+

)p(extθ

)p(aθ )p(eθ +

p1

21

5τ+

Q.8.

p1

1

3τ+

)p(aθ

+ +

ae

ab

K

K

p1

1

1τ+

p1

21

5τ+

)p(bθ

+ +

+ + abK

1

)p(P )p(eθ

)p(extθ

p1

1

3τ+



Q.9. Entrée échelon de puissance p

10

p

P)p(P 0 == d’où ( )( )p5001p25001400

1

p

P)p( 0

e ++⋅=θ

0)p(plim)0( ep

e ==∞→

θθ ; C25400

10)p(plim)(

4

e0p

e °===+∞→

θθ

0)p(²plim)0(' ep

e ==∞→

θθ ; 0)p(²plim)(' e0p

e ==+∞→

θθ asymptote horizontale

Q.10. ( )( ) ( )( )p5001p25001

1

p

25

p5001p25001400

1

p

10000)p(e ++

⋅=++

⋅=θ

La réponse temporelle θe(t) du système à un échelon de 10000 est équivalente à la réponse indicielle d’un

système de fonction de transfert ( )( )p5001p25001

1

++ ce qui correspond à la réponse temporelle d’un

système du 2nd

ordre avez z>1 écrit sous la forme d’un produit de 2 systèmes du 1er

ordre.

De plus sur les 2 pôles réels négatifs, compte tenu de leurs valeurs numériques, il y en a un qui peut être

considéré comme dominant d’où : ( )( ) ( )p25001

1

p5001p25001

1

+≈

++. Ce qui donne la réponse temporelle

suivante :

0

5

10

15

20

25

30

0 2000 4000 6000 8000 10000

Temps (s)

Température (°C)

Tangente horizontale à l’origine

θe(+ ∞ )=25°C

Quelques calculs (pas utiles pour répondre à la question) mais pour se fixer les idées :

( )( ) 2p.1250000p.30001

1

p5001p25001

1

++=

++

→ 12500001

20

=ω

→ 0009,01250000

10 ≈=ω rad/s

→ 3000z.2

0

=ω

→ ==2

.3000z 0ω

1,34 → Pour z = 1,34 on a 8.t 0%5 ≈ω → 80500009,0

2,72,7t

0

%5 ==≈ω

s.

→ Pour ( )p25001

1

+ 75002500.3t %5 =≈ s ce qui est, dans une 1

ère approximation sensiblement équivalent au

8050 s déterminé à partir de la FT du 2nd

ordre.



Q.11. C25)(e °=+∞θ → C.d.C.F. ok.

Q.12. On a ( ) ( )p1.p1

K

)p(V

)p()p(H

BA

MC

M

eMC ττ

θ++

== avec Volt/C3,0KMC °= , s7000A =τ et s20000B =τ →

( ) ( )p70001.p200001

3,0)p(HMC ++= soit un produit d’un gain pur et de 2 systèmes du 1

er ordre avec

===7000

11

A

A τω 1,4.10

–4 rad/s et ===

20000

11

B

B τω 5.10

–5 rad/s.

dB4,103,0log.20Klog.20 MC −==

10–6 10–5 10–4 10–3 10–2

10–6 10–5 10–4 10–3 10–2

5.10–5

1,4.10–4

-90°

-20dB/dec

-180°

Q.13. Le schéma bloc se simplifie comme ceci après calcul de HMC(p)



- +

θc(p) θe(p) Kc

Vc(p) Vm(p)

Ve(p) Ke

( ) ( )p1.p1

K

BA

MC

ττ ++ Kcor

Calcul de la FTBF de la boucle :

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1p.1K.K.K

p.1K.K.K

.

1K.K.K

K.K

)p(F

K.K.Kp1.p1

K.K

p1.p1

K.K.K1

p1.p1

K.K.K

.K

1)p(F

ecorMC

BA2

ecorMC

BA

ecorMC

corMC

ecorMCBA

corMC

BA

ecorMC

BA

ecorMC

e

++

+++

+=

+++=

+++

++=

ττττ

ττττ

ττ

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1p.1K.K.K

p.1K.K.K

.

1K.K.K

K.K

)p(F

K.K.Kp1.p1

K.K

p1.p1

K.K.K1

p1.p1

K.K.K

.K

1)p(F

ecorMC

BA2

ecorMC

BA

ecorMC

corMC

ecorMCBA

corMC

BA

ecorMC

BA

ecorMC

e

++

+++

+=

+++=

+++

++=

ττττ

ττττ

ττ

D’où ==)p(

)p()p(H

c

eG θ

θ

1p.1K.K.K

p.1K.K.K

.

1K.K.K

K.K.K

ecorMC

BA2

ecorMC

BA

ecorMC

corMCc

++

+++

+ττττ

Q.14.

1p.1K.K.K

p.1K.K.K

.

1K.K.K

K.K.K

.p

.plim)p(.plim)t(lim)(

ecorMC

BA2

ecorMC

BA

ecorMC

corMCc

0c

0pe

0pe

te

++

+++

+===+∞→→∞+→ ττττ

θθθθ

Théorème de la valeur finale

0c

ecorMC

corMCce .

1K.K.K

K.K.K)( θ

+=+∞θ

Q.15. Compte tenu du choix de correcteur imposé, on a 0c0c

ecorMC

corMCc0ce

t.

1K.K.K

K.K.K))t((lim θθθθ −

+=−

∞+→

Pour que le système soit précis il faut 0))t((lim 0cet

=−∞+→

θθ d’où :

1K.K.KK.K.K ecorMCcorMCc += → corMC

ecorMCc

K.K

1K.K.KK

+=

Documents

Tracés de diagrammes de Bode - Corrigé