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Université De Bretagne Du Sud

Ecole Nationale Supérieure D'ingénieurs De Bretagne-Sud

Compte Rendu : Travaux Pratique « Automatique »

Réalisé par Encadré par

AL ECHCHEIKH EL ALOUI Adnane

Mr André Rossi

Année Universitaire 2010/2011

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1. Circuit RLC partie théorique

Analyse temporelle

1) On applique la loi des mailles 𝒆𝒆(𝒕𝒕) = 𝑼𝑼

:𝑈𝑈 = 𝑈𝑈𝑈𝑈 + 𝑈𝑈𝑈𝑈 + 𝑈𝑈𝑈𝑈

Or, 𝑈𝑈𝑈𝑈 = 𝑅𝑅. 𝑖𝑖 ;𝑈𝑈𝑈𝑈 = 𝐿𝐿 𝑑𝑑𝑖𝑖𝑑𝑑𝑑𝑑

; 𝑖𝑖 = 𝐶𝐶 𝑑𝑑𝑈𝑈𝑈𝑈𝑑𝑑𝑑𝑑

Donc on en déduit : 𝑈𝑈 = 𝑅𝑅.𝐶𝐶. 𝑑𝑑𝑈𝑈𝑈𝑈𝑑𝑑𝑑𝑑

+ 𝐿𝐿.𝐶𝐶 𝑑𝑑2𝑈𝑈𝑈𝑈𝑑𝑑𝑑𝑑²

+ 𝑈𝑈𝑈𝑈

Fr(p) 𝑭𝑭𝑭𝑭(𝒑𝒑) =

𝑹𝑹𝑹𝑹𝒑𝒑𝑳𝑳𝑹𝑹𝒑𝒑𝟐𝟐 + 𝑹𝑹𝑹𝑹𝒑𝒑 + 𝟏𝟏

Fl(p) 𝐹𝐹𝑈𝑈(𝑝𝑝) =

𝐿𝐿𝐶𝐶𝑝𝑝2

𝐿𝐿𝐶𝐶𝑝𝑝2 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑝𝑝 + 1

Fc(p) 𝐹𝐹𝑈𝑈(𝑝𝑝) =

1𝐿𝐿𝐶𝐶𝑝𝑝2 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝑝𝑝 + 1

2) On a e(t)=10 V et t=5

𝑼𝑼𝑭𝑭(𝒕𝒕) = 𝒗𝒗𝒆𝒆(𝒕𝒕).𝑭𝑭𝑭𝑭(𝒑𝒑) 𝐥𝐥𝐥𝐥𝐥𝐥𝒕𝒕→∞

𝑼𝑼𝑭𝑭(𝒕𝒕) = 𝐥𝐥𝐥𝐥𝐥𝐥𝐩𝐩→𝟎𝟎

𝑼𝑼𝑭𝑭(𝒑𝒑) = 𝟎𝟎𝑽𝑽

𝑼𝑼𝑭𝑭(𝒕𝒕) = 𝒗𝒗𝒆𝒆(𝒕𝒕).𝑭𝑭𝑭𝑭(𝒑𝒑) lim𝑑𝑑→∞

𝑈𝑈𝑈𝑈(𝑑𝑑) = limp→0

𝑈𝑈𝑈𝑈(𝑝𝑝) = 0𝑉𝑉

𝑼𝑼𝑭𝑭(𝒕𝒕) = 𝒗𝒗𝒆𝒆(𝒕𝒕).𝑭𝑭𝑭𝑭(𝒑𝒑) lim𝑑𝑑→∞

𝑈𝑈𝑈𝑈(𝑑𝑑) = limp→0

𝑈𝑈𝑈𝑈(𝑝𝑝) = 10𝑉𝑉

Analyse harmonique

L’expression des amplitudes

𝒂𝒂𝑹𝑹 𝒂𝒂𝑹𝑹 =𝑹𝑹𝑼𝑼

�𝑹𝑹² + �𝑳𝑳𝑳𝑳 − 𝟏𝟏𝑹𝑹𝑳𝑳�𝟐𝟐

𝒂𝒂𝑳𝑳 𝑎𝑎𝐿𝐿 =𝐿𝐿𝐿𝐿𝑈𝑈

�𝑅𝑅² + �𝐿𝐿𝐿𝐿 − 1𝐶𝐶𝐿𝐿�

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𝒂𝒂𝑭𝑭 𝑎𝑎𝑈𝑈 =𝑈𝑈

𝐶𝐶𝐿𝐿�𝑅𝑅² + �𝐿𝐿𝐿𝐿 − 1𝐶𝐶𝐿𝐿�

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Analyse du système en boucle fermée

Le diagramme fonctionnel

On souhaite autoriser une erreur de 5% sur la consigne. En notant 𝜀𝜀 l’erreur on obtient :

𝜀𝜀 = 11+𝐾𝐾𝑝𝑝

avec 𝜀𝜀 = 5100

D’où K = 20 – 1 = 19

Voici la fonction de transfert du système en boucle fermée. On a donc la relation suivante :

𝐹𝐹 = 𝐹𝐹𝑈𝑈 .𝑅𝑅(𝑝𝑝)1+𝐹𝐹𝑈𝑈 .𝑅𝑅(𝑝𝑝)

On rappel que 𝐹𝐹𝑈𝑈 = 1𝐿𝐿𝐶𝐶𝑝𝑝²+𝑅𝑅𝐶𝐶𝑝𝑝+1

et de plus on a R(p) = K.(1+Ti .p)Ti .p

En remplaçant ces deux expressions dans l’expression de F, on obtient :

𝐹𝐹 =𝐾𝐾(1 + 𝑇𝑇𝑖𝑖.𝑝𝑝)

K(1 + Ti. p) + Ti. p(LCp2 + RCp + 1)

le gain statique de cette fonction de transfert :

G = F(p = 0) → G = 1

On remarque que le gain statique G est égal à 1, la sortie Uc(t) tend bien vers la consigne.

R(p)

-

e(p)

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2. Circuit RLC, partie simulation sous Scilab et Xcos

Analyse temporelle sous Scilab

On doit visualiser la réponse des trois modèles (v=10 u=10*sin(t) et t=5 t=[5:0.001:5.1]) clear clc p=poly(0,'p'); r1=2; r2=5; r3=15; l=0.02; c=0.0005; Fr1=syslinFr2=

('c',(r1*c*p)/(1+r1*c*p+l*c*(p^2))) syslin

Fr3=('c',(r2*c*p)/(1+r2*c*p+l*c*(p^2)))

syslinFl1=

('c',(r3*c*p)/(1+r3*c*p+l*c*(p^2))) syslin

Fl2=('c',(l*c*(p^2))/(1+r1*c*p+l*c*(p^2)));

syslinFl3=

('c',(l*c*(p^2))/(1+r2*c*p+l*c*(p^2))); syslin

Fc1=('c',(l*c*(p^2))/(1+r3*c*p+l*c*(p^2)));

syslinFc2=

('c',(l)/(1+r1*c*p+l*c*(p^2))); syslin

Fc3=('c',(l)/(1+r2*c*p+l*c*(p^2)));

syslin

('c',(l)/(1+r3*c*p+l*c*(p^2)));

//polynome1=[0.00001 0.001 1]; //calcule des poles

//roots(polynome1); //polynome2=[0.00001 0.0025 1]; //roots(polynome2); //polynome3=[0.00001 0.0075 1]; //roots(polynome3); //u=0*t+10; t=[5:0.001:5.1]; //u=10*sin(2*3.14*50*t);//fréquence 50hz //l’entre d’amplitude 10v u=10*sin(t); yr1=csimyr2=

(u,t,Fr1); csim

yr3=(u,t,Fr2);

csim

(u,t,Fr3);

yl1=csimyl2=

(u,t,Fl1); csim

yl3=(u,t,Fl2);

csim

(u,t,Fl3);

yc1=csimyc2=

(u,t,Fc1); csim

yc3=(u,t,Fc2);

csim

(u,t,Fc3);

subplot(311) plot

(t,yr1,'red',t,yr2,'yel',t,yr3,'green')

subplot(312) plot(t,yl1,'red',t,yl2,'yel',t,yl3,'green')

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subplot(313) plot

(t,yc1,'red',t,yc2,'yel',t,yc3,'green')

Comme prévu dans la préparation, on remarque qu’Uc (t) tend bien vers U (t) (10V). La plus grande de R que nous prise (15 ohms) nous impose un régime apériodique, alors que les autres valeurs impliquent Un régime amorti.

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Analyse harmonique sous Scilabe

u=10*sin(2*3.14*50*t);//fréquence 50hz

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Le diagramme de Bode

Fr(p) //bode([Fr1;Fr2;Fr3],['r1';'r2';'r3'])

On remarque que le bode de la résistance élimine les fréquences au dessus et au dessous d’une petite bande entourant la fréquence de coupure : c’est un filtre passe-bande. Fl(p) //bode([Fl1;Fl2;Fl3],['r1';'r2';'r3'])

onremarque que les fréquences au dessous de la fréquence de coupure sont fortement atténuées : c’est un filtre passe haut,

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Fc (p) //bode

([Fc1;Fc2;Fc3],['r1';'r2';'r3'])

On peut remarquer que les fréquences faibles ne sont pas atténuées alors qu’au dessus de la fréquence de coupure il y a une grande atténuation : c’est un filtre passe bas,

Analyse du système en boucle fermée sous Xcos

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Analyse d’influence de k : On change K=1 K=10 K=19

Pour k = 19 on atteint la consigne à 5% en moins de 0,5 s. et En fonction de Kp la consigne est atteinte plus ou moins rapidement. On considère le régulateur proportionnel intégral et k=0.1 Le choix de Ti =0.1

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3. Système d’ordre élevé et rejet de perturbation 1) Calcule de gain statique

On trouve K=1440/720=2 quand H(p) on tend p vers 0 (p=0)

La réponse indicielle

On remarque que le gain statique K=2 est cohérent avec la valeur calculé

2) Calcule des pôles

Et pole dominant est p1=-1

H(p) est un système du quatrième ordre de pole dominant p1=-1 on peut donc l'approximer à un système d'ordre1 Hs(p) de pole p1.

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3) Représentation de la réponse indicielle

On 𝐻𝐻𝐻𝐻(𝑝𝑝) = 21+𝑝𝑝

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on a 𝑥𝑥(𝑑𝑑) = 𝐾𝐾𝑖𝑖 ∗ (𝜀𝜀(𝑑𝑑) + 1𝑇𝑇𝑖𝑖 ∫ 𝜀𝜀(𝑣𝑣)𝑑𝑑𝑣𝑣

la fonction de transfert R

On trouve que 𝑅𝑅(𝑝𝑝) = 𝐾𝐾𝑖𝑖 ∗ 𝑇𝑇𝑖𝑖𝑝𝑝+1𝑇𝑇𝑖𝑖𝑝𝑝

TBF = 11+(1/2Ki )p

donc en boucle fermée le gain statique est K’=1.

La fonction de transfert du système en boucle fermée (TBF)

Sa constante de temps est T’ = 12Ki

; 3T’=T si K=1,5

Réponse en boucle fermée

Ici, on trouve k=1.5 pour atteindre les performances visées

E(p) S(p) R(p) H(p)

+

-

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8 Diagramme fonctionnel avec perturbations

9 Fonction de sensibilité

On a :

S(p) = (E(p) − S(p))(R(p)H(p)) + Q2(p) + Q1(p)Hs(p)

Pour déterminer la première fonction de sensibilité S1 :

On pose E(p)=Q2(p)=0

D’où S(p) = -S(p)[R(p)H(p)] +Q1(p)Hs(p)

S(p) [1+R(p)Hs(p)]=Q1(p)Hs(p)

𝑆𝑆(𝑝𝑝)𝑄𝑄1(𝑝𝑝) =

𝐻𝐻𝐻𝐻(𝑝𝑝)1 + 𝑅𝑅(𝑝𝑝𝐻𝐻𝐻𝐻(𝑝𝑝)

De même pour S2, on pose E(p)=Q1(p)=0

𝑆𝑆(𝑝𝑝)𝑄𝑄2(𝑝𝑝) =

𝐻𝐻𝐻𝐻(𝑝𝑝)1 + 𝑅𝑅(𝑝𝑝𝐻𝐻𝐻𝐻(𝑝𝑝)

R(p) H(p)

Q1 Q2

+-

++

++

E(p) S(p)

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11 Vérification des performances du système en boucle fermée

Perturbation 1

Perturbation 2