TpAsserv.2015

Réalisée par:

Mohamedamine tahiri

Tarik mlilas

Ahmed mounsef

19 JANVIER 2015

travaux pratique

ASSERVISSEMENT LINEAIRE

compte rendu 19 JANVIER 2015

introduction

TP1 : Simulation Des Systèmes Linéaires

TP2 : Correction d’un système de troisième ordre à l’aide

des correcteurs avance de phase, retard de phase et

combine

TP 3 : Régulation de niveau

1

I. introduction :

MATLAB

– est un logiciel de calcul matriciel à syntaxe simple – peut être considéré comme un langage de programmation adapté pour les problèmes scientifiques, grâce à ses fonctions spécialisées – est un interpréteur, car ses instructions sont interprétées et exécutées ligne par ligne – possède des bonnes capacités graphiques pour présenter des résultats ou pour créer des applications– peut être intégré avec du code C ou FORTRAN

– fonctionne dans plusieurs environnements tels que UNIX/X-Windows,Windows, Macintosh.

Simulink : c’est l’extension graphique de MATLAB permettant de travailler avec des schéma en blocs, pour modéliser et simuler des systèmes ;

Blocksets : ce sont des collections de blocs SIMULINK développés pour des domaines d’application spécifiques (DSP BLOCKSET, POWER SYSTEM BLOCKSET, etc.)

Toolboxes : (« boîtes à outils») ce sont des collections de fichiers M développés pour des domaines d’application spécifiques

2

TP1 : Simulation Des Systèmes Linéaires

I. Système de premier ordre :

a) - La réponse du système de fonction de transfert Y (s)E(s)=

0,51+0,1 s à un échelon

unité est :

3

b) -Les valeurs caractéristiques de la fonction de transfert à partir de cette réponse

sont :

Le gain statique K est : K = 0,5

La constante de temps τ est : τ = 0,095s

II. Système du second ordre :

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

0,5

1+2ξs+s2

a) - la réponse y(t) à un échelon unité pour ξ =1,5 est :

La réponse y(t) à un échelon unité pour ξ =0,15 est :

4

b) - Pour ξ = 0,15 :

La valeur finale stabilisée de y(t) est : yp(∞) = 0,5

Le premier dépassement D1% : D1 p%=ymax− y (∞)

y (∞).100

Donc D1p% = 0,81−0,5

0,5.100=62

La pseudo-période Tpp : Tpp = 6,3 s

Comparaisons aux valeurs théoriques :

La valeur finale stabilisée de y(t) est :

On a Y (s)E(s) =

0,5

1+0,3 s+s2 Y (s)= 0,5

1+0,3 s+s2E(s) =

0,5

1+0,3 s+s2×

1S

Y (s)=0,5

S (S−S1 )(S−S2) avec S1,2=−0,15± j0,99

On fait la décomposition en élément simple et la transformation inverse de Laplace, on

obtient:

5

y (t )=0,5¿]

y (t )Évolue entre0,5¿] et0,5¿]

Donc : y th (∞ )=0,5

Le premier dépassement D1th% : D1% = 100e−πξ

√1−ξ2

On a ξ=0,15 D1% = 100e−0,15π

√1−0,152

Donc :D1th% = 62,08

La pseudo-période Tpth : T P=2π

ω0 √1−ξ2

On a ξ = 0,15 et ω0 = 1 T P=2π

√1−0,152

Donc Tpth = 6,35 s

III. Système du second ordre bouclé :

a) -La réponse y(t) à une entrée en échelon pour ξ = 0,15 et K = 1 :

6

b) pour ξ = 0,15 et K = 1 :

Le premier dépassement D1p% :D1 p%=ymax− y (∞)

y (∞).100

D1 p%=0,56−0,330,33

.100=69,70

La pseudo-période Tpp : Tpp = 5,15 s


Le premier dépassement D1th% : D1 th%=100e−πξ

√1−ξ2

D1 th%=100e−0,15π

√1−0,152

=62,08

La pseudo-période Tpth :T Pth=2π

ω0 √1−ξ2= 2π

1,22×√1−0,152=5,2 s

pour ξ = 0,15 et K = 2 :

7

Le premier dépassement D1p% : D1 p%=ymax− y (∞)

y (∞).100

D1 p %=0,85−0,50,5

.100=70

La pseudo-période Tpp : Tpp = 4 ,5 s



√1−ξ2

D1 th%=100e−0,15π

√1−0,152

=62,08


ω0 √1−ξ2= 2π

1,14×√1−0,152=4,55 s

pour ξ = 0,15 et K = 3:

8

Le premier dépassement D1p% : D1 p%=ymax− y (∞)

y (∞).100

D1 p %=1,05−0,60,6

.100=75

La pseudo-période Tpp : Tpp = 4 s



√1−ξ2

D1 th%=100e−0,15π

√1−0,152

=62,08


ω0 √1−ξ2= 2π

1,58×√1−0,152=4,02 s

c) - L’erreur statique dans chaque cas :

pour ξ = 0,15 et K = 1 :εp(∞) = 1- 0,34 = 0,66

Théoriquement :

9

On a H (s )=Y (s)E(s)

= 0,5s2+0,3 s+1,5

Y (s)= 0,5

s2+0,3 s+1,5E (s)

ε=E (s )−Y ( s)=E (s )[1− 0,5

s2+0,3 s+1,5 ]=[1− 0,5

s2+0,3 s+1,5 ] 1s

ε (∞ )=lims→0

sε(s)=lims→0 [1− 0,5

s2+0,3 s+1,5 ]=0,67

pour ξ = 0,15 et K = 2 :εp(∞) = 1- 0,5 = 0,5

Théoriquement :


= 1s2+0,3 s+2

Y (s)= 1

s2+0,3 s+2E (s )

ε=E (s )−Y ( s)=E (s )[1− 1

s2+0,3 s+2 ]=[1− 1

s2+0,3 s+2 ] 1s

ε (∞ )=lims→0

sε(s)=lims→0 [1− 1

s2+0,3 s+2 ]=0,5

pour ξ = 0,15 et K = 3 :εp(∞) = 1 – 0,6 = 0,4

Théoriquement :


= 1,5s2+0,3 s+2,5

Y (s)= 1,5

s2+0,3 s+2,5E(s)

ε=E (s )−Y ( s)=E (s )[1− 1,5

s2+0,3 s+2,5 ]=[1− 1,5

s2+0,3 s+2,5 ] 1s

ε (∞ )=lims→0

sε(s)=lims→0 [1− 1,5

s2+0,3 s+2,5 ]=0,4

IV. Système de troisième ordre bouclé :

a) - La valeur maximale du gain K, notée Kmax pour que le système reste stable :

La fonction de transfert du système est : H (s )= K

s3+3 s2+2S+K

On utilise le critère de stabilité de Routh Hurwitz :

s3 1 2 0

s2 3 K 0

10

s1 6−K3

0 0

s0 K

Pour que le système reste stable, il faut que les éléments de la première colonne

soit strictement positifs.

Conditions de stabilité : { K>06−K

3>0

0<K<6

b) - La réponse du système à un échelon unité pour trois valeurs significatives de

K inférieurs à K max :

Pour K = 2 :

Pour K = 3 :

11

Pour K = 4 :

c) - L’erreur statique dans chaque cas :

Pour K = 2 : ε(∞) = 0

12

Pour K = 3 : ε(∞) = 0

Pour K = 4 : ε(∞) = 0

d) - Conclusion :

Lorsque K prend une valeur entre 0 et 6 (0<K<6¿le système reste stable et l’erreur

statique est nulle.

TP2 : Correction d’un système de troisième ordre à l’aide des correcteurs avance de phase, retard de phase et combine

Le but de cette manipulation 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

différents correcteurs et d’analyser l’influence de ces correcteurs sur la réponse du

système : déformation de la courbe de transfert, marges de stabilité. Enfin, donner une

interprétation.

Le schéma fonctionnel du système à étudier est la suivant :

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

donnée par : G(s) ¿9

(1+τa s ) (1+τ b s) (1+τ c s) avec τ a=2,τ b=3 etτ c=1.5

A. Partie théorique :

1) - Calcule de la pulsation de résonnance wr :

La fonction de transfert en BF de système non corrigé est la suivante :

H(s) = G(s)

1+G(s ) Alors 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)

13

H(s) = 9

(1+τa s ) (1+τ b s) (1+τ c s)+9= 9

9 s3+13.5 s2+6.5 s+10

‖H ( jw)‖= 9

√ (10−13.5w2 )2+(6.5 w−9w3)2= 9D(w)

Pour chercher le maximum de H (jw) il suffit de chercher le minimum de D(w).

Donc :

14

dD(w)dw

=2 (−13.5∗2w ) (10−13.5w2 )+2(6.5−9¿3w2)(6.5w−9w3)

2√( 10−13.5w2 )2+(6.5w−9 w3)2

dD (w )dw

=0⇒−27 ( 10−13.5w2 )+ (6.5−27w2 ) (6.5−9w2)=0

Donc243w4+130w2−227.75=0

Δ=1302-4*243*(-227.75) = 238273

On prend directement la solution positive, alors :

w2=−130+√2382732∗243

=0.74

Alors

Wr = 0.86 rad/s

Calcule du facteur de résonnance M :

M=‖H ( j wr)‖

9 = 7.386.

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

Soit la fonction de transfert du système :

Donc :

D’où:

15

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

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

Alors :

Si : (BF) on a : Et

Si : ∞(HF) on a : Et

Les Points d’intersection de la courbe avec l’axe :

Résolution de l’équation ℑ (G ( jw ) )=0:

On trouve : w=0.85 rad /s donc : R(G( jw ))

Les points d’intersection avec l’axe imaginaire :

Résolution de l’équation : Re(G(jw))= 0 on obtient ℑ (G ( jw ) )=−5,7

Finalement, soit le tracé de Nyquist :

16

Le calcul de la marge de gain : Mg=−20 log ¿ωπ∨¿¿ avec ωπ=0.85 rad / s

donc : Mg=−0.24 db

3) Traçons le diagramme de Black Nichols de G(s):

Pour w→0+¿ ¿

‖G( jw)‖dB→20 log (9)

arg (G( jw ))→0

Pour w→∞

‖G( jw)‖dB→−∞

arg (G ( jw ) )→−3π2

→Cherchons la pulsation w1 telle que ‖G( jw)‖dB=0 dB

L’équation obtenue est :

81w6+65.25w4+15.25w2−80=0

→ Par utilisation de Matlab on trouve w1=0.8606 rad /s

Alors : arctg(G(jw1)) = −180.91 °

Cherchons la pulsation wπ telle que arg(G(jw)) = -π .

C'est-à-dire – arctg( 6.5w−9 w31−13.5w2 )=−π⟹ 6.5 w−9w3

1−13.5w2=0⇒6.5 w−9 w3=0

⇒wπ=0.85 rad /s

17

La marge de gain est : Mg=-0.24 dB La marge de phase est : Mφ=−0.91 °

B. Partie simulation :

1) - Correcteur à avance de phase :

C ( s )=K1+τs1+ατs

Tracer le diagramme de Nyquist :

Pour : K=1 ;α=0.1et τ1=0.01 s

Soit la courbe résultant :

Tracer le diagramme de Nichols On obtient la courbe suivante :

18

Pour les marges de gain sont positives et de phase sont négative donc le système pour ce cas est instable.

Pour : K=1 ;α=0.1et τ2=2secondes

Tracer le diagramme de Nyquist

19

Tracer le diagramme de Nichols

Les marges de phase et de gain sont positives, donc le system est stable.

Correcteur à retard de phase :

C ( s )=K1+ατs1+τs


Pour K=1 ;α=0.1et τ1=0.1

On obtient la courbe suivante :

20

La marge de gain est positive et de phase négative donc le système pour ce cas est instable.



21

Pour K=1 ;α=0.1et τ2=25



22

Pour ce cas on voit que le système devient plus stable que le cas précédent donc le correcteur à retard de phase rend le système plus performent que ce à avance de phase.

2) - Correcteur à avance et retard de phase :

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

Traçons le diagramme de Nyquist

Pour :τ1=100 s τ2=55 s τ3=2 s τ4=1.1 s



23


Les marges de phase et de gain sont positives pour les deux graphes, donc le system est stable.

Pour τ1=2 s τ2=1.1 s τ3=0.02 s τ4=0.001 s

Traçons le diagramme de Nyquist

24


Le correcteur à avance et retard de phase rend le système instable pour le deuxième cas.

25

TP 3 : Régulation de niveau

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

1) - Etude du processus :

a) - On ouvre brusquement la vanne d’entrée que l’on maintient ouverte .Si le débit est considéré comme un échelon alors la variation du volume dans ce cas sera linéaire car :

On a Qe=dVdt

⇒V (t )=Q e t+Cste

Or à t=0V=0⇒Cste=0⇒V ( t )=Qe t .

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 exactement le débit de sortie Qs (Qe0 =débit d’équilibre).

Etablir le modèle linéaire :

26

On a:Qe=qe+Qe0=Adhdt

+Q s

Qs=√h0+hR

=√h0

R √1+ hh0

√1+ hh0

≈1+ h2h0

Qe 0=√h0

R⇒ qe=A

dhdt

+ √h0

R(1+ h

2h0

−1)

⇒ Adhdt

+ 12 R√h0

h=qe

c) Détermination du gain statique et la constante du temps du système.

On a :

Adhdt

+ 12 R√h0

h=qe

Appliquons le transformer de Laplace, alors :

AH ( s) s+ 12R√h0

H ( s)=Qe ( s)⇒H (s )(As+ 12R√h0

)=Qe ( s )

H (s )Qe ( s )

= 1

As+ 12R√h0

⇒H (s)Qe (s )

=2 R√h0

1+2 RA√h0 s= K

1+τs

⇒K=2R√h0 et τ=2 RA√h0

2) - Commande en boucle ouverte :

Pour que le niveau passe de h0 à h0+hc il augmenter le débit d’entrer Qe par rapport à celui de Qs.

Alors le débit qu’il faut ajouter àQe0 est :

qe=Adhdt⇒qedt=Adh⇒qe ( t−0 )=A (hc−0 )⇒ qe=A

hct

3) –Partie simulation :

Schéma fonctionnelle du système:

27

1ère cas : pour hc=1mqe=0 .33m3 s−1

Résultat :

2eme cas :pour hc=0.5mqe=0.667 m3 s−1

Résultat :

28

Au niveau de la précision on voit qu’elle est parfaite pour les deux figures, et concernant la rapidité c’est la même.

4) - Commande en boucle fermée :

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

1) - Schéma fonctionnel :

Ce schéma est équivalent à :

2) - La fonction en BO de ce système est :

29

F ( s )=0.15 A1

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

Etudions la stabilité de ce système par utilisation du critère de Routh :

1+F ( s)=0⇒ s (1+0.1 s ) (1+2 s )+0.15 A1=0

⇒0.2 s3+2.1 s2+s+0.15 A1=0

0.2 1

2.1 0.15 A1

2.1−0.03 A1

2.10

0.15 A1

Alors pour que le système sot stable il faut que A1>0et A1<2.1

0.03=70

On a

arg (F ( jw ) )=−π2

−arctg (0.1w )−arctg (2w)

‖F ( jw)‖dB=20 log (0.15 A1 )−20logw−20 log (√1+0.01w2 )−20 log (√1+4w2)

Calculons la pulsation d’inversion de phase wπ:

arg (F ( j wπ ) )=−π⟹arctg (0.1wπ )+arctg ( 2wπ )= π2

arctg ( 2.1wπ

1−0.2wπ2 )=π

2⇒1−0.2wπ

2=0⇒wπ=√5=2.236 rad /s

Alors

‖F ( jw )‖dB=20 log (0.15 A1 )−28.31=10dB

A1=1 /7

3) - Traçons le lieu de Black et de Nyquist :

On remplace A1 par sa valeur on trouve alors :

F ( s )= 3.32s (1+0.1 )(1+2 S)

= 3.32

0.2 s3+2.1 s2+s

30

La marge de gain est MG=10 dB

La marge de phase est M φ=15 °

4) - Etude du schéma fonctionnel avec Simulink :

La réponse indicielle

31

Le temps de réponse est : t r=20 s

Le temps de monté est :tm=2.01−0.555=1.445 s

L’erreur statique est :ε =0

5) - hc varie en rampe de pente 0.2 :

La sortie h(t) :

Par application de la commande résidu sur Matlab on trouve

32

H (s )=0.000310+s

+−2.79580.5+s

+ 2.7954s

+−1.3944

s2+ 0.6640

s3

Alors

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

t 2

L’erreur est :

ε ( t )=hc−h ( t )=−0.0003e−10 t+2.7958e−0.5 t−2.7954+1.5944 t−0.66402

t 2

33

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