Réponses Temporelles et Fréquentielles des SLCI

Cours complet · sciences industrielles (PCSI), chapitre 3 · CPGE PCSI (1re année)

3.1 Systèmes du premier ordre

Deux nombres suffisent à décrire un premier ordre, et ils se lisent tous deux sur la réponse indicielle. Le gain statique $K$ est le rapport de la sortie finale à l'entrée : il dit où le système arrive. La constante de temps $τ$ dit en combien de temps : la tangente à l'origine coupe l'asymptote à $t = τ$ , la sortie a alors parcouru $63 %$ du chemin, et il faut $t_{5%} = 3 τ$ pour entrer définitivement dans la bande des $5 %$ .

Un premier ordre ne dépasse jamais sa valeur finale et ne peut pas osciller : sa réponse est monotone, son unique pôle est réel. Tout dépassement observé sur un système réel signe donc un ordre supérieur à un.

Définition 3.1Forme canonique du premier ordre

La fonction de transfert d'un système du premier ordre s'écrit :

$H (p) = \frac{K}{1 + τ p}$

où $K$ est le gain statique et $τ$ est la constante de temps ( $τ > 0$ pour un système stable).

Figure : Réponse indicielle d'un premier ordre et points caractéristiques

Figure : Diagramme de Bode (Gain et Phase) d'un système du 1er ordre

3.2 Systèmes du second ordre

Le second ordre demande un paramètre de plus, et c'est lui qui fait tout : le facteur d'amortissement $ξ$ . La pulsation propre $ω_{n}$ fixe l'échelle de temps, le gain statique $K$ la valeur finale, mais c'est $ξ$ qui décide de l'allure :

$ξ > 1$ — régime apériodique : deux pôles réels, aucune oscillation, une réponse lente ;
$ξ = 1$ — régime critique : pôle double, la réponse la plus rapide sans aucun dépassement ;
$ξ < 1$ — régime pseudo-périodique : deux pôles complexes conjugués, la réponse dépasse puis oscille en s'amortissant.

Le dépassement ne dépend que de $ξ$ , jamais de $ω_{n}$ : $D_{1%} = exp (- π ξ / 1 - ξ^{2})$ . En pratique on vise $ξ \approx 0, 7$ , valeur qui minimise le temps de réponse à $5 %$ en ne concédant qu'environ $5 %$ de dépassement.

iRemarqueTrois plans pour une même information

Une fonction de transfert harmonique $T (j ω)$ porte, à chaque pulsation, un module et une phase. Trois représentations en rendent compte, et le choix n'est qu'une affaire de commodité : le diagramme de Bode sépare le module et la phase sur deux courbes en fonction de $lo g ω$ — le plus lisible pour construire, puisque les gains s'y additionnent ; le lieu de Black porte le gain en décibels en ordonnée contre la phase en abscisse, la pulsation devenant un simple repère le long de la courbe — le plus commode pour lire les marges d'un seul coup d'œil ; le lieu de Nyquist trace $T (j ω)$ dans le plan complexe.

Les abaques rendent le même service en régime transitoire : celui du temps de réponse réduit donne directement le produit $ω_{n} t_{5%}$ en fonction de $ξ$ , dont on tire $t_{5%}$ sans résoudre quoi que ce soit. Son minimum, autour de $ξ \approx 0, 7$ , est la raison pour laquelle cette valeur sert de cible de réglage.

Définition 3.2Forme canonique du second ordre

La fonction de transfert d'un système du second ordre s'écrit :

$H (p) = \frac{K}{1 + \frac{2 ξ}{ω _{0}} p + \frac{p ^{2}}{ω _{0}^{2}}}$

où $K$ est le gain statique, $ω_{0}$ la pulsation propre non amortie et $ξ$ le coefficient d'amortissement.

Figure : Réponse indicielle d'un second ordre sous-amorti (

ξ < 1

)

Figure : Diagramme de Bode d'un second ordre avec résonance (

ξ < 0, 7

)

<i class="fa-solid fa-dumbbell mr-2" style="color:#2E7559"></i>3.3 Exercices résolus

Exercice 1 : Identification temporelle d'un premier ordre (

⋆

)

La réponse indicielle d'un capteur de température à un échelon $e (t) = 50° C \cdot u (t)$ part de zéro avec une pente initiale $p_{0} = 25° C / s$ et atteint en régime établi $s (+ \infty) = 10 V$ .

Déterminer le gain statique $K$ .
Déterminer la constante de temps $τ$ et le temps de réponse à $5 %$ .
Écrire la fonction de transfert $H (p) = \frac{S ( p )}{E ( p )}$ .

Démonstration

1. Gain statique :

$K = \frac{s ( + \infty )}{e ( + \infty )} = \frac{10 V}{50° C} = 0, 2 V /^{\circ} C$

2. La pente à l'origine vaut $p_{0} = \frac{K E _{0}}{τ} ⟹ τ = \frac{K E _{0}}{p _{0}} = \frac{10}{25} = 0, 4 s$ . Le temps de réponse à $5 %$ est $t_{5%} = 3 τ = 3 \times 0, 4 = 1, 2 s$ .

3. Fonction de transfert canonique :

$H (p) = \frac{0 , 2}{1 + 0 , 4 p}$

Exercice 2 : Identification d'un second ordre sous-amorti (

⋆ ⋆

)

Un système soumis à un échelon unitaire $e (t) = u (t)$ présente une réponse oscillatoire amortie de valeur finale $s (+ \infty) = 4$ , un premier pic à l'instant $t_{1} = 0, 25 s$ valant $s (t_{1}) = 5, 0$ , puis un premier creux à $t_{2} = 0, 50 s$ valant $s (t_{2}) = 3, 75$ .

Calculer le premier dépassement relatif $D_{1%}$ .
En déduire le coefficient d'amortissement $ξ$ .
Calculer la pseudo-période $T_{p}$ , la pulsation propre $ω_{0}$ et écrire $H (p)$ .

Démonstration

1. Dépassement relatif :

$D_{1%} = \frac{s ( t _{1} ) - s ( + \infty )}{s ( + \infty )} = \frac{5 , 0 - 4 , 0}{4 , 0} = 0, 25 = 25 %$

2. Formule du dépassement : $D_{1} = e^{- \frac{π ξ}{1 - ξ ^{2}}} ⟹ ln (D_{1}) = - \frac{π ξ}{1 - ξ ^{2}}$ .

$ξ = \frac{∣ ln D _{1} ∣}{π ^{2} + ln ^{2} D _{1}} = \frac{∣ ln 0 , 25∣}{π ^{2} + ln ^{2} 0 , 25} = \frac{1 , 3863}{9 , 8696 + 1 , 9218} = \frac{1 , 3863}{11 , 7914} \approx 0, 404$

3. La demi-pseudo-période vaut $t_{2} - t_{1} = \frac{T _{p}}{2} = 0, 25 s ⟹ T_{p} = 0, 50 s$ . La pseudo-pulsation est $ω_{p} = \frac{2 π}{T _{p}} = \frac{2 π}{0 , 5} = 4 π \approx 12, 57 rad / s$ .

$ω_{0} = \frac{ω _{p}}{1 - ξ ^{2}} = \frac{4 π}{1 - 0 , 40 4 ^{2}} = \frac{12 , 566}{0 , 9148} \approx 13, 74 rad / s$

Gain statique $K = 4$ . Fonction de transfert :

$H (p) = \frac{4}{1 + \frac{2 \times 0 , 404}{13 , 74} p + \frac{p ^{2}}{13 , 7 4 ^{2}}} = \frac{4}{1 + 0 , 0588 p + 0 , 0053 p ^{2}}$

Exercice 3 : Intégrateur pur et dérivateur pur (

⋆

)

Tracer l'allure des diagrammes de Bode en gain et phase pour :

Un intégrateur pur $H_{1} (p) = \frac{1}{T _{i} p}$ .
Un dérivateur pur $H_{2} (p) = T_{d} p$ .

Démonstration

1. Intégrateur pur $H_{1} (j ω) = \frac{1}{j T _{i} ω}$ :

Gain : $G_{dB} (ω) = - 20 lo g (T_{i} ω) = - 20 lo g T_{i} - 20 lo g ω$ . Pente constante de $- 20 dB/d e ˊ cade$ , passant par $0 dB$ en $ω = 1/ T_{i}$ .
Phase : $φ (ω) = ar g (\frac{1}{j}) = - 9 0^{\circ}$ constante pour tout $ω > 0$ .

2. Dérivateur pur $H_{2} (j ω) = j T_{d} ω$ :

Gain : $G_{dB} (ω) = + 20 lo g (T_{d} ω)$ . Pente constante de $+ 20 dB/d e ˊ cade$ , passant par $0 dB$ en $ω = 1/ T_{d}$ .
Phase : $φ (ω) = ar g (j) = + 9 0^{\circ}$ constante.

Exercice 4 : Résonance d'un second ordre (

⋆ ⋆

)

Soit $H (p) = \frac{10}{1 + 0 , 02 p + 1 0 ^{- 4} p ^{2}}$ .

Déterminer $ω_{0}$ et $ξ$ . Le système présente-t-il une résonance ?
Calculer la pulsation de résonance $ω_{r}$ et la surtension $Q_{dB}$ .

Démonstration

1. $\frac{1}{ω _{0}^{2}} = 1 0^{- 4} ⟹ ω_{0} = 100 rad / s$ . $\frac{2 ξ}{ω _{0}} = 0, 02 ⟹ ξ = \frac{0 , 02 \times 100}{2} = 0, 10$ . Comme $ξ = 0, 10 < \frac{2}{2} \approx 0, 707$ , le système présente une résonance en fréquence.

2. Pulsation de résonance :

$ω_{r} = ω_{0} 1 - 2 ξ^{2} = 100 1 - 2 (0, 01) = 100 0, 98 \approx 98, 99 rad / s$

Facteur de résonance :

$Q = \frac{1}{2 ξ 1 - ξ ^{2}} = \frac{1}{2 \times 0 , 10 \times 0 , 99} = \frac{1}{0 , 19899} \approx 5, 025$

Surtension en décibels : $Q_{dB} = 20 lo g (5, 025) \approx 14, 02 dB$ . Le gain maximal à la résonance vaut $G_{max} = 20 lo g (10) + 14, 02 = 20 + 14, 02 = 34, 02 dB$ .

Exercice 5 : Notion de pôles dominants (

⋆ ⋆

)

Un système d'ordre 3 a pour fonction de transfert $H (p) = \frac{1}{( 1 + 0 , 01 p ) ( 1 + 0 , 5 p ) ( 1 + 2 p )}$ .

Donner les trois constantes de temps du système.
Identifier le pôle dominant et justifier l'approximation par un premier ordre équivalent.
Estimer le temps de réponse à $5 %$ .

Démonstration

1. Les constantes de temps sont $τ_{1} = 2, 0 s$ , $τ_{2} = 0, 5 s$ et $τ_{3} = 0, 01 s$ .

2. La constante de temps $τ_{1} = 2, 0 s$ est 4 fois plus grande que $τ_{2}$ et 200 fois plus grande que $τ_{3}$ . C'est elle qui gouverne la dynamique lente du régime transitoire. Le pôle $p_{1} = - 0, 5 s^{- 1}$ est le pôle dominant. On peut approcher $H (p) \approx \frac{1}{1 + 2 p}$ .

3. Temps de réponse estimé : $t_{5%} \approx 3 τ_{1} = 3 \times 2 = 6, 0 s$ .

Exercice 6 : Système à déphasage non minimal (

⋆ ⋆

)

Soit le système $H (p) = \frac{1 - τ p}{1 + τ p}$ avec $τ > 0$ (filtre passe-tout à zéro dans le demi-plan droit).

Calculer le module $∣ H (j ω) ∣$ en décibels.
Exprimer le déphasage $φ (ω)$ et tracer son allure.
Donner la réponse indicielle $s (t)$ à $e (t) = u (t)$ . Que constate-t-on à $t = 0^{+}$ ?

Démonstration

1. $∣ H (j ω) ∣ = \frac{∣1 - j τ ω ∣}{∣1 + j τ ω ∣} = \frac{1 + τ ^{2} ω ^{2}}{1 + τ ^{2} ω ^{2}} = 1 ⟹ G_{dB} (ω) = 0 dB$ pour tout $ω$ .

2. $φ (ω) = ar g (1 - j τ ω) - ar g (1 + j τ ω) = - arctan (τ ω) - arctan (τ ω) = - 2 arctan (τ ω)$ . La phase varie de $0^{\circ}$ à $- 18 0^{\circ}$ lorsque $ω$ croît de $0$ à $+ \infty$ .

3. $S (p) = \frac{1 - τ p}{p ( 1 + τ p )} = \frac{1}{p} - \frac{2 τ}{1 + τ p} = \frac{1}{p} - \frac{2}{p + 1/ τ} ⟹ s (t) = (1 - 2 e^{- t / τ}) u (t)$ . À $t = 0^{+}$ , $s (0^{+}) = 1 - 2 = - 1 < 0$ : la réponse part dans le sens opposé à la consigne (effet de recul non minimal).

Exercice 7 : Lecture d'abaques de temps de réponse réduit (

⋆

)

Pour un second ordre canonique avec $ω_{0} = 20 rad / s$ :

Trouver le temps de réponse à $5 %$ $t_{5%}$ pour $ξ = 0, 7$ (sachant que $ω_{0} t_{5%} \approx 3$ ).
Trouver le temps de réponse pour $ξ = 1, 0$ (sachant que $ω_{0} t_{5%} \approx 4, 75$ ).
Quel amortissement minimise le temps de réponse ?

Démonstration

1. Pour $ξ = 0, 7$ : $t_{5%} = \frac{3}{ω _{0}} = \frac{3}{20} = 0, 15 s$ .

2. Pour $ξ = 1, 0$ : $t_{5%} = \frac{4 , 75}{20} = 0, 2375 s \approx 0, 24 s$ .

3. C'est la valeur $ξ \approx 0, 69 \approx 0, 7$ qui minimise le temps de réponse à $5 %$ car la courbe indicielle entre au plus vite dans la bande $\pm 5 %$ sans en ressortir.

Exercice 8 : Déphasage asymptotique d'une fonction de transfert quelconque (

⋆

)

Déterminer le déphasage en très basse fréquence ( $ω \to 0$ ) et en très haute fréquence ( $ω \to + \infty$ ) de :

$H (p) = \frac{50 ( 1 + 0 , 1 p )}{p ^{2} ( 1 + 0 , 01 p ) ( 1 + 0 , 001 p )}$

Démonstration

Le terme en $p^{2}$ au dénominateur (classe 2) impose un déphasage initial en $ω \to 0$ :

$ω \to 0 lim φ (ω) = - 2 \times 9 0^{\circ} = - 18 0^{\circ}$

En haute fréquence ( $ω \to + \infty$ ), le numérateur a $m = 1$ zéro ( $+ 9 0^{\circ}$ ) et le dénominateur a $n = 4$ pôles ( $- 4 \times 9 0^{\circ}$ ) :

$ω \to + \infty lim φ (ω) = (m - n) \times 9 0^{\circ} = (1 - 4) \times 9 0^{\circ} = - 3 \times 9 0^{\circ} = - 27 0^{\circ}$

Exercice 9 : Tracé dans le lieu de Black (

⋆ ⋆

)

Pour un système du premier ordre $H (p) = \frac{10}{1 + 0 , 1 p}$ :

Donner les coordonnées $(φ, G_{dB})$ dans le plan de Black pour $ω = 1 rad / s$ , $ω = 10 rad / s$ et $ω = 100 rad / s$ .
Décrire la trajectoire du lieu de Black.

Démonstration

$G_{dB} (ω) = 20 lo g (10) - 10 lo g (1 + 0, 01 ω^{2}) = 20 - 10 lo g (1 + 0, 01 ω^{2})$ , et $φ (ω) = - arctan (0, 1 ω)$ .

$ω = 1$ : $G_{dB} = 20 - 10 lo g (1, 01) \approx 19, 96 dB$ , $φ = - arctan (0, 1) \approx - 5, 7^{\circ}$ .
$ω = 10 = 1/ τ$ : $G_{dB} = 20 - 3 = 17, 0 dB$ , $φ = - arctan (1) = - 4 5^{\circ}$ .
$ω = 100$ : $G_{dB} = 20 - 10 lo g (101) \approx 0 dB$ , $φ = - arctan (10) \approx - 84, 3^{\circ}$ .

Le lieu de Black part du point $(0^{\circ}, 20 dB)$ et descend continûment vers $(- 9 0^{\circ}, - \infty dB)$ .

Exercice 10 : Équivalence temps / fréquence (

⋆ ⋆

)

Un banc d'essai mesure sur un actionneur électromécanique une pulsation de coupure à $- 3 dB$ valant $ω_{c} = 120 rad / s$ sous une modélisation du 1er ordre.

Estimer sa bande passante $B P$ en Hertz.
En déduire son temps de montée $t_{m}$ à $10 - 90 %$ et son temps de réponse à $5 %$ .

Démonstration

1. $B P = f_{c} = \frac{ω _{c}}{2 π} = \frac{120}{2 π} \approx 19, 1 Hz$ .

2. La constante de temps est $τ = \frac{1}{ω _{c}} = \frac{1}{120} \approx 8, 33 ms$ .

Temps de réponse à $5 %$ : $t_{5%} = 3 τ = \frac{3}{120} = 0, 025 s = 25 ms$ .
Temps de montée $t_{m} \approx 2, 2 τ = \frac{2 , 2}{120} \approx 18, 3 ms$ .

3.4 Problèmes contextualisés

Exemple 3.13Problème 1 : Accéléromètre capacitif MEMS sur silicium (

⋆ ⋆

)

Un accéléromètre micro-électromécanique (MEMS) pour airbag automobile comprend une micro-masse sismique suspendue par des micropoutres de silicium de raideur $k$ avec un amortissement visqueux de fluide $c$ .

La masse est $m = 2, 0 \times 1 0^{- 8} kg$ , la fréquence propre non amortie est $f_{0} = 4, 5 k Hz$ et le facteur de qualité est $Q = 2, 5$ . Calculer la raideur $k$ , le coefficient d'amortissement $ξ$ et le coefficient de frottement $c$ .
Déterminer le temps de réponse à $5 %$ de l'accéléromètre lors d'un choc frontal d'échelon d'accélération $γ_{0} = 30 g$ .
Calculer le déplacement relatif de la masse sismique en régime permanent pour $γ_{0} = 30 g$ ( $g = 9, 81 m / s^{2}$ ).

Démonstration

1. Pulsation propre : $ω_{0} = 2 π f_{0} = 2 π \times 4500 = 28274 rad / s$ . Raideur :

$k = m ω_{0}^{2} = 2, 0 \times 1 0^{- 8} \times (28274)^{2} \approx 15, 99 N / m \approx 16, 0 N / m$

Facteur d'amortissement :

$Q = \frac{1}{2 ξ} ⟹ ξ = \frac{1}{2 Q} = \frac{1}{2 \times 2 , 5} = 0, 20$

Coefficient d'amortissement visqueux :

$c = 2 m ξ ω_{0} = 2 \times 2, 0 \times 1 0^{- 8} \times 0, 20 \times 28274 \approx 2, 26 \times 1 0^{- 4} Ns / m$

2. Pour $ξ = 0, 20$ , l'abaque donne $ω_{0} t_{5%} \approx 15 ⟹ t_{5%} \approx \frac{15}{28274} \approx 0, 53 ms$ . L'accéléromètre répond en environ une demi-milliseconde, ce qui est compatible avec le déclenchement d'airbag ( $\leq 20 ms$ ).

3. Équation statique : $k Δ x = m γ_{0} ⟹ Δ x = \frac{m γ _{0}}{k} = \frac{γ _{0}}{ω _{0}^{2}}$ .

$Δ x = \frac{30 \times 9 , 81}{( 28274 ) ^{2}} = \frac{294 , 3}{7 , 994 \times 1 0 ^{8}} \approx 3, 68 \times 1 0^{- 7} m = 0, 368 μ m = 368 nm$

Important

Ce que ça nous apprend. À l'échelle microscopique des microsystèmes silicium, des déplacements d'à peine quelques centaines de nanomètres sont convertis en variations de capacité de l'ordre du femtofarad ( $1 0^{- 15} F$ ).

Exemple 3.14Problème 2 : Stabilisateur gyroscopique de caméra sur nacelle 3 axes (

⋆ ⋆

)

Une nacelle brushless stabilisée pour prise de vue aérienne doit compenser les turbulences d'un drone avec un temps de réponse minimal sans oscillations gênantes pour l'image.

La boucle de tangage fermée est modélisée par un second ordre canonique avec $ω_{0} = 60 rad / s$ et un amortissement optimal $ξ = 0, 707$ . Calculer le temps de réponse à $5 %$ et la valeur du premier dépassement $D_{1%}$ .
Tracer le diagramme de Bode asymptotique et réel en gain et phase.

Démonstration

1. Pour $ξ = 0, 707 = \frac{1}{2}$ :

$t_{5%} = \frac{3}{ω _{0}} = \frac{3}{60} = 0, 050 s = 50 ms$

Dépassement maximal :

$D_{1} = e^{- \frac{π \times 0 , 707}{1 - 0 , 5}} = e^{- π} \approx 0, 0432 = 4, 32 %$

2. Diagramme de Bode :

Gain : asymptote horizontale à $0 dB$ jusqu'à $ω_{0} = 60 rad / s$ , puis décroissance à $- 40 dB/d e ˊ cade$ . Comme $ξ = 0, 707$ , il n'y a pas de pic de résonance ( $G (ω_{0}) = \frac{1}{2 ξ} = \frac{1}{2} = - 3, 01 dB$ ).
Phase : part de $0^{\circ}$ , passe par $- 9 0^{\circ}$ en $ω_{0} = 60 rad / s$ et tend vers $- 18 0^{\circ}$ en haute fréquence.

Important

Ce que ça nous apprend. L'amortissement $ξ = 0, 707$ réalise le compromis idéal de Butterworth : bande passante maximale sans surtension fréquentielle.

Exemple 3.15Problème 3 : Tête de lecture optique haute densité (

⋆ ⋆

)

L'asservissement de focalisation d'une tête de lecture optique présente une FTBO $T (p) = \frac{K}{p ( 1 + 1 0 ^{- 3} p ) ( 1 + 1 0 ^{- 4} p )}$ .

Tracer le diagramme de Bode asymptotique en gain et phase pour $K = 1$ .
Calculer la pulsation $ω_{π}$ pour laquelle le déphasage vaut $φ (ω_{π}) = - 18 0^{\circ}$ .
En déduire le gain maximal $K_{max}$ au-delà duquel la boucle fermée devient instable.

Démonstration

1. Pôles de la FTBO : un intégrateur en $0$ , un pôle en $ω_{1} = 1000 rad / s$ , un pôle en $ω_{2} = 10000 rad / s$ .

Pentes de gain : $- 20 dB/d e ˊ c$ pour $ω < 1000$ , puis $- 40 dB/d e ˊ c$ pour $1000 < ω < 10000$ , puis $- 60 dB/d e ˊ c$ pour $ω > 10000$ .
Phase : $- 9 0^{\circ}$ en $ω \to 0$ , $- 13 5^{\circ}$ en $ω = 1000$ , tend vers $- 27 0^{\circ}$ en haute fréquence.

2. Déphasage : $φ (ω) = - 9 0^{\circ} - arctan (1 0^{- 3} ω) - arctan (1 0^{- 4} ω)$ .

$φ (ω_{π}) = - 18 0^{\circ} ⟹ arctan (1 0^{- 3} ω_{π}) + arctan (1 0^{- 4} ω_{π}) = 9 0^{\circ}$

Or $arctan (a) + arctan (b) = 9 0^{\circ} ⟺ a \cdot b = 1$ .

$1 0^{- 3} ω_{π} \times 1 0^{- 4} ω_{π} = 1 ⟹ 1 0^{- 7} ω_{π}^{2} = 1 ⟹ ω_{π} = 1 0^{7} = 100010 \approx 3162 rad / s$

3. Module de la FTBO en $ω_{π}$ :

$∣ T (j ω_{π}) ∣ = \frac{K}{ω _{π} 1 + 1 0 ^{- 6} ω _{π}^{2} 1 + 1 0 ^{- 8} ω _{π}^{2}} = \frac{K}{3162 \times 1 + 10 1 + 0 , 1} = \frac{K}{3162 \times 11 \times 1 , 1} = \frac{K}{3162 \times 12 , 1} = \frac{K}{3162 \times 3 , 4785} = \frac{K}{11000}$

La limite de stabilité en boucle fermée impose $∣ T (j ω_{π}) ∣ < 1 ⟹ K_{max} = 11000 s^{- 1}$ .

Important

Ce que ça nous apprend. L'inversion de phase à $- 18 0^{\circ}$ combinée à un gain supérieur à l'unité transforme la contre-réaction stabilisatrice en réaction positive divergente.

Exemple 3.16Problème 4 : Bras robotique de prélèvement pharmaceutique (

⋆ ⋆

)

Un robot de manipulation de flacons de vaccin ne doit tolérer aucun dépassement de trajectoire ( $D_{1} = 0$ ) pour éviter les chocs.

Quel amortissement minimal $ξ$ garantit l'absence totale de dépassement ?
La chaîne fermée a une pulsation $ω_{0} = 40 rad / s$ et un amortissement critique $ξ = 1, 0$ . Déterminer l'expression temporelle de la réponse indicielle unitaire $s (t)$ .
Calculer l'instant $t_{95%}$ où le bras atteint $95 %$ de sa course.

Démonstration

1. Pour éviter tout dépassement indiciel, il faut un régime apériodique ou critique, soit $ξ \geq 1$ .

2. En régime critique ( $ξ = 1$ ), la FTBF admet un pôle double réel négatif $p = - ω_{0}$ :

$S (p) = \frac{ω _{0}^{2}}{p ( p + ω _{0} ) ^{2}} = \frac{1}{p} - \frac{1}{p + ω _{0}} - \frac{ω _{0}}{( p + ω _{0} ) ^{2}}$

Par transformée de Laplace inverse :

$s (t) = [1 - e^{- ω_{0} t} (1 + ω_{0} t)] u (t)$

3. On cherche $t$ tel que $e^{- ω_{0} t} (1 + ω_{0} t) = 0, 05$ . Par résolution numérique, pour $x = ω_{0} t$ , $e^{- x} (1 + x) = 0, 05 ⟹ x \approx 4, 744$ .

$t_{95%} = \frac{4 , 744}{ω _{0}} = \frac{4 , 744}{40} \approx 0, 1186 s \approx 119 ms$

Important

Ce que ça nous apprend. Le régime critique $ξ = 1$ assure le ralliement de position le plus rapide possible sans dépasser d'un seul micron la coordonnée cible.

Exemple 3.17Problème 5 : Caisson de basse électrodynamique asservi (

⋆ ⋆

)

Le haut-parleur d'un caisson de basse a pour fonction de transfert acoustique $H (p) = \frac{K p ^{2}}{1 + \frac{2 ξ}{ω _{0}} p + \frac{p ^{2}}{ω _{0}^{2}}}$ (filtre passe-haut du second ordre issu du couplage clos).

Donner l'atténuation en basse fréquence en $dB/d e ˊ cade$ .
Pour $f_{0} = 35 Hz$ et $ξ = 0, 707$ , calculer la fréquence de coupure à $- 3 dB$ .
Expliquer l'intérêt d'un asservissement en accélération de la membrane (technologie MFB - Motional Feedback).

Démonstration

1. En basse fréquence ( $ω ≪ ω_{0}$ ), $H (j ω) \approx - K \frac{ω ^{2}}{ω _{0}^{2}}$ , ce qui correspond à une pente de $+ 40 dB/d e ˊ cade$ .

2. Pour un alignement de Butterworth ( $ξ = \frac{2}{2}$ ), le gain vaut $∣ H (j ω_{0}) ∣ = \frac{K}{2} ⟹ G_{dB} (ω_{0}) = G_{max} - 3 dB$ . La fréquence de coupure à $- 3 dB$ est donc exactement la fréquence propre : $f_{c} = f_{0} = 35 Hz$ .

3. L'asservissement en accélération (MFB) mesure l'accélération réelle de la membrane par un accéléromètre piézoélectrique collé sur le cône et corrige en temps réel les distorsions non linéaires introduites par la suspension et l'échauffement de la bobine mobile.

Important

Ce que ça nous apprend. Le bouclage asservi permet de descendre la réponse dans l'extrême-grave bien en-deçà de la fréquence de résonance naturelle de l'enceinte passive.

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