sciences industrielles (MPSI) · Chapitre 5 · Exercice de TD

Surpresseur d'immeuble : ce que coûte l'intégrateur en phase

Correction des Systèmes Asservis · A. Nécessité et objectifs de la correction · niveau 2

Énoncé

Un surpresseur maintient la pression de l'eau dans les étages d'un immeuble : une pompe à vitesse variable refoule dans un réservoir sous pression, un capteur mesure la pression. Le procédé, de la consigne de vitesse à la pression mesurée, a pour modèle $G (p) = \frac{2}{( 1 + 0 , 5 p ) ( 1 + 0 , 05 p )}$ (pression et commande normalisées). L'installateur dispose d'un correcteur proportionnel intégral $C (p) = K_{p} \frac{1 + T _{i} p}{T _{i} p}$ , avec $K_{p} = 2$ , et hésite entre quatre réglages donnés de la constante d'intégration : $T_{i} = 0, 05 s$ , $0, 1 s$ , $0, 5 s$ et $2 s$ . Exigences (elles portent sur une marge) : écart statique nul pour un échelon de consigne ; marge de phase au moins $4 5^{\circ}$ ; temps de réponse à 5 % au plus $0, 5 s$ .

1) Avec $C (p) = K_{p} = 2$ seul, calculer l'écart statique. Conclure.

2) Écrire le gain et la phase du correcteur proportionnel intégral en fonction de $ω$ ; tracer l'allure asymptotique de son diagramme de Bode. Que vaut sa phase pour $ω T_{i} = 1$ , pour $ω T_{i} = 10$ ?

3) Montrer que l'écart statique est nul avec ce correcteur, quel que soit $T_{i}$ .

4) Pour chaque $T_{i}$ , on a relevé sur le diagramme de Bode de $T (p)$ la pulsation de coupure $ω_{c}$ : $12, 57$ , $9, 95$ , $7, 49$ et $7, 27 rad s^{- 1}$ respectivement. Calculer, en $ω_{c}$ , la phase du procédé, la phase du correcteur et la marge de phase.

5) Les réponses indicielles simulées donnent les dépassements $78 %$ , $47 %$ , $1, 7 %$ , $0 %$ et les temps de réponse à 5 % $3, 0 s$ , $1, 0 s$ , $0, 26 s$ , $2, 9 s$ . Quel réglage retenir ? Expliquer pourquoi le plus grand $T_{i}$ , qui a la meilleure marge, est lent. Que valent les cas limites $T_{i} \to 0$ et $T_{i} \to \infty$ ?

Corrigé

La stratégie. Un intégrateur annule l'écart statique, mais il apporte $- 9 0^{\circ}$ de phase en basse fréquence ; le zéro $1/ T_{i}$ rend cette phase progressivement. Ce qui compte est la phase perdue à la pulsation de coupure, où se décide la marge.

1) Le proportionnel seul. $T (p) = \frac{4}{( 1 + 0 , 5 p ) ( 1 + 0 , 05 p )}$ , de classe 0 : $ε_{\infty} = \frac{1}{1 + 4} = 20 %$ de la consigne. Non conforme : la pression resterait 20 % sous la consigne.

2) Bode du correcteur. $C (j ω) = K_{p} \frac{1 + j T _{i} ω}{j T _{i} ω}$ : gain $K_{p} \frac{1 + T _{i}^{2} ω ^{2}}{T _{i} ω}$ , phase $- 9 0^{\circ} + arctan (T_{i} ω)$ . Asymptotes : pente $- 20 dB/d e ˊ cade$ et $- 9 0^{\circ}$ en basse fréquence, gain $20 lo g K_{p}$ et phase nulle au-delà de $1/ T_{i}$ . Pour $ω T_{i} = 1$ , la phase vaut $- 4 5^{\circ}$ ; pour $ω T_{i} = 10$ , $- 9 0^{\circ} + 84, 3^{\circ} = - 5, 7^{\circ}$ .

3) Écart nul. $T (p) = \frac{2 K _{p} ( 1 + T _{i} p )}{T _{i} p ( 1 + 0 , 5 p ) ( 1 + 0 , 05 p )}$ est de classe 1 pour tout $T_{i}$ fini : $ε_{\infty} = lim_{p \to 0} \frac{1}{1 + T ( p )} = 0$ .

4) Les marges. La phase du procédé en $ω_{c}$ est $- arctan (0, 5 ω_{c}) - arctan (0, 05 ω_{c})$ , celle du correcteur $- 9 0^{\circ} + arctan (T_{i} ω_{c})$ :

$T_{i}$ (s)	$ω_{c}$ ( $rad s^{- 1}$ )	phase du procédé	phase du correcteur	$M_{φ}$
$0, 05$	$12, 57$	$- 113, 1^{\circ}$	$- 57, 9^{\circ}$	$9, 0^{\circ}$
$0, 1$	$9, 95$	$- 105, 1^{\circ}$	$- 45, 1^{\circ}$	$29, 8^{\circ}$
$0, 5$	$7, 49$	$- 95, 6^{\circ}$	$- 15, 0^{\circ}$	$69, 5^{\circ}$
$2$	$7, 27$	$- 94, 6^{\circ}$	$- 3, 9^{\circ}$	$81, 5^{\circ}$

Par exemple, pour $T_{i} = 0, 5 s$ : $arctan (3, 75) = 75, 1^{\circ}$ , $arctan (0, 375) = 20, 6^{\circ}$ , $arctan (3, 75) = 75, 1^{\circ}$ pour le correcteur, d'où $- 14, 9^{\circ}$ , et $M_{φ} = 18 0^{\circ} - 95, 6^{\circ} - 15, 0^{\circ} = 69, 5^{\circ}$ . Les deux plus petits $T_{i}$ sont non conformes à la marge : leur zéro est trop haut, au-dessus de la coupure, et l'intégrateur y coûte encore $4 5^{\circ}$ à $5 8^{\circ}$ .

5) Le choix. Seul $T_{i} = 0, 5 s$ tient les trois exigences : écart nul, $M_{φ} = 69, 5^{\circ}$ , $t_{5%} = 0, 26 s$ : conforme. Avec $T_{i} = 0, 5 s$ , le zéro du correcteur tombe sur le pôle du procédé ( $1 + 0, 5 p$ ) et l'efface : $T (p) = \frac{8}{p ( 1 + 0 , 05 p )}$ , d'où la boucle fermée du deuxième ordre bien amortie. Avec $T_{i} = 2 s$ , la marge est excellente mais le zéro du correcteur ( $0, 5 rad s^{- 1}$ ) laisse en boucle fermée un pôle lent voisin ( $- 0, 42 s^{- 1}$ , constante de temps $2, 4 s$ ), qui pèse peu dans la réponse mais met longtemps à s'éteindre : la sortie atteint 89 % en $1 s$ puis se traîne vers la consigne, d'où $t_{5%} = 2, 9 s$ , non conforme. Cas limites : $T_{i} \to \infty$ rend le correcteur proportionnel (marge $85, 5^{\circ}$ , écart de 20 %) ; $T_{i} \to 0$ en fait un intégrateur pur de gain $K_{p} / T_{i}$ infini : la boucle devient instable.

Ce que l'exercice installe. L'intégrateur annule l'écart statique mais coûte de la phase là où son zéro n'a pas encore agi : on lit sur Bode la phase perdue à la coupure. Un zéro trop haut ruine la marge ; un zéro trop bas la préserve mais laisse un pôle lent qui ralentit la fin de la réponse. La marge ne suffit pas à juger : le temps de réponse est une exigence distincte.

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