Le moteur-roue de trottinette : deux équations, une matrice, un pas de calcul

La stratégie. Les deux équations du premier ordre donnent directement la forme de Cauchy ; Laplace relie la matrice à la fonction de transfert. L'écart entre les deux constantes de temps commande tout le reste : la réduction, le pas de calcul et la durée.

1) La forme de Cauchy. On isole les dérivées : $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\begin{array}{c}i\\ \omega \end{array}\right)=\underset{A}{\underbrace{\left(\begin{array}{cc}-R/L& -K/L\\ K/J& 0\end{array}\right)}}\left(\begin{array}{c}i\\ \omega \end{array}\right)+\underset{B}{\underbrace{\left(\begin{array}{cc}1/L& 0\\ 0& -1/J\end{array}\right)}}\left(\begin{array}{c}U\\ C_r\end{array}\right),$$ soit numériquement, en unités SI, $A=\left(\begin{array}{cc}-400& -1000\\ 0,5& 0\end{array}\right)$.

2) La fonction de transfert. $(R+Lp)I=U-K\Omega$ et $Jp\Omega =KI$ ; on élimine $I=\frac{Jp}{K}\Omega$ : $\left[(R+Lp)\frac{Jp}{K}+K\right]\Omega =U$, soit $$\frac{\Omega }{U}=\frac{K}{K^2+RJp+LJ{p}^2}=\frac{1/K}{1+{\tau }_{m}p+{\tau }_e{\tau }_m{p}^2},{\tau }_m=\frac{RJ}{K^2}=0,8\mathrm{s},{\tau }_e=\frac{L}{R}=2,5\mathrm{ms}.$$ Pour une matrice $2\times 2$, $\det (pI-A)=p^2-\mathrm{tr}(A)p+\det A=p^2+\frac{R}{L}p+\frac{K^2}{LJ}$, qui est le dénominateur divisé par $LJ/K^2$ : les pôles sont les racines de $\det (pI-A)$, ici aucune ne se simplifie. Racines de $p^2+400p+500$ : $p_1=-1,254{\mathrm{s}}^{-1}$ et $p_2=-398,7{\mathrm{s}}^{-1}$, dans un rapport de $318$ (et $p_1{p}_2=500$, $p_1+p_2=-400$).

3) Le modèle réduit, et ce qu'il ne voit pas. Le pôle lent domine : $\frac{\Omega }{U}\approx \frac{1/K}{1+\tau p}$, avec $\tau =\frac{1}{1,254}=0,80\mathrm{s}\approx {\tau }_m$ (gain statique conservé). Vitesse finale : ${\omega }_{\infty }=\frac{U}{K}=72\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$, soit $v=r{\omega }_{\infty }=7,2\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}=25,9\mathrm{km}{\mathrm{h}}^{-1}$ ; $t_{5\%}=3\tau =2,39\mathrm{s}$. Mais au démarrage $\omega =0$ : le courant s'établit en quelques ${\tau }_e$ vers $\frac{U}{R}=180\mathrm{A}$, et c'est le pôle négligé qui le porte. Le modèle réduit, qui a fait disparaître la dynamique électrique, ne peut rien dire du courant.

4) Euler, et le choix du pas. Avec $X_k=X(k\Delta t)$ : $X_{k+1}=X_k+\Delta t\left(A{X}_k+B{U}_k\right)$, soit $$i_{k+1}=i_k+\frac{\Delta t}{L}\left(U-R{i}_k-K{\omega }_k\right),{\omega }_{k+1}={\omega }_k+\frac{\Delta t}{J}\left(K{i}_k-C_r\right).$$ Lecture des résultats : $1\mathrm{ms}$ est juste ($\omega (3\mathrm{s})$ exacte : $70,3$) ; à $4,9\mathrm{ms}$, la vitesse est encore juste mais le courant est faux (il oscille d'un pas à l'autre, jusqu'au double de la vraie valeur) ; à $5,1\mathrm{ms}$, tout diverge. Ce qui limite le pas est la constante de temps la plus courte, $1/398,7=2,5\mathrm{ms}$, même quand on ne s'intéresse qu'à la vitesse : il faut $\Delta t$ petit devant $2,5\mathrm{ms}$ (quelques dixièmes de milliseconde pour un résultat fidèle). La durée, elle, se règle sur la constante de temps la plus longue : quelques fois $0,8\mathrm{s}$, soit $3$ à $5\mathrm{s}$. Le modèle complet demande donc de l'ordre de $10^4$ pas. Le modèle réduit n'a plus que la constante de $0,8\mathrm{s}$ : $60$ pas de $50\mathrm{ms}$ suffisent pour $3\mathrm{s}$, avec un écart de $0,3\%$ sur la vitesse. Règle : le pas se règle sur le pôle le plus rapide, la durée sur le plus lent ; quand le pôle rapide ne porte rien d'utile, on le supprime avant de simuler. Remarque (non exigible) : sur $x_{k+1}=\left(1-\frac{\Delta t}{\tau }\right)x_k$, le facteur dépasse $1$ en valeur absolue dès que $\Delta t>2\tau$ ; ici $2\times \frac{1}{398,7}=5,0\mathrm{ms}$, ce qui explique la frontière entre $4,9$ et $5,1\mathrm{ms}$.

5) La saturation de courant. Le modèle demande $180\mathrm{A}$ ; le variateur en délivre $40$. Au démarrage, le moteur fonctionne donc à courant constant : $J\dot{\omega }=K\times 40=20\mathrm{N}\mathrm{m}$, soit une accélération angulaire de $20\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}$ (au lieu de $90$ au premier instant), tant que $U-K\omega$ dépasse $R\times 40=8\mathrm{V}$, c'est-à-dire jusqu'à $\omega =56\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$, au bout de $2,8\mathrm{s}$. Le modèle linéaire n'est valable qu'ensuite. Pour simuler, on écrit la boucle de courant du variateur et sa limite dans la récurrence (par exemple $i_{k+1}=\min (i_{k+1},40\mathrm{A})$) : une saturation se simule, elle ne se met pas en fonction de transfert.

Ce que l'exercice installe. La mise sous forme de Cauchy (isoler les dérivées, lire $A$ et $B$) et son lien avec la fonction de transfert : les pôles sont les racines de $\det (pI-A)$, sauf simplification. La réduction au pôle dominant garde le gain statique et perd ce que porte le pôle rapide (ici le courant). Et le choix des paramètres du solveur : le pas sur le pôle le plus rapide, la durée sur le plus lent ; un pas trop grand donne d'abord un résultat faux, puis divergent.