sciences industrielles (PSI) · Chapitre 6 · Exercice de TD

Le palier magnétique actif : on ne compense jamais un pôle instable

Robustesse et limites des modèles des systèmes asservis · A. Robustesse : les marges face aux incertitudes du modèle · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Le rotor d'un compresseur à grande vitesse est porté sans contact par des paliers magnétiques actifs. On étudie un axe vertical simplifié : un électroaimant attire vers le haut la part du rotor qu'il porte, de masse $m = 5 kg$ , avec la force $F = k \frac{i ^{2}}{e ^{2}}$ , où $i$ est le courant et $e$ l'entrefer. Point de fonctionnement : $e_{0} = 0, 5 mm$ , $i_{0} = 2 A$ , et $F_{0} = m g$ ( $g = 9, 81 m s^{- 2}$ ). On note $x$ le déplacement du rotor vers le haut ( $e = e_{0} - x$ ), $δ i$ l'écart de courant, imposé par un amplificateur rapide, et $F_{p}$ une force perturbatrice (balourd, choc). Un capteur inductif mesure $x$ ; un palier de secours arrête le rotor à $\pm 0, 25 mm$ .

Cahier des charges : rotor stable ; déplacement statique $\leq 20 μ m$ sous une force constante de $10 N$ .

1) Linéariser $F$ autour du point de fonctionnement : $δ F = k_{x} x + k_{i} δ i$ . Calculer $k_{x}$ et $k_{i}$ , écrire le principe fondamental de la dynamique en écarts, et en déduire $G (p) = \frac{X ( p )}{Δ I ( p )}$ et ses pôles. Commenter.

2) Un bureau d'études propose d'annuler le pôle instable : $C (p) = K_{c} \frac{p - ω _{u}}{p + ω _{u}}$ , où $+ ω_{u}$ est le pôle instable de $G$ . Calculer $C (p) G (p)$ et la fonction de transfert en boucle fermée de la consigne $x_{c}$ vers $x$ ; régler $K_{c}$ pour $ξ = 0, 7$ .

3) Exprimer $\frac{X ( p )}{F _{p} ( p )}$ . Simulation (donnée) : après un échelon de $1 N$ , le rotor touche le palier de secours en $24 ms$ . Expliquer.

4) Le modèle surestime $k_{x}$ de $2 %$ : le zéro du correcteur est en $1, 01 ω_{u}$ au lieu de $ω_{u}$ . Écrire le polynôme caractéristique de la boucle et montrer, sans calculer ses racines, qu'il en a une à partie réelle positive. Que devient la réponse à la consigne ?

5) On adopte un correcteur à avance de phase $C (p) = K_{p} \frac{1 + a T p}{1 + T p}$ . Écrire le polynôme caractéristique ; en déduire une condition nécessaire sur $K_{p}$ , puis la valeur de $K_{p}$ qu'impose l'exigence statique. Données : avec $a = 6$ et $T = 0, 743 ms$ , ses racines sont $- 263$ et $- 541 \pm 467 j s^{- 1}$ . Conclure.

Corrigé

La stratégie. Linéariser donne un procédé instable. On examine la tentation de « simplifier » le pôle instable, en regardant toutes les entrées de la boucle, puis la sensibilité à une erreur de modèle ; on stabilise enfin en déplaçant le pôle par la boucle.

1) Le modèle linéarisé. $F_{0} = m g = 49, 05 N$ . Les dérivées partielles au point de fonctionnement : $\frac{\partial F}{\partial e} = - \frac{2 k i _{0}^{2}}{e _{0}^{3}} = - \frac{2 F _{0}}{e _{0}}, \frac{\partial F}{\partial i} = \frac{2 k i _{0}}{e _{0}^{2}} = \frac{2 F _{0}}{i _{0}} .$ Avec $e = e_{0} - x$ : $k_{x} = \frac{2 F _{0}}{e _{0}} = 1, 96 \times 1 0^{5} N m^{- 1}$ et $k_{i} = \frac{2 F _{0}}{i _{0}} = 49, 05 N A^{- 1}$ . Le PFD en écarts (le poids s'équilibre avec $F_{0}$ ) donne $m x ¨ = k_{x} x + k_{i} δ i + F_{p}$ , d'où $G (p) = \frac{k _{i}}{m p ^{2} - k _{x}} = \frac{k _{i} / m}{( p - ω _{u} ) ( p + ω _{u} )}, ω_{u} = \frac{k _{x}}{m} = 198 s^{- 1} .$ Le pôle $+ 198 s^{- 1}$ est instable : $k_{x}$ est une raideur négative (plus le rotor monte, plus il est attiré), et un écart double en $\frac{ln 2}{198} = 3, 5 ms$ .

2) La compensation, en apparence parfaite. $C (p) G (p) = \frac{K _{c} k _{i}}{m ( p + ω _{u} ) ^{2}}, \frac{X}{X _{c}} = \frac{K _{c} k _{i}}{m ( p + ω _{u} ) ^{2} + K _{c} k _{i}} .$ C'est un second ordre : $2 ξ ω_{0} = 2 ω_{u}$ et $ω_{0}^{2} = ω_{u}^{2} + \frac{K _{c} k _{i}}{m}$ . Pour $ξ = 0, 7$ : $ω_{0} = \frac{198}{0 , 7} = 283 rad s^{- 1}$ et $K_{c} = \frac{m ( ω _{0}^{2} - ω _{u}^{2} )}{k _{i}} = 4163 A m^{- 1}$ . Vue de la consigne, la réponse est celle d'un second ordre bien amorti.

3) La perturbation révèle le pôle caché. $F_{p}$ entre au même point que $k_{i} δ i$ : $X = \frac{1}{m p ^{2} - k _{x}} (F_{p} + k_{i} Δ I)$ avec $Δ I = - C X$ , d'où $\frac{X}{F _{p}} = \frac{1/ ( m p ^{2} - k _{x} )}{1 + C ( p ) G ( p )} = \frac{p + ω _{u}}{( p - ω _{u} ) [ m ( p + ω _{u} ) ^{2} + K _{c} k _{i} ]} .$ Le pôle $+ ω_{u}$ est toujours là : la simplification n'a eu lieu que sur la chaîne consigne-sortie. Le moindre effort sur le rotor excite un mode qui croît en $e^{198 t}$ : $1 N$ suffit à l'amener sur le palier de secours en $24 ms$ . La boucle est instable de l'intérieur, alors que sa fonction de transfert consigne-sortie est stable.

4) La compensation n'est jamais exacte. Avec le zéro en $ω_{z} = 1, 01 ω_{u}$ , la boucle a pour polynôme caractéristique $m (p^{2} - ω_{u}^{2}) (p + ω_{u}) + K_{c} k_{i} (p - ω_{z}),$ de coefficient dominant $m > 0$ et de terme constant $- m ω_{u}^{3} - K_{c} k_{i} ω_{z} < 0$ : les coefficients ne sont pas tous de même signe, donc une racine au moins est à partie réelle positive (ici $+ 198, 5 s^{- 1}$ ). Plus rien ne se simplifie : même la réponse à la consigne diverge. Le même argument condamnait déjà la compensation exacte, dont le polynôme $(p - ω_{u}) [m (p + ω_{u})^{2} + K_{c} k_{i}]$ a lui aussi un terme constant négatif.

5) Déplacer le pôle, au lieu de le cacher. Avec $Δ I = C (p) (X_{c} - X)$ et $(m p^{2} - k_{x}) X = k_{i} Δ I + F_{p}$ , on multiplie par $1 + T p$ : $[m (p^{2} - ω_{u}^{2}) (1 + T p) + K_{p} k_{i} (1 + a T p)] X = K_{p} k_{i} (1 + a T p) X_{c} + (1 + T p) F_{p},$ d'où le polynôme caractéristique $m T p^{3} + m p^{2} + (a T K_{p} k_{i} - m T ω_{u}^{2}) p + (K_{p} k_{i} - k_{x}) .$ Ses coefficients doivent être de même signe : il faut au moins $K_{p} k_{i} > k_{x}$ (le correcteur doit dominer la raideur négative). Sous une force constante, le régime permanent donne $(K_{p} k_{i} - k_{x}) x = F_{p}$ : la raideur du palier vaut $K_{p} k_{i} - k_{x}$ . L'exigence $10 N$ pour $20 μ m$ impose $5 \times 1 0^{5} N m^{- 1}$ , d'où $K_{p} = \frac{5 \times 1 0 ^{5} + 1 , 96 \times 1 0 ^{5}}{49 , 05} = 1, 42 \times 1 0^{4} A m^{- 1} = 14, 2 A m m^{- 1} .$ Avec $a = 6$ et $T = 0, 743 ms$ , les trois racines données sont à partie réelle négative : stable, et stable de l'intérieur, puisque rien n'est simplifié. Le courant correctif reste modéré ( $14, 2 \times 0, 020 = 0, 28 A$ pour $20 μ m$ , devant $i_{0} = 2 A$ ) : la linéarisation reste acceptable.

Exigence	compensé	compensé à $1 %$ près	avance de phase
stable (consigne)	oui	non	oui
stable (perturbation)	non	non	oui
$20 μ m$ sous $10 N$	—	—	oui

Ce que l'exercice installe. La compensation de pôles est au programme pour des pôles stables ; appliquée à un pôle instable, elle cache le mode au lieu de le supprimer : la fonction de transfert consigne-sortie est stable, celle de la perturbation ne l'est pas (stabilité interne), et la moindre erreur de modèle rend tout instable. Un pôle instable se déplace par la boucle. Et le signe des coefficients du polynôme caractéristique suffit souvent à conclure à l'instabilité, sans en calculer les racines.

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