Cet apport de phase doit se faire pour la pulsation
ω 0 dB = 12 rad.s −1 .
Pour un tel correcteur, l’apport maximal de phase correspond
à la pulsation
1
τ AV
√
a
soit
τ AV =
1
ω 0dB
√
a
AN : τ AV = 0,229 s
Remarque : Pour être sûr que la pulsation de coupure à 0 dB
soit ω 0 dB = 12 rad.s −1 , il faut corriger le gain K AV . En effet,
le gain de la FTBO est légèrement modifié par le correcteur.
Il est augmenté de 10 log
1
a
au voisinage de la pulsation de
coupure choisie.
1.
• L’asservissement de courant est équivalent à un asservissement
de couple car, compte tenu des équations fournies figure 4.52,
le couple moteur c m1 (t) est directement proportionnel au
courant i(t). En conséquence, contrôler le courant alimentant
le moteur revient à contrôler le couple qu’il fournit.
• Le gain d’adaptation K a doit être tel que les rapports
c c (t)
i c (t)
et
c m (t)
i(t)
soient égaux. Ainsi, les grandeurs comparées sont telles
que l’écart est nul lorsque le couple de sortie c m (t) est égal au
couple de consigne c c (t). On en déduit K a = K.
2. Il convient de vérifier si le cahier des charges est validé pour
chacune des combinaisons possible. Dès qu’une combinaison ne
satisfait pas à une des exigences, elle peut être éliminée. Les résultats sont synthétisés dans le tableau ci-dessous. Lorsque l’écart
statique est nul, que la réponse est sans dépassement, que le courant aborbé par le moteur reste inférieur à 23 A, que la tension
de sortie v s reste au dessous de 30 V, c’est le temps de réponse à
5 % qui est indiqué. Ce temps de réponse T r est l’instant où le
courant atteint 95 % de la valeur de consigne 14,3, soit 13,6 A.
Échange des sommateurs pour résoudre les deux boucles imbriquées
166
4.12
K c \T i 0,001 s
0,003 s
0,005 s
1
Dépassement donc
ne convient pas
Dépassement
donc ne convient
pas
T r ≈ 0,009 S
1,4
v s (0,002) > 30 V
donc ne convient
pas
Dépassement
donc ne convient
pas
T r ≈ 0,006 S
2
v s (0) > 30 V donc
ne convient pas
v s (0) > 30 V
donc ne convient
pas
v s (0) > 30 V
donc ne convient
pas
La solution présentant le meilleur temps de réponse tout en respectant les autres critères est K c = 1,4 et T i = 0,005 s.
3. L’expression de la fonction de transfert H m ( p) peut être obtenue par transformations successives du schéma-bloc initial de
la figure 4.54.
Tout d’abord, on prend C op ( p) comme entrée et Q v ( p) comme
sortie
+
-
+ +
G1(p
(
)
bv p + kv )
H v (p)
G2(p)
(bm p + km )
Cop (p)
Qv (p)
+
-
+ +
G1 (p)
H v (p)( bv p + kv )
G2(p)( bm p + km )
Cop (p)
Qv (p)
Réduction de la boucle interne
+
-
G 1 (p)
H v (p)( b v p + k v )
1 + G 2 (p)( b m p + k m )
Cop (p)
Qv (p)
Réduction de la deuxième boucle
Q v ( p)
C op ( p)
= G 1 ( p)
H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m )
1 +
H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m )
On en déduit finalement
H m ( p) =
G 1 ( p)H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m ) + H v ( p) (b v p + k v )
4.
• Pour être en régime permanent et déterminer une relation entre
le couple opérateur et la position articulaire virtuelle, il suffit de déterminer la limite Q v de q v (t) quand le temps t tend
vers l’infini pour l’entrée en échelon unitaire c op (t).
Le théorème de la valeur initiale et de la valeur finale
conduit à :
lim
t→+∞
q v (t) = lim
p→0
p.Q v ( p)
Sachant que Q v ( p) = H m ( p)C op ( p) et C op ( p) =
1
p , on en
déduit l’expression
Q v = lim
p→0
H m ( p)
En tenant compte du résultat de la question précédente, il
vient
Q v = lim
p→0
G 1 ( p)H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m ) + H v ( p) (b v p + k v )
Compte tenu des éléments fournis, on obtient finalement
Q v =
4 k v
k m
Comme le couple appliqué est unitaire, on a 1 = R Q v d’où
R =
k m
4 k v
• Le critère de raideur demandé (figure 4.55) impose
R > 2 Nm/rad. En conséquence, k v et k m doivent satisfaire
la relation :
k m > 80 k v
5.
• En observant les diagrammes de Bode de H m ( p), on constate
que la première asymptote du diagramme de gain est horizontale et que le déphasage est nul. La fonction H m ( p) est
donc de classe zéro. Pour les grandes pulsations, le déphasage
tend vers – 270°, la pente du diagramme de gain est de – 60
dB/décade. Le degré du dénominateur est donc égal au degré
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ω 0 dB = 12 rad.s −1 .
Pour un tel correcteur, l’apport maximal de phase correspond
à la pulsation
1
τ AV
√
a
soit
τ AV =
1
ω 0dB
√
a
AN : τ AV = 0,229 s
Remarque : Pour être sûr que la pulsation de coupure à 0 dB
soit ω 0 dB = 12 rad.s −1 , il faut corriger le gain K AV . En effet,
le gain de la FTBO est légèrement modifié par le correcteur.
Il est augmenté de 10 log
1
a
au voisinage de la pulsation de
coupure choisie.
1.
• L’asservissement de courant est équivalent à un asservissement
de couple car, compte tenu des équations fournies figure 4.52,
le couple moteur c m1 (t) est directement proportionnel au
courant i(t). En conséquence, contrôler le courant alimentant
le moteur revient à contrôler le couple qu’il fournit.
• Le gain d’adaptation K a doit être tel que les rapports
c c (t)
i c (t)
et
c m (t)
i(t)
soient égaux. Ainsi, les grandeurs comparées sont telles
que l’écart est nul lorsque le couple de sortie c m (t) est égal au
couple de consigne c c (t). On en déduit K a = K.
2. Il convient de vérifier si le cahier des charges est validé pour
chacune des combinaisons possible. Dès qu’une combinaison ne
satisfait pas à une des exigences, elle peut être éliminée. Les résultats sont synthétisés dans le tableau ci-dessous. Lorsque l’écart
statique est nul, que la réponse est sans dépassement, que le courant aborbé par le moteur reste inférieur à 23 A, que la tension
de sortie v s reste au dessous de 30 V, c’est le temps de réponse à
5 % qui est indiqué. Ce temps de réponse T r est l’instant où le
courant atteint 95 % de la valeur de consigne 14,3, soit 13,6 A.
Échange des sommateurs pour résoudre les deux boucles imbriquées
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4.12
K c \T i 0,001 s
0,003 s
0,005 s
1
Dépassement donc
ne convient pas
Dépassement
donc ne convient
pas
T r ≈ 0,009 S
1,4
v s (0,002) > 30 V
donc ne convient
pas
Dépassement
donc ne convient
pas
T r ≈ 0,006 S
2
v s (0) > 30 V donc
ne convient pas
v s (0) > 30 V
donc ne convient
pas
v s (0) > 30 V
donc ne convient
pas
La solution présentant le meilleur temps de réponse tout en respectant les autres critères est K c = 1,4 et T i = 0,005 s.
3. L’expression de la fonction de transfert H m ( p) peut être obtenue par transformations successives du schéma-bloc initial de
la figure 4.54.
Tout d’abord, on prend C op ( p) comme entrée et Q v ( p) comme
sortie
+
-
+ +
G1(p
(
)
bv p + kv )
H v (p)
G2(p)
(bm p + km )
Cop (p)
Qv (p)
+
-
+ +
G1 (p)
H v (p)( bv p + kv )
G2(p)( bm p + km )
Cop (p)
Qv (p)
Réduction de la boucle interne
+
-
G 1 (p)
H v (p)( b v p + k v )
1 + G 2 (p)( b m p + k m )
Cop (p)
Qv (p)
Réduction de la deuxième boucle
Q v ( p)
C op ( p)
= G 1 ( p)
H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m )
1 +
H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m )
On en déduit finalement
H m ( p) =
G 1 ( p)H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m ) + H v ( p) (b v p + k v )
4.
• Pour être en régime permanent et déterminer une relation entre
le couple opérateur et la position articulaire virtuelle, il suffit de déterminer la limite Q v de q v (t) quand le temps t tend
vers l’infini pour l’entrée en échelon unitaire c op (t).
Le théorème de la valeur initiale et de la valeur finale
conduit à :
lim
t→+∞
q v (t) = lim
p→0
p.Q v ( p)
Sachant que Q v ( p) = H m ( p)C op ( p) et C op ( p) =
1
p , on en
déduit l’expression
Q v = lim
p→0
H m ( p)
En tenant compte du résultat de la question précédente, il
vient
Q v = lim
p→0
G 1 ( p)H v ( p) (b v p + k v )
1 + G 2 ( p) (b m p + k m ) + H v ( p) (b v p + k v )
Compte tenu des éléments fournis, on obtient finalement
Q v =
4 k v
k m
Comme le couple appliqué est unitaire, on a 1 = R Q v d’où
R =
k m
4 k v
• Le critère de raideur demandé (figure 4.55) impose
R > 2 Nm/rad. En conséquence, k v et k m doivent satisfaire
la relation :
k m > 80 k v
5.
• En observant les diagrammes de Bode de H m ( p), on constate
que la première asymptote du diagramme de gain est horizontale et que le déphasage est nul. La fonction H m ( p) est
donc de classe zéro. Pour les grandes pulsations, le déphasage
tend vers – 270°, la pente du diagramme de gain est de – 60
dB/décade. Le degré du dénominateur est donc égal au degré
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