3. On souhaite un système ayant une marge de gain de 12 dB .
• Détermination de C :
Une marge de gain de 12 dB correspond à un module de la
FTBO qui vérifie
−20 Log (|FT B O ( jω −180° )|) = 12
Par suite, quand la phase est −180 °, le module de la FTBO
est
|FT B O ( jω −180° )| = 10
−12/20 = 0,25
Il convient de diviser le module obtenu pour le système non
corrigé par 2.
Le gain du correcteur permettant obtenir la marge de gain demandée est
C = 0,5
• Détermination de la marge de phase :
Le diagramme de NYQUIST de la FTBO du système corrigé
est obtenu par homothétie de centre O de rapport 1/2.
Il faut appliquer la même méthode qu’à la question précédente.
Pour éviter la construction d’une nouvelle courbe, il suffit de
changer les échelles sur les différents axes. Ainsi le nouveau
cercle de rayon unité est partiellement tracé sur la figure 5.53.
La marge de phase du système corrigé est
M ϕ = 44 °
Les éléments graphiques permettant de répondre aux questions
qui suivent sont représentés figure 5.54.
2. Compte tenu des résultats précédents, la marge de module
est
M M = G d B = 6 dB
Cette marge est supérieure à la valeur usuelle de 2,3 dB. Le système n’est donc pas suffisamment stable.
La marge de gain est M G = 9,5 dB. La marge de phase est
M ϕ = 30 ° . Ces marges sont légèrement supérieures aux valeurs limites usuelles et confirment l’insuffisance de stabilité.
3. Une correction proportionnelle translate le diagramme de
BLACK de la FTBO suivant l’axe du gain. Pour que le lieu de
la FTBO tangente le contour de HALL et pour obtenir une marge
de module M M = G d B = 2,3 dB, il faut le translater de
−4,4 dB . Par suite le gain du correcteur est :
K p = 10
−4,4
20 = 0,6
La nouvelle pulsation de résonance en boucle fermée est
ω r = 14 rad/s.
1. Les tracés asymptotiques des diagrammes de la figure 5.29
permettent de déterminer :
• deux pulsations de cassure pour ω 1 = 0,1 rad/s et
ω 2 = 2 rad/s, qui correspondent aux deux constantes de
temps τ 1 = 10 s et τ 2 = 0,5 s ;
• que la fonction est de classe 1 car les premières asymptotes
correspondent à une pente de −20 dB/décade et à −90 ° ;
• que la fonction a un dénominateur de degré égal au degré du
numérateur plus 3 car les dernières asymptotes correspondent
à une pente de −60 dB/décade et à −270 °.
• que la première asymptote du diagramme de gain passe par
le point (0,1 ; 20 dB).
Compte tenu de tous ces éléments, les diagrammes de la figure
5.29 correspondent à la fonction de transfert
F ( p) =
1
p (1 + 10 p) (1 + 0,5 p)
Cette fonction est la FTBO du système représenté figure 5.28
pour C = 1.
2. Marges de phase et de gain avant réglage du correcteur.
• Détermination de la marge de phase :
– sur le diagramme de gain, on recherche la pulsation qui correspond à un gain nul. On trouve ω 0d B = 0,3 rad/s ;
– pour la pulsation ω 0 dB , la phase est ϕ(ω 0d B ) = −171° ;
– on calcule la marge de phase par M ϕ = ϕ(ω 0d B ) + 180° soit
M ϕ = 9°
• Détermination de la marge de gain :
– sur le diagramme de phase, on recherche la pulsation
qui correspond à une phase de −180° . On trouve
ω −180° = 0,45 rad/s ;
– pour la pulsation ω −180° , le gain est G d B (ω −180° ) = −7 dB ;
• la marge de gain est donc
M G = 7 dB
3. Réglage du correcteur
• Critère « marge de phase de 40° » :
205
5.4
50
30
20
15
10
5
2
1
(
o )
G (dB )
-18
-12
-9
-6
-5
-4
-3
-2
-1
-0.5
-0.25
-0.1
0.1
0.25
0.5
1
2.3
3
4
6
12
-190
-170
-150
-120
-90
-60
-30
-20
-10
-5
-2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
25
-190
-170
-150
-130
-110
-90
-70
-50
-30
-10
ϕ
Figure 4.54 Diagramme de BLACK de la FTBO – solution.
1. En parcourant le lieu de BLACK de la FTBO :
• On constate qu’il y a résonance en boucle fermée pour
ω r = 20 rad/s.
• Le gain de la FTBF à la résonance est G dB = 6 dB.
• Le gain de la FTBF tend vers 1 dB quand la pulsation tend
vers zéro. Le gain statique de la FTBF est donc K = 1.
Par suite :
• le coefficient de surtension est Q d B = 6 dB, soit Q = 2 ;
• la pulsation de résonance en boucle fermée est ω r = 20 rad/s.
5.5
9782100534197-Mosser-C05.qxd 14/12/09 8:03 Page 205
• Détermination de C :
Une marge de gain de 12 dB correspond à un module de la
FTBO qui vérifie
−20 Log (|FT B O ( jω −180° )|) = 12
Par suite, quand la phase est −180 °, le module de la FTBO
est
|FT B O ( jω −180° )| = 10
−12/20 = 0,25
Il convient de diviser le module obtenu pour le système non
corrigé par 2.
Le gain du correcteur permettant obtenir la marge de gain demandée est
C = 0,5
• Détermination de la marge de phase :
Le diagramme de NYQUIST de la FTBO du système corrigé
est obtenu par homothétie de centre O de rapport 1/2.
Il faut appliquer la même méthode qu’à la question précédente.
Pour éviter la construction d’une nouvelle courbe, il suffit de
changer les échelles sur les différents axes. Ainsi le nouveau
cercle de rayon unité est partiellement tracé sur la figure 5.53.
La marge de phase du système corrigé est
M ϕ = 44 °
Les éléments graphiques permettant de répondre aux questions
qui suivent sont représentés figure 5.54.
2. Compte tenu des résultats précédents, la marge de module
est
M M = G d B = 6 dB
Cette marge est supérieure à la valeur usuelle de 2,3 dB. Le système n’est donc pas suffisamment stable.
La marge de gain est M G = 9,5 dB. La marge de phase est
M ϕ = 30 ° . Ces marges sont légèrement supérieures aux valeurs limites usuelles et confirment l’insuffisance de stabilité.
3. Une correction proportionnelle translate le diagramme de
BLACK de la FTBO suivant l’axe du gain. Pour que le lieu de
la FTBO tangente le contour de HALL et pour obtenir une marge
de module M M = G d B = 2,3 dB, il faut le translater de
−4,4 dB . Par suite le gain du correcteur est :
K p = 10
−4,4
20 = 0,6
La nouvelle pulsation de résonance en boucle fermée est
ω r = 14 rad/s.
1. Les tracés asymptotiques des diagrammes de la figure 5.29
permettent de déterminer :
• deux pulsations de cassure pour ω 1 = 0,1 rad/s et
ω 2 = 2 rad/s, qui correspondent aux deux constantes de
temps τ 1 = 10 s et τ 2 = 0,5 s ;
• que la fonction est de classe 1 car les premières asymptotes
correspondent à une pente de −20 dB/décade et à −90 ° ;
• que la fonction a un dénominateur de degré égal au degré du
numérateur plus 3 car les dernières asymptotes correspondent
à une pente de −60 dB/décade et à −270 °.
• que la première asymptote du diagramme de gain passe par
le point (0,1 ; 20 dB).
Compte tenu de tous ces éléments, les diagrammes de la figure
5.29 correspondent à la fonction de transfert
F ( p) =
1
p (1 + 10 p) (1 + 0,5 p)
Cette fonction est la FTBO du système représenté figure 5.28
pour C = 1.
2. Marges de phase et de gain avant réglage du correcteur.
• Détermination de la marge de phase :
– sur le diagramme de gain, on recherche la pulsation qui correspond à un gain nul. On trouve ω 0d B = 0,3 rad/s ;
– pour la pulsation ω 0 dB , la phase est ϕ(ω 0d B ) = −171° ;
– on calcule la marge de phase par M ϕ = ϕ(ω 0d B ) + 180° soit
M ϕ = 9°
• Détermination de la marge de gain :
– sur le diagramme de phase, on recherche la pulsation
qui correspond à une phase de −180° . On trouve
ω −180° = 0,45 rad/s ;
– pour la pulsation ω −180° , le gain est G d B (ω −180° ) = −7 dB ;
• la marge de gain est donc
M G = 7 dB
3. Réglage du correcteur
• Critère « marge de phase de 40° » :
205
5.4
50
30
20
15
10
5
2
1
(
o )
G (dB )
-18
-12
-9
-6
-5
-4
-3
-2
-1
-0.5
-0.25
-0.1
0.1
0.25
0.5
1
2.3
3
4
6
12
-190
-170
-150
-120
-90
-60
-30
-20
-10
-5
-2
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
25
-190
-170
-150
-130
-110
-90
-70
-50
-30
-10
ϕ
Figure 4.54 Diagramme de BLACK de la FTBO – solution.
1. En parcourant le lieu de BLACK de la FTBO :
• On constate qu’il y a résonance en boucle fermée pour
ω r = 20 rad/s.
• Le gain de la FTBF à la résonance est G dB = 6 dB.
• Le gain de la FTBF tend vers 1 dB quand la pulsation tend
vers zéro. Le gain statique de la FTBF est donc K = 1.
Par suite :
• le coefficient de surtension est Q d B = 6 dB, soit Q = 2 ;
• la pulsation de résonance en boucle fermée est ω r = 20 rad/s.
5.5
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