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9 • Analyse des asservissements continus non linéaires
premier harmonique de y(t) :
y(t) ≈
4smax
p
sin vt
Le gain équivalent serait donc :
y1
x0
=
4smax
px0
Ici, toutefois, le premier harmonique de y(t) va se trouver déphasé d’un angle w par rapport à la sinusoïde d’entrée. Ce
déphasage se traduit par un retard t tel que :
sin vt =
h
x0
avec vt = −w
On a donc :
N(x0) =
y1
x0
e
jw =
4smax
px0
e
− jvt
d’où :
−
1
N(x0)
= −
px0
4smax
e
jvt = −
px0
4smax
(cos vt + j sin vt)
soit :
−
1
N(x0)
= −
px0
4smax
e
jvt = −
px0
4smax
1 −
h
x0
2
− j
ph
4smax
Le lieu critique se trace ici pour x0 variant de h à +∞. En effet, le signal de sortie reste nul si l’amplitude de la
sinusoïde d’entrée est inférieure à h. Nous remarquons que la partie imaginaire du lieu est constante et négative et que
sa partie réelle varie de 0 à −∞ lorsque x0 varie de h à +∞. Il s’agit donc d’une demi-droite d’équation Y = −
ph
4smax
correspondant aux parties réelles négatives (figure 9.24).
Im
Re
Figure 9.24 Lieu critique du relais avec hystérésis.
9.3 Étudions tout d’abord la forme du signal de sortie de cet élément, soit y(t) en fonction d’une sinusoïde d’entrée x(t) = x0 sin vt. La figure 9.25 présente le signal obtenu, qui n’est pas un signal carré. En effet, il est nul pour
−D < x(t) < D, vaut smax pour D < x(t) et vaut −smax pour x(t) < −D.
Décomposons y(t) en série de Fourier. Soit t l’instant correspondant à la première commutation en sortie.
On a :
y(t) =
+∞
n=−∞
An e
jnvt avec An =
1
T
T
0
s(t) e
− jnvt dt
soit :
An =
1
T
T/2−t
t
s(t) e
− jnvt dt −
1
T
T
T/2+t
s(t) e
− jnvt dt
An =
smax
−jnvT
e
− jnvt
T/2−t
t
+
smax
−jnvT
e
− jnvt
T
T/2+t
An =
jsmax
2pn
e
− jnv(T/2−t) − e
− jnvt
+
jsmax
2pn
e
− jnvT − e
− jnv(T/2+t)
En se limitant au premier harmonique, le calcul de A1 et de A−1 nous donne :
y(t) ≈ A1 e
jvt +A−1 e
− jvt