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TD 30 - Sciences Industrielles pour l'Ingénieur Lycée Fermat Toulouse - CPGE MPSI/PCSI
Florestan MATHURIN Page 1 sur 10
Tracés de diagrammes de Bode - Corrigé
p.101
1)p(F3 +=
10 0,1 1
ω (rad/s)
G (dB)
φ (°) 0°
– 90°
10dB
0,01
– 45
ω (rad/s)
p1
1)p(F1 +=
p1
10)p(F2 +=
p
3)p(G3 =
10 0,1 1
ω (rad/s)
G (dB)
φ (°)
0°
– 90°
10dB
ω (rad/s)
+ 90°
p.3)p(G2 =
3)p(G1 =
23p.1,0p1
1)p(H
++= → ( ) ( )p.113,01.p.88,01
1)p(H3 ++=
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Florestan MATHURIN Page 2 sur 10
10 0,1 1
ω (rad/s)
G (dB)
φ (°) 0°
– 180°
10dB
ω (rad/s)
0,1 1
ω (rad/s)
G (dB)
φ (°)
0°
– 90°
ω (rad/s)
+ 90°
p.33)p(K1 +=
p
3,03)p(K2 +=
23p.1,0p1
1)p(H
++=
p
3,0p33)p(K3 ++=
22pp.1,01
10)p(H
++=
21pp1
1)p(H
++=
– 90°
10dB
0,01
Attention ici à la forme de la fonction de transfert
pour le calcul des pôles p1 et p2 :
)p.T1).(p.T1(
K
)pp).(pp(
.K)p(H
pp..z.2
.K
pp.1010
10)p(H
2121
2
03
220
20
20
23
++=
−−=
++=
++=
ωωωω
On transforme les fonctions de transfert pour retrouver des fonctions élémentaires :
)p1.(3)p(K1 += ; )p101.(p
3,0)p(K2 += ; ( ) ( ) ( )p.13,11.p.9,81.
p
3,0p10p101.
p
3,0)p(K 2
3 ++=++=
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Florestan MATHURIN Page 3 sur 10
Réponses temporelles et harmoniques d’un système - Corrigé
Q.1. Q.2.
Système du second ordre avec
z<2
2.
Graphiquement on lit :
• ω0 ≈ 4,5 rad/s
• ωr ≈ 4,2 rad/s
• ωc ≈ 6 rad/s
• 20 log(K) = 0
• 20 log(Q) ≈ 7.5 dB
Soit :
• log(K)=0 → K=1
• 2z1z2
13,2Q
−⋅==
→ z ≈ 0,22
2p.05,0p1,01
1)p(H
++≈
ω0 ωr
20.log(Q)
ωc
Droite de pente
– 40dB/décade
Q.3.
0
0.5
3.5 3
T = 0.7s
T = 2π/ω0 = 0.7s → ω0 ≈ 9rd/s
0
0.5
3.5 3
T = 1.25s
T = 2π/ω0 = 1.25s → ω0 ≈ 5rd/s
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Florestan MATHURIN Page 4 sur 10
0
0.5
3.5 3
T = 4.2s
T = 2π/ω0 = 4.2s → ω0 ≈ 1.5rd/s Q.4.
ω=1.5 ω=5 ω=9
Graphiquement on lit sur le diagramme de Bode :
Pour ω0 = 9 rad/s le gain est d’environ -10dB soit G ≈ 0,32 et la phase de -160°.
Pour ω0 = 1,5 rad/s le gain est d’environ 0,5dB soit G ≈ 1,05 et la phase de -10°.
Pour ω0 = 5 rad/s le gain est d’environ 5dB soit G ≈ 1,8 et la phase de -120°.
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Florestan MATHURIN Page 5 sur 10
e(t)
s(t) Temps (s)
Temps (s)
Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation ω0 =
e(t)
s(t) Temps (s)
Temps (s)
Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation
e(t)
s(t) Temps (s)
Temps (s)
Réponse temporelle du système pour une entré sinusoïdale de pulsation ω0 =
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Florestan MATHURIN Page 6 sur 10
Identification de fonction de transfert sur diagramme de Bode - Corrigé
2p25,0p.02,01
1)p(F
++= p.51
20)p(F
+=
( )
++=
p90
11.p1
50)p(F
+
+=p.
500
11
1.p.
20
11.
p
10)p(F
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Florestan MATHURIN Page 7 sur 10
Etude des performances du corps de chauffe d’une chaudière à bois déchiqueté -
Corrigé
Q.1. [ ] )p(P)p()p(K)p(pcm ababbbb =−+ θθθ
[ ] [ ])p()p(K)p()p(K)p(pcm ababeaaeaaa θθθθθ −=−+
[ ] [ ])p()p(K)p()p(K)p(pcm eaaeexteaeeee θθθθθ −=−+
Q.2. )p(
pK
c.m1
1)p(P
pK
c.m1
K
1
)p( a
ab
bb
ab
bb
abb θθ
++
+=
Q.3. )p(H1 : 1er
ordre de gain 1 et de constante de temps s500240
500200
K
c.m
ab
bb1 =×==τ
+
)p(P
)p(aθ )p(bθ +
abK
1
p1
1
1τ+
Q.4. )p(
pKK
c.m1
KK
K
)p(
pKK
c.m1
KK
K
)p( b
abae
aa
abae
ab
e
abae
aa
abae
ae
a θθθ
++
++
++
+=
Q.5. H3(p) : 1er
ordre de gain abae
ae
KK
K
+et de constante de temps s3
40400
7002
KK
cm
abae
aa3 ≈
+×=
+=τ
H4(p) : 1er
ordre de gain abae
ab
KK
K
+et de constante de temps s3
40400
7002
KK
cm
abae
aa34 ≈
+×=
+==ττ
Q.6. [ ])p()p(
pK.2
c.m1
1.
2
1)p( aext
ae
eee θθθ +
+=
Système du 1er
ordre de gain 2
1 et de constante de temps s250
4002
400050
K.2
c.m
ae
ee5 =
××==τ
Q.7.
+
)p(extθ
)p(aθ )p(eθ +
p1
21
5τ+
Q.8.
p1
1
3τ+
)p(aθ
+ +
ae
ab
K
K
p1
1
1τ+
p1
21
5τ+
)p(bθ
+ +
+ + abK
1
)p(P )p(eθ
)p(extθ
p1
1
3τ+
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Q.9. Entrée échelon de puissance p
10
p
P)p(P 0 == d’où ( )( )p5001p25001400
1
p
P)p( 0
e ++⋅=θ
0)p(plim)0( ep
e ==∞→
θθ ; C25400
10)p(plim)(
4
e0p
e °===+∞→
θθ
0)p(²plim)0(' ep
e ==∞→
θθ ; 0)p(²plim)(' e0p
e ==+∞→
θθ asymptote horizontale
Q.10. ( )( ) ( )( )p5001p25001
1
p
25
p5001p25001400
1
p
10000)p(e ++
⋅=++
⋅=θ
La réponse temporelle θe(t) du système à un échelon de 10000 est équivalente à la réponse indicielle d’un
système de fonction de transfert ( )( )p5001p25001
1
++ ce qui correspond à la réponse temporelle d’un
système du 2nd
ordre avez z>1 écrit sous la forme d’un produit de 2 systèmes du 1er
ordre.
De plus sur les 2 pôles réels négatifs, compte tenu de leurs valeurs numériques, il y en a un qui peut être
considéré comme dominant d’où : ( )( ) ( )p25001
1
p5001p25001
1
+≈
++. Ce qui donne la réponse temporelle
suivante :
0
5
10
15
20
25
30
0 2000 4000 6000 8000 10000
Temps (s)
Température (°C)
Tangente horizontale à l’origine
θe(+ ∞ )=25°C
Quelques calculs (pas utiles pour répondre à la question) mais pour se fixer les idées :
( )( ) 2p.1250000p.30001
1
p5001p25001
1
++=
++
→ 12500001
20
=ω
→ 0009,01250000
10 ≈=ω rad/s
→ 3000z.2
0
=ω
→ ==2
.3000z 0ω
1,34 → Pour z = 1,34 on a 8.t 0%5 ≈ω → 80500009,0
2,72,7t
0
%5 ==≈ω
s.
→ Pour ( )p25001
1
+ 75002500.3t %5 =≈ s ce qui est, dans une 1
ère approximation sensiblement équivalent au
8050 s déterminé à partir de la FT du 2nd
ordre.
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Q.11. C25)(e °=+∞θ → C.d.C.F. ok.
Q.12. On a ( ) ( )p1.p1
K
)p(V
)p()p(H
BA
MC
M
eMC ττ
θ++
== avec Volt/C3,0KMC °= , s7000A =τ et s20000B =τ →
( ) ( )p70001.p200001
3,0)p(HMC ++= soit un produit d’un gain pur et de 2 systèmes du 1
er ordre avec
===7000
11
A
A τω 1,4.10
–4 rad/s et ===
20000
11
B
B τω 5.10
–5 rad/s.
dB4,103,0log.20Klog.20 MC −==
10–6 10–5 10–4 10–3 10–2
10–6 10–5 10–4 10–3 10–2
5.10–5
1,4.10–4
-90°
-20dB/dec
-180°
Q.13. Le schéma bloc se simplifie comme ceci après calcul de HMC(p)
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- +
θc(p) θe(p) Kc
Vc(p) Vm(p)
Ve(p) Ke
( ) ( )p1.p1
K
BA
MC
ττ ++ Kcor
Calcul de la FTBF de la boucle :
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
1p.1K.K.K
p.1K.K.K
.
1K.K.K
K.K
)p(F
K.K.Kp1.p1
K.K
p1.p1
K.K.K1
p1.p1
K.K.K
.K
1)p(F
ecorMC
BA2
ecorMC
BA
ecorMC
corMC
ecorMCBA
corMC
BA
ecorMC
BA
ecorMC
e
++
+++
+=
+++=
+++
++=
ττττ
ττττ
ττ
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
1p.1K.K.K
p.1K.K.K
.
1K.K.K
K.K
)p(F
K.K.Kp1.p1
K.K
p1.p1
K.K.K1
p1.p1
K.K.K
.K
1)p(F
ecorMC
BA2
ecorMC
BA
ecorMC
corMC
ecorMCBA
corMC
BA
ecorMC
BA
ecorMC
e
++
+++
+=
+++=
+++
++=
ττττ
ττττ
ττ
D’où ==)p(
)p()p(H
c
eG θ
θ
1p.1K.K.K
p.1K.K.K
.
1K.K.K
K.K.K
ecorMC
BA2
ecorMC
BA
ecorMC
corMCc
++
+++
+ττττ
Q.14.
1p.1K.K.K
p.1K.K.K
.
1K.K.K
K.K.K
.p
.plim)p(.plim)t(lim)(
ecorMC
BA2
ecorMC
BA
ecorMC
corMCc
0c
0pe
0pe
te
++
+++
+===+∞→→∞+→ ττττ
θθθθ
Théorème de la valeur finale
0c
ecorMC
corMCce .
1K.K.K
K.K.K)( θ
+=+∞θ
Q.15. Compte tenu du choix de correcteur imposé, on a 0c0c
ecorMC
corMCc0ce
t.
1K.K.K
K.K.K))t((lim θθθθ −
+=−
∞+→
Pour que le système soit précis il faut 0))t((lim 0cet
=−∞+→
θθ d’où :
1K.K.KK.K.K ecorMCcorMCc += → corMC
ecorMCc
K.K
1K.K.KK
+=