agitateur medical - Sujets et Corrigés

Sciences et Techniques Industrielles
CCP 2006
AGITATEUR MEDICAL
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ANALYSE FONCTIONNELLE
Q1 – Fonctions d’adaptation (Fonctions de contraintes)
Fa1 : Etre d’une manipulation aisée pour l’utilisateur.
Fa2 : Assurer la compatibilité des matériaux du dispositif avec le milieu ambiant (atmosphère
de la salle blanche).
Fa3 : Faciliter les branchements entre les tuyauteries et le dispositif, et opter pour des
tuyauteries souples autorisant les mouvements d’agitation.
Fa4 : Minimiser l’encombrement du dispositif afin d’assurer son intégration sous la hotte à
flux laminaire.
ETUDE MECANIQUE DE L’AGITATEUR
MODELISATION
P
Q2 – Degré d’hyperstatisme du modèle proposé
Le modèle proposé est un système 4 barres.
2
P
1
Sa mobilité cinématique vaut m c = 1 ,
l’entrée étant la rotation de l’excentrique 1 .
3
P
Le nombre total d’inconnues cinématiques vaut N C = 4 .
P
0
Grâce à la relation de la mobilité, on en déduit le degré d’hyperstatisme :
h = mc + 6 − N C ⇒ h = 3 Système hyperstatique d’ordre 3
Q3 – Q4 – Nouveau modèle rendant le système isostatique – Degré de mobilité
Il suffit de substituer aux liaisons pivot L21 et L32 des liaisons rotules.
Alors NC = 8 .
De toute évidence mc = 2
Degré d’hyperstatisme :
mobilité utile mu = 1 Rotation de l’excentrique 1 .
mobilité interne mi = 1 Rotation propre de la bielle 2 / (A,B)
h = mc + 6 − N C ⇒ h = 0 Système isostatique
CINEMATIQUE GRAPHIQUE
Q5 – Etude cinématique en 2D
r
Les liaisons entre les solides étant des pivots d’axes parallèles à (O1 , z ) , chacun des solides a
r r
donc un mouvement plan sur plan parallèle au plan de référence (O1 , x , y ) , par conséquent on
traite la cinématique en 2D.
1
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r
Q6 – Construction graphique de V G C , 3 / 0 (Voir le Document Réponse page suivante)
r
r
r
• On construit V O 2 ,1 / 0 sachant que : V O 2 ,1 / 0 = Ω 1 / 0 ∧ O 1 O 2 , avec ω1/0 = - 12 rd/s
r
r
r
V O 2 , 2 / 0 = V O 2 ,1 / 0 avec : VO2 , 2 / 0 = 300 mm / s → graphiquement : 30 mm.
r
• On construit V B , 3 / 0 sachant que :
r
r
r
∗ VB ,3 / 0 ⊥ O3 B , en effet : VB ,3 / 0 = Ω 3 / 0 ∧ O3 B
r
r
∗ V B ,3 / 0 = V B ,2 / 0
∗ On exploite l’équiprojectivité du champ des vitesses de la bielle 2 dans son
mouvement plan par rapport au bâti 0 :
r
r
VB , 2 / 0 ⋅ BO2 = VO2 , 2 / 0 ⋅ BO2 ⇔ BK = O2 H
• On trace le triangle des vitesses du bras 3 dans son mouvement par rapport au bâti 0 ,
r
ce qui permet de trouver graphiquement V A , 3 / 0 .
On constate que : O3GC = O3 A ,
r
r
par conséquent on construit V G C , 3 / 0 tel que V G C , 3 / 0 ⊥ O 3 G C
r
Sur l’épure, à VGC ,3 / 0 → 40 mm , par conséquent :
2
r
VGC , 3 / 0 = 400 mm / s
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CINEMATIQUE ANALYTIQUE
Q7 – Détermination de la loi d’entrée-sortie du modèle du mécanisme
- a – Fermeture géométrique
r
r
r
r
r
r r
e
⋅
x
+
b
⋅
x
−
L
⋅
x
+
c
⋅
x
−
d
⋅
y
=0 ( I )
O1O2 + O2 B + BO3 +O3O1 = 0 ⇔
1
2
3
r
x2
θ2
r
x1
r
y
e ⋅ Cθ1 + b ⋅ C (θ1 + θ 2 ) − L ⋅ Cθ 3 + c = 0
(I ) ⇔ 
e ⋅ Sθ1 + b ⋅ S (θ1 + θ 2 ) − L ⋅ Sθ 3 − d = 0
(a)
(b)
θ1
Légende : C = cos ; S = sin
r
x
r
Nota : Je ferais personnellement, une figure plane dans une vue selon − z , ce qui autorise
une analyse plus conventionnelle.
- b – Fermeture cinématique
Les vecteurs sont exprimés par leurs composantes
r r r
dans la base ( x , y, z )
P
• {V1 / 0 }O1
 0

= 0
ω
 1/ 0
0

0  avec ω1 / 0 = θ&1
0  O
2
P
1
3
P
1
P
0
• {V2 / 1 }O2
 0

= 0
ω
 2 /1
0

0  avec ω 2 / 1 = θ&2
0  O
2
 0
r
r
r

Or VO1 , 2 /1 = VO2 ,2 /1 + O1O2 ∧ Ω2 /1 ⇒ {V2 / 1 }O =  0
1
• {V3 / 2 }B
 0

= 0
ω
 3/ 2
0

0  avec ω3 / 2 = − θ&
0  B
4
ω
 2 /1
e ⋅ ω 2 / 1 ⋅ Sθ1 

− e ⋅ ω 2 / 1 ⋅ C θ1 

0
O
1
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r
r
r
Or VO1 ,3 / 2 = VB,3 / 2 + O1 B ∧ Ω3 / 2 ⇒
{V3 / 2 }O
1
 0

= 0
ω
 3/ 2
• {V3 / 0 }O3
[e ⋅ Sθ1 + b ⋅ S (θ1 +θ 2 )]⋅ ω3 / 2 

− [e ⋅ Cθ1 + b ⋅ C (θ1 + θ 2 )]⋅ ω3 / 2 

O1
0
 0

= 0
ω
 3/ 0
0

0  avec ω3 / 0 = θ&3
0  O
⇒
{V3 / 0 }O
1
3
 0

= 0
ω
 3/ 0
d ⋅ ω3 / 0 

c ⋅ ω3 / 0 
0  O
1
Fermeture de la boucle :
{V0/3}O +{V3/2}O +{V2/1}O +{V1/0}O = {0}
1
1
1
1
(II)
+ ω3 / 2
+ ω2 /1
+ ω1 / 0
= 0 (1)
− ω 3 / 0

( II ) ⇔  − d ⋅ ω3 / 0 + [e ⋅ Sθ1 + b ⋅ S (θ1 + θ 2 )]⋅ ω3 / 2 + e ⋅ ω 2 / 1 ⋅ Sθ1 = 0 (2)
 − c ⋅ ω − [e ⋅ Cθ + b ⋅ C (θ + θ )]⋅ ω − e ⋅ ω ⋅ Cθ = 0 (3)
3/ 0
1
1
2
3/ 2
2 /1
1

Remarque : On constate que le rang du système d’équations scalaires cinématiques vaut
rc = 3 , or le nombre total d’inconnues cinématiques est NC = 4 ; on retrouve donc la
mobilité cinématique mc = 1 et le degré d’hyperstatisme h = mc + 6 − N C = 3 .
- c – Loi d’entrée-sortie
Il est préférable de reprendre la fermeture géométrique, on déduit du système des
équations scalaires :
(a) : b ⋅ C (θ1 + θ 2 ) = L ⋅ Cθ 3 − e ⋅ Cθ1 − c
(b) : b ⋅ S (θ1 + θ 2 ) = L ⋅ Sθ 3 − e ⋅ Sθ1 + d
On élève chacune de ces expressions au carré :
b 2 ⋅ C 2 (θ1 + θ 2 ) = L2 ⋅ C 2θ 3 + e 2 ⋅ C 2θ1 + c 2 − 2eL ⋅ Cθ1 ⋅ Cθ 3 − 2cL ⋅ Cθ 3 + 2ec ⋅ Cθ1
b 2 ⋅ S 2 (θ1 + θ 2 ) = L2 ⋅ S 2θ 3 + e 2 ⋅ S 2θ1 + d 2 − 2eL ⋅ Sθ1 ⋅ Sθ 3 + 2dL ⋅ Sθ 3 − 2ed ⋅ Sθ1
5
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On additionne membre à membre :
b 2 = L2 + e 2 + c 2 + d 2 − 2eL ⋅ C (θ1 − θ 3 ) + 2 L ⋅ (d ⋅ Sθ 3 − c ⋅ Cθ 3 ) − 2e ⋅ (d ⋅ Sθ1 − c ⋅ Cθ1 )
On dérive cette relation par rapport au temps :
0 = 0 + eL ⋅ (θ&1 − θ&3 ) ⋅ S (θ1 − θ 3 ) + L ⋅ θ&3 ⋅ (d ⋅ Cθ 3 + c ⋅ Sθ 3 ) − e ⋅ θ&1 ⋅ (d ⋅ Cθ1 + c ⋅ Sθ1 )
L ⋅ [e ⋅ S (θ1 − θ 3 ) − d ⋅ Cθ 3 − c ⋅ Sθ 3 ]⋅ θ&3 = e ⋅ [L ⋅ S (θ1 − θ 3 ) c ⋅ Sθ1 − d ⋅ Cθ1 ]⋅ θ&1
θ&3
e L ⋅ sin(θ1 − θ 3 ) − c ⋅ sin θ1 − d ⋅ cosθ1
= ⋅
&
L e ⋅ sin(θ1 − θ 3 ) − d ⋅ cosθ 3 − c ⋅ sin θ 3
θ1
Q8 – Loi d’entrée-sortie approchée
θ3 ∈ [-7° ; 7°] , on fait les approximations suivantes : cos θ3 ≈ 1 et sin θ3 ≈ 0 et on a alors :
sin (θ1 - θ3) ≈ sin θ1
θ&3
e ( L − c) ⋅ sin θ1 − d ⋅ cosθ1
= ⋅
L
e ⋅ sin θ1 − d
θ&1
Nota : L’expression simplifiée dans l’énoncé présente une erreur de signe .
DYNAMIQUE
Q9 – Expression littérale approchée du moment d’inertie IO3z de l’ensemble {1}
Plaque (1)
L31
r
y31
2
L 
I O1 3 z = I G1 31 y 31 + m31 ⋅  31  Théo. de Huyghens
 2 
(
)
I O1 3 z =
m31 2
L 
L31 + h312 + m31 ⋅  31 
12
 2 
I O1 3 z =
m31
4 ⋅ L231 + h312
12
I
1
O3z
(
h31
G31
2
O3
)
m31 2 
h312 


=
L31 1 +
2 
3
4
⋅
L
31 

r
z
h312
1
or
<
<< 1
2
4 ⋅ L31 36
6
donc
I O1 3 z ≈
m31 2
L31
3
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Plaque (2)
e3 << h32
Hypothèses :
; G32 O3 ≈ L31
r
x32
I O2 3 z = I G2 32 x 32 + m32 ⋅ L231 Théo. de Huyghens
I O2 3 z =
I O2 3 z
(
)
m32
m
⋅ h322 + e32 + m32 ⋅ L231 ≈ 32 ⋅ h322 + m32 ⋅ L231
12
12
donc
G32
O3
h32

h2 
= m32 ⋅ L232 ⋅ 1 + 32 2 
 12 ⋅ L31 
h322
1
<
<< 1
2
12 ⋅ L31 432
r
z
IO23z ≈ m32 ⋅ L231
Plaque (3)
I
3
O3z
= I
3
G 33 x 33
(
+ m33 ⋅ x + y
Dans l’expression de
I
2
3
G 33x 33
2
)
r
x33
G33
r
z
on néglige le terme
en e 3 devant celui en h33 ; de même dans m33 ⋅ (x 2 + y 2 )
on néglige le terme en y2 devant celui en x2 .
2
2
Il vient donc :
I O3 3 z ≈ m33 ⋅ d 332
O3
, en effet : x # d33 .
Cylindre (M2)
I OM32z =
(

m2  DM2 2
2
2
 3 ⋅
+ hM2 2  + m2 ⋅ xGM
2 + y GM 2
12 
4

)
r
xM 2
GM2
YGM2
XGM2
2

yGM
DM2 2
hM2 2 
2
2


I OM32z = m2 ⋅ xGM
⋅
1
+
+
+
2 
2
2
2
xGM
16 ⋅ xGM
12 ⋅ xGM
2
2
2 

1+
2
yGM
DM2 2
hM2 2
1
1
1
2
+
+
≈ 1+
+
+
2
2
2
xGM 2 16 ⋅ xGM 2 12 ⋅ xGM 2
25 16 ⋅ 25 12 ⋅ 9
On fait donc l’approximation suivante :
2
I OM32z = m2 ⋅ xGM
2
7
r
z
O3
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Ensemble ©
r
xC
r
z
GC
I OC3 z
m
= cr
12
(
 Dcr2

2
2
 3 ⋅
+ hcr2  + mcr ⋅ xGc
+ yGc
4


)

y2
Dcr2
hcr2
2
I OC3 z = mcr ⋅ xGc
⋅ 1 + Gc
+
+
2
2
2
xGc
16 ⋅ xGc
12 ⋅ xGc

1+
O3



2
yGc
Dcr2
hcr2
1
1
1
+
+
< 1+ 2 +
+
2
2
2
xGc 16 ⋅ xGc 12 ⋅ xGc
13
16 ⋅16 12 ⋅ 25
On fait donc l’approximation suivante :
Conclusion :
2
I OC3 z ≈ mcr ⋅ xGc
I O 3 z = 2 ⋅ I O1 3 z + I O2 3 z + I O3 3 z + I OM32z + I OC3 z
2
2
IO3z ≈ ⋅ m31 ⋅ L231 + m32 ⋅ L231 + m33 ⋅ d332 + m2 ⋅ xG2M 2 + mcr ⋅ xGc
3
Q10 – Expression littérale du couple moteur Cm
On applique le théorème de l’énergie cinétique à l’ensemble {1} :
d
EC ({1} / R0 ) = P(1 → 1 / R0 ) + Pint
dt
Actions mécaniques extérieures à l’ensemble {1} :
r
- Action du stator de M1 sur le rotor : couple de moment C m (t ) ⋅ z
⇒ Puissance galiléenne : P ( Sta. → Rot. / R ) = C ⋅ θ&
0
m
1
- Actions de liaison de 0 sur 3 et de 0 sur 1 (Hyp. : liaisons parfaites)
⇒ Puissance galiléenne : P (0 → 3 / R0 ) = 0
P (0 → 1 / R0 ) = 0
- Action de la pesanteur sur l’ensemble {1}
Puissance galiléenne
r r
r
r
P ( pes. → 1 / R0 ) = − mg ⋅ y ⋅ VG ,{1}/ R0 = − mg ⋅ y ⋅ xG ⋅ θ&3 ⋅ y3 = − mg ⋅ xG ⋅ θ&3 ⋅ cosθ 3
8
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Hyp. : θ3 voisin de zéro ⇒ cosθ3 ≈ 1
⇒ P ( pes. → 1 / R0 ) = − mg ⋅ xG ⋅ θ&3
(
)
Conclusion : P 1 →1/ R0 = Cm ⋅θ&1 − mg⋅ xG ⋅θ&3
Actions mécaniques intérieures à l’ensemble {1} ou puissance des actions mutuelles de
liaison
L’hypothèse liaisons parfaites ⇒ Pint = 0
r
Le mouvement de l’ensemble {1}/R0 étant une rotation d’axe fixe (O3 , z ) , il vient :
E C ({1}/ R0 ) =
T.E.C. :
1
⋅ I O 3 z ⋅ θ&32
2
I O 3 z ⋅ θ&3 ⋅ θ&&3 = C m ⋅ θ&1 − mg ⋅ xG ⋅ θ&3
(
)
1
Cm = & ⋅ I O 3 z ⋅ θ&&3 + mg ⋅ xG ⋅ θ&3
θ
1
Q11 – Tableau des valeurs du couple moteur Cm à différents instants
On exploite, à cet effet les courbes représentatives de θ&3 et du produit θ&3 ⋅ θ&&3 en fonction du
temps, fournies en annexe (attention à partir d’ici, on considère que θ& = +12 contrairement à
1
la question Q6)
C m ≈ 0,05 ⋅ θ&3 ⋅ θ&&3 + 1 ⋅ θ&3
t (s)
θ&3 (rd.s-1)
θ&3 ⋅θ&&3 (rd2.s-3)
Cm (N.m)
0,1
- 1,6
5
-1,35
0,15
- 1,4
- 14
- 2,1
0,25
0
0
0
0,35
1,4
14
2,1
Q12 – Fonctionnement du moteur M1
M1 fonctionne dans les quadrants :
1
en
MOTEUR
4
en
FREIN
9
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Q13 – Présence du ressort – Nouvelle expression du couple moteur Cm
Nouvelle action mécanique extérieure à l’ensemble {1} : Action du ressort
r
Cas θ3 > 0 Vue suivant ( − z )
r
y3
r
x3
3
D
θ3
O3
r
FRe ssort →3
r
r
r
FRe ssort →3 = − k ⋅ x D ⋅ sin θ 3 ⋅ y ≈ − k ⋅ x D ⋅θ 3 ⋅ y
r
r
r
r
r
r
VD ,3 / 0 = Ω 3 / 0 ∧ O3 D = θ&3 ⋅ z ∧ x D ⋅ x3 = x D ⋅ θ&3 ⋅ y3 ≈ x D ⋅ θ&3 ⋅ y
Puissance de l’action du ressort : P (ressort → 3 / R0 ) = − k ⋅ x D2 ⋅ θ 3 ⋅ θ&3
r
Cas θ3 > 0 Vue suivant ( − z )
θ3
r
r
FRe ssort →3 = k ⋅ x D ⋅ sin θ 3 ⋅ y
r
r
r
Or sin θ 3 = − sin θ 3 ⇒ FRe ssort →3 = − k ⋅ x D ⋅ sin θ 3 ⋅ y ≈ − k ⋅ x D ⋅θ 3 ⋅ y
Conclusion : ∀ le signe de θ3 la puissance de l’action du ressort vaut :
P (ressort → 3 / R0 ) = − k ⋅ x D2 ⋅ θ 3 ⋅ θ&3
Le théorème de l’énergie cinétique appliqué à l’ensemble {1} donne :
I O 3 z ⋅ θ&3 ⋅ θ&&3 = C m ⋅ θ&1 − mg ⋅ xG ⋅ θ&3 − k ⋅ x D2 ⋅ θ 3 ⋅ θ&3
On en déduit :
(
)
1
Cm = & ⋅ I O 3 z ⋅ θ&&3 + mg ⋅ xG + k ⋅ xD2 ⋅ θ 3 ⋅ θ&3
θ
1
Q14 – Bénéfices apportés par le ressort
AUCUN ,
la machine M1 fonctionne toujours en FREIN quand θ3 ↓ et en MOTEUR quand θ3 ↑ .
De plus le couple maxi est sensiblement le même.
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Q15 - Présence du ressort et d’un amortisseur – Troisième expression du couple moteur
r
y3
r
x3
D
θ3
O3
r
FAmort .→3
r
r
Rappel : VD ,3 / 0 ≈ x D ⋅ θ&3 ⋅ y
r
r
Donc : FAmort .→3 = − C ⋅ x D ⋅θ&3 ⋅ y
r
r
2
&2
P
(
Amot
.
→
3
/
R
)
=
F
⋅
V
⇒
Amort.→3
D , 3 / 0 = − C ⋅ xD ⋅ θ 3
0
Par conséquent, il vient :
Cm =
(
)
1
⋅ IO3z ⋅ θ&&3 + mg ⋅ xG + k ⋅ xD2 ⋅ θ3 + C ⋅ xD2 ⋅ θ&3 ⋅ θ&3
&
θ
1
Q16 – Choix de la solution répondant aux exigences souhaitées
Solution avec ressort et amortisseur unidirectionnel , car Cm > 0 (M1 fonctionne dans le
premier quadrant) et Cm,Max ≈ 3,2 N.m , alors qu’avec les deux autres solutions proposées
Cm,Max ≈ 6,5 N.m .
ETUDE DE LA REGULATION EN TEMPERATURE DE
L’ENCEINTE
Q 17 – Signification du sommateur situé en amont du bloc de transfert de la chambre
Prise en compte de la perturbation que représente l’énergie calorifique qp perdue ou reçue
par la chambre.
Q 18 – Identification de la F.T.B.O. (Voir le Document Réponse page suivante)
La réponse à l’échelon de tension :
- présente une tangente horizontale à l’origine,
- est apériodique amorti.
Par conséquent la forme proposée, fonction de transfert du second ordre avec pôles réels
négatifs est pertinente.
De toute évidence G = ½
En exploitant la remarque “ Si τ1 << τ2 on peut approximer τ1 comme l’intersection…” on
relève :
• τ1 ≈ 5 s
• τ1 + τ2 ≈ 120 s ⇒ τ2 ≈ 115 s
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Q19 – Schéma bloc de la régulation
Utc
+
Qp
Uc
C
Qa
Ampli
Ut
-
Collier
chauffant
Chambre
Capteur
+
-
Q20 – Temps de réponse du système régulé
H bf ( p ) =
H bf ( p ) =
U t ( p)
H bo ( p )
=
U tc ( p )
1 + H bo ( p )
car le retour est unitaire.
1
3
105
500 2
1+
⋅p+
⋅p
1,5
1,5
D’où l’on déduit :
- la pulsation propre ωn telle que : ω n2 =
- le facteur d’amortissement ξ tel que :
1,5
= 30 ⋅10 − 4 ⇒ ωn = 5,5 . 10-2 rd/s
500
2 ⋅ξ
ωn
= 70 ⇒ ξ = 1,92 # 2
L’abaque « Temps de réponse réduit pour second ordre » retourne :
ωn .t5% ≈ 12 ⇒ t5% = 218 s Incompatible avec le cahier des charges (Montée en
température rapide : 3 mn maximum).
Q21 – Ecart de position – Ecart de traînage
1

ε p = 1 + G
FTBO
Fonction de transfert de classe 0 (zéro) ⇒ 

 ε v = ∞
εp = 0,66 66 % Incompatible avec le cahier des charges.
Q22 – Diagrammes de Bode de la F.T.B.O.
On procède par superposition : H bo ( jω ) = H 1 ( jω ) ⋅ H 2 ( jω ) =
Pulsations de brisure ω1 = 0,2 rd/s ; ω2 = 0,01 rd/s
13
0,5
1
⋅
1 + j ⋅ 5ω 1 + j ⋅100ω
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G ≈ − 6dB
1
Qd ω → 0 H bo ≈
⇒ 
2
 ϕ ≈ 0
(
)
(
G = − 6dB − 10 ⋅ Log 1 + 25 ⋅ ω 2 − 10 ⋅ Log 1 +10 4 ⋅ ω 2
)
ϕ = − Arc tan(5 ⋅ ω ) − Arc tan(100 ⋅ ω )
ω (rd/s)
0,01
0,1
1
G (dB)
-9
- 27
- 60
ϕ (°)
- 48
- 111
- 169
Valeurs du gain, de la phase à différentes pulsations
Tracé des lieux asymptotiques et réels : Voir le Document Réponse page suivante
Q23 – Marges de gain, de phase
Marge de gain : MG = ∝
Marge de phase : Mϕ = 180°
Q 24 – Réglage du correcteur Proportionnel assurant la stabilité et optimisant les performances du système
Il faut écarter la solution consistant à régler K afin que le lieu de transfert en B.O. soit tangent au contour fermé à 2,3 dB , car alors le facteur d’amortissement devient inférieur à 1,
(0,4 pour un second ordre et le dépassement est environ de 25%) ce qui entraînera un
dépassement lors la montée en température (Non respect du C.d.C.)
On règle K de telle sorte que ξ ≥ 1 ; la réponse indicielle est alors apériodique critique
ou apériodique amorti.
H bo (ω ) =
0,5 ⋅ K
1 + 105 ⋅ p + 500 ⋅ p 2
H bf ( p ) =
U t ( p)
H bo ( p )
=
U tc ( p )
1 + H bo ( p )
H bf ( p) =
car le retour est unitaire.
0,5 ⋅ K
1 + 0,5 ⋅ K
1+
105
500
p+
p2
1 + 0,5 ⋅ K
1 + 0,5 ⋅ K
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1 + 0,5 ⋅ K
Pulsation propre : ω n =
500
Facteur d’amortissement, il est tel que :
⇒ ξ =
ωn
=
105
,
1 + 0,5 ⋅ K
105
2 ⋅ 500 ⋅ 1 + 0,5 ⋅ K
Condition de non dépassement : ξ ≥ 1
On choisit K = 9
2 ⋅ξ
⇔ K ≤ 9,02
alors ξ ≈ 1 la réponse indicielle est apériodique critique.
Par conséquent, sur le diagramme de Black, on translate le lieu de transfert en B.O. dans la
direction verticale de 20 Log 9 , c'est-à-dire d’environ 19 dB .
Q 25 – Eléments de performances, temps de réponse à 5 % , écarts de position et de
traînage
Voir le Document Réponse à la dernière page (Courbe repérée Hbo2)
La marge de gain est inchangée : MG = ∝
On relève : Mϕ = 90°
Pulsation propre : ω n =
1 + 0,5 ⋅ 9
=
500
La stabilité est assurée.
5,5
≈ 0,1 rd / s
500
L’abaque « Temps de réponse réduit pour second ordre » retourne :
ωn .t5% ≈ 5 ⇒ t5% = 50 s Compatible avec le cahier des charges (Montée en
température rapide : 3 mn maximum).
1

ε p = 1 + G
FTBO
Fonction de transfert de classe 0 (zéro) ⇒ 

 ε v = ∞
εp = 0,18 18 % Incompatible avec le cahier des charges.
Q26 – Tension en entrée de l’amplificateur, tension d’alimentation du collier chauffant
lorsque l’échelon de tension de consigne Utc est de 5 V
A 17° C correspond Uc = 0 V , donc Ut = 0 V .
Si Utc = 5 V ⇒ Uc = 45 V . ( Uc = K.ε )
Alors Ua = 450 V
réponse.
Il y aura saturation de l’ampli et donc augmentation du temps de
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Q 27 – Choix d’un correcteur à action P.I. – Réglage de ce correcteur
K
(1 + Ti p )
Ti p
Le réglage du correcteur se fait par compensation du pôle le plus lent. Méthode qui consiste
à choisir la constante de temps Ti du correcteur égale à la constante de temps la plus
grande du système à corriger. On réglera le gain K du correcteur afin que la réponse
indicielle ne présente pas de dépassement (on choisit ξ = 1). Le choix de Ti devant
satisfaire le C.d.C. (Montée en température rapide : 3 mn maximum).
C ( p) =
La F.T.B.O. s’écrit alors : H bo (ω ) =
La F.T.B.F. s’écrit alors : Hbf (ω) =
0,5 ⋅ K
Ti ⋅ p + 500 ⋅ p 2
1
1+
Ti
500
⋅p+
⋅ p2
0,5 ⋅ K
0,5 ⋅ K
La pulsation propre (non amortie) vaut alors : ω n =
1
K
⋅
10 10
Ti
Le facteur d’amortissement vaut alors : ξ =
10 ⋅ 10 ⋅ K
On choisit ξ = 1 la réponse indicielle est apériodique critique.
Alors : K = 10 −3 ⋅ Ti
On a toujours : ωn .t5% ≈ 5 puisque ξ = 1
Tableau des valeurs de K , ωn , t5% en fonction du choix de Ti
Ti
K
ωn
t5%
Commentaires
5s
25.10-3
5.10-3 rd/s
1 000 s
A rejeter
100 s
10
0,1 rd/s
50 s
A RETENIR
Tracé du lieu de transfert de la F.T.B.O. dans le plan de Black :
5
H bo ( jω ) =
j ⋅100ω ⋅ (1 + j ⋅ 5ω )
(
Gain :
G = − 26 dB − 20 ⋅ Logω − 10 ⋅ Log 1 + 25 ⋅ ω 2
Argument : ϕ = − 90° − Arc tan (5ω )
)
ω (rd/s)
0,01
0,1
0,2
1
G (dB)
14
-7
- 15
- 40
ϕ (°)
- 93
- 117°
- 135
- 169
Valeurs du gain, de la phase à différentes pulsations
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Compte tenu de la forme de la F.T.B.O. , le lieu de transfert présente deux asymptotes
verticales d’équations ϕ = - 90° et ϕ = - 180° .
Voir le Document Réponse à la dernière page (Courbe repérée Hbo3)
La marge de gain est inchangée : MG = ∝
On relève : Mϕ ≈ 77°
La stabilité est assurée.
Q 28 – Nouvel écart de position
Le système est de classe 1 ⇒ εp = 0
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