Cours Automatique
Niveau : 2
Unité d’enseignement : Automatique
1
ECUE n° 1 : Signaux et Systèmes Linéaires
Chapitre 6 Système de Second Ordre
Nombre d’heures/chapitre : 3h Cours intégré Système d’évaluation : Continu
OBJECTIFS DE L’ENSEIGNEMENT : -Savoir manipuler les techniques de représentation des systèmes
CONTENU THEORIQUE :
Dans ce chapitre on donne la forme générale d’un système de 2 nd ordre ainsi que les paramètres caractéristiques de se système qui parvient d’une fonction de transfert et de son équation caractéristique suite a une transformée de Laplace.
Suite a cette définition paramétrique on détaille la réponse indicielle d’un système de second ordre tout en montrons leur conditions de stabilités que se soit l’emplacement des pôles ou bien l’effet paramétrique de se système sur sa réponse.
ISET NABEUL NABEUL
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Chapitre 6
Système de Second Ordre 1. Définition Un système de second ordre est un système décrit par une équation différentielle de la forme : d 2 s (t ) 2
dt
+ 2mω 0
ds (t ) dt
2
+ ω 0 s (t ) =
k ω 02 e(t )
Cas général :
a2
d 2 s (t ) 2
dt
+ a1
ds (t ) dt
+ a 0 s (t ) =
b2
d 2 e(t ) 2
dt
+ b1
de(t ) dt
+ b0 e(t )
2. Paramètres k
: gain statique k =
s (∞) e(∞)
m : coefficient d’amortissement : ξ
ω 0 : pulsation propre.
3. Transformée de Laplace Condition initiale nulle d 2 s (t ) 2
dt ds(t )
→
p 2 S ( p )
→
pS ( p )
dt
4. Fonction de transfert et équation caractéristique
4.1. Fonction de transfert H(p)= ? 2
2 0
2 0
p S ( p ) + 2mω 0 pS ( p ) + ω S ( p ) = k ω E( p )
S ( p ) E ( p )
= H(p) =
H(p) =
k ω02 p 2
+
2mω0 p + ω02
k ω 02 p 2
2
+ 2mω 0 p + ω 0
4.2. Equation caractéristique D(p) = p 2
ISET NABEUL
2
+ 2mω 0 p + ω 0
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5. Réponse indicielle d’un système de second ordre S ( p ) E ( p )
= H(p) =
S ( p ) = k ω02
k ω02 p 2
2
( p − p1 )( p − p 2 )
S ( p ) = k ω02
a
E ( p ) avec E ( p ) =
b
+
c
+
p − p1
p − p 2
1 ( p − p1 )( p − p 2 ) p = 0
1 p ( p − p 2 ) p = p 1
1 p
p( p − p 2 ) p = p
p1 ( p1 − p 2 ) 1 p 2 ( p 2 − p1 )
2
1 2 p1 p 2 S ( p) = k ω0 p
]
1
=
s (t ) = k
( p − p1 )( p − p 2 )
p1 p 2
=
2 ω 0
1
1
=
1
* c=
( p − p1 )( p − p 2 )
k ω02
p ( p − p1 )( p − p 2 ) p
* b=
=
1
S ( p ) = k ω02 [ * a=
=
+ 2mω0 p + ω0
1
k ω02
p1 ( p1 − p 2 ) p 2 ( p 2 − p1 ) + + p − p1 p − p 2 1
1 p1 p 2
1
1
+
p1 ( p1 − p 2 )
e
p1t
1
+
p 2 ( p 2
− p1 )
e
p 2 t
u (t )
k ω02 p 2 p1 p1t p2 t = + + s ( t ) 1 e e u (t ) Donc p1 p 2 p1 − p 2 p 2 − p1
D(p) = 0 ∆=
•
(mω 0 ) 2 - ω 02
2
= ω 0
m=0 D(p) = p 2
(m 2 - 1 )
p1 p2 p 2 = − jω 0 p1
= jω 0
ISET NABEUL
2
+ ω 0 =
p 0 1 p 2
2
= ω 0
= jω 0
et p1 − p 2
= − jω 0
=
2 jω 0
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s(t ) =
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k ω02 jω0 j − 1 e 2 ω ω 2 j 0 0
0 t
ω
s (t ) = k 1 −
1 2
e
jω0 t
−
1 2
−
jω0 2 jω0
e
− jω0 t
e
− jω0 t
s(t ) = k [1 − cos
0
t ]
C’est un système juste oscillant. Cas général : s (t ) = kE 0 [1 − cos ω 0 t ] système de second ordre juste oscillant (m=0) 2KE=
KE=
0
0 Fig.6.1: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (m=0 : juste oscillant).
•
m=1
D(p) = p 2
2
+ 2ω 0 p + ω 0 =
p1
0 (p + ω 0 ) 2
m>1
∆>
0 t
ω
0
p = −mω 0 1 p 2 = −mω 0
+ ω 0
m 2 - 1 = ω 0 (− m + m 2 - 1) < 1
− ω 0
m2 -1 <1
s(t ) = kE 0 1 −
ISET NABEUL
0
= p 2 = −ω 0
s (t ) = kE 0 1 − (1 + ω0 )e •
=
p 2 p 2
− p1
- 55 -
e
p1t
+
p1 p 2
− p1
e
p2 t
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Réponse indicielle d'un sys tème de 2nd ordre (m=1,KE=10) 12
KE= 10
8
) t ( y
6
4
2
0
0
1
2
3
4 5 6 7 temps Fig.6.2: Réponse indicielle d’un système de 2nd ordre (m>1).
8
C’est un système hyperamorti. •
0
2
∆ = ω 0
( m 2 - 1 ) < 0 deux pôles complexes conjugués.
p = −mω + jω 1 − m 2 0 0 1 p 2 = −mω 0 − jω 0 1 − m 2
− mω t 2 s(t ) = kE 0 1 − e 1− m sin(ω 0 1 − m t + ϕ ) 0
2
1− m 2 ϕ = arctg Avec m 2 ω p = ω 0 1 − m
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Réponse indicielle d'un système de second ordre 1,2 1,1 1, 0,9 0,8 y(00)=KE 0,7 ) t ( y
0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0, 0
tpic 1
2
3
4
5
6
7 8 9 10 11 12 temps Fig.6.3: Réponse indicielle d’un système de 2 nd ordre (0
13
14
15
C’est un système oscillant amorti.
Exemple Soit la fonction de transfert
S ( p )
=
E ( p )
4 p 2
+2
1. Déterminer m, ω 0 et k. 2. Représenter la réponse indicielle s(t). --------------------1. * m=0 * ω 0
=
2 rd.s-1
* k.=2 2.
S ( p ) =
4 ( p 2
+
E 0 2) p
s (t ) = kE 0 (1 − cos 2 t ) Donc s (t ) = 2 E 0 (1 − cos 2 t ) .
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2KE= 20, KE=10 w0=1,41rd/s
17,5
15,
12,5
KE= 10, 7,5
5,
2,5
0, 0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
Fig.6.4: Réponse indicielle d’un système de 2 nd ordre (m=0 : juste oscillant).
6. Placement des pôles Im jω0 pour m=0 01 − mω 0 − ω 0
m2
m=1 −1
− mω 0
ω 0 1 − m 2 Re
β
-ω0 p2 0
− ω 0
1− m 2
-jω0 pour m=0
Fig.6.5: Lieux des pôles pour les différentes valeurs de « m »
mω 0 mω 0 = = =m cos β 2 2 2 ω ( mω 0 ) + ω 0 (1 − m ) 0 ω 0 1 − m 2 2 β = = 1− m sin 2 2 2 ( m ) ( 1 m ) ω + ω − 0 0
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7. Dépassement et temps de pic (0
a. Dépassement S max − S (∞) D% = 100 S (∞)
−
D %
Pour : m=0 D%=100%
100 e
=
π m
1− m
2
m=1 D%=0
b. Temps de pic
T p
π
=
ω 0 1 − m 2
c. Allures 10 9 8 Tpic 7 6 5 4 3 Tm
2 1 0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4 1.5
Fig.6.6: Allures de la variation du dépassement et temps de pic pour 0
8. Temps de stabilisation
t s
ISET NABEUL
=
4 mω 0
à
t s
± 2%
- 59 -
=
3 mω 0
à
± 5%
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Exercices Ex 1 Soit le montage suivant : I
R
L
e(t)
C
vc(t)
Fig.6.7: Circuit RLC série
1. Déterminer H ( p ) =
Vc( p ) E ( p )
2. Déterminer les paramètres caractéristiques du système en fonction de R, L et C. 3. Déterminer l’équation caractéristique. 4. Conclure sur la stabilité du système pour 5. Calculer s(t) pour e(t)=u(t). 6. Calculer D% , Tp et Ts à ±5%.
Ex 2 Soit un système décrit par sa fonction de transfert 3 H ( p ) = 2 p + 2 1. Déterminer m, ω 0 et k. 2. Déterminer s(t) et la représenter pour e(t)=2u(t). 3. Déduire la stabilité.
Ex 3 3
H ( p ) =
p 2
+ 3 p + 1
Répondre aux mêmes questions de l’exercice 2.
Correction Ex 2 1. m=0 2 rd.s-1
* ω 0
=
2
k.=3 k=3/2
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2. e(t ) = 2u (t ) 3 2 S ( p ) = 2 ( p + 2) p
6
=
( p
2
+
2) p
donc s (t ) = 3(1 − cos 2t )
6
) t ( s
3
0
0
10 temps
20
Fig.6.8
3.
p1 = j 2 p 2 = − j 2
Système juste oscillant.
Ex 3 H ( p ) = 1. * ω 0
3 p 2
+ 3 p + 1
1 = 1 rd.s-1
=
* 2mω 0 2
=
k ω 0 =
3 donc m = 3 / 2
3 k=3
2. e(t ) = 2u(t )
s(t ) = 6 1 −
ISET NABEUL
p2 p2
− p1
p1t
e
+
p1 p2
− p1
p2t
e
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6
) t ( s
0
20
Fig.6.9
3.
∆=
9−4 =5
p = −mω + ω m - 1 0 0 1 p 2 = −mω 0 − ω 0 m 2 - 1 2
ISET NABEUL
3 p1 = − + 2 p = − 3 − 2 2
9 4 9 4
-1 = -1 =
−3+
5
2 −3−
- 62 -
5
2
CHELBI Hassen
