corrige1 (1)

Année Scolaire 2022-2023
Niveau : 2ème année
Corrigé Devoir N o.1
Exercice1
dy
+y =e
dt
dy
2. système non linéaire :
+ ey 2 = 3
dt
dy
+y =e
3. système invariant :
dt
dy
4. système variant : + (t + 1)y = e
dt
1. système linéaire :
Exercice2
Le système S3 est à éliminer car il s’agit d’un 2nd ordre pseudo-périodique. S1 et
S2 ont à priori l’allure d’un 1er ordre, sauf que la courbe de réponse de S1 présente
une tangente horizontale et donc il s’agit d’un 2nd ordre.
Et par conséquent, la réponse indicielle qui pourrait représenter ce moteur à courant
continu est celle de S2 .
Exercice3
Identification de S4
On relève de la figure les caractéristiques suivantes :
dépassement
temps 1er pic
temps de montée
temps de réponse
pseudo-période
:
:
:
:
:
D%
tpic
tm
tr
Tp
= 30% = 0.3
= 4.8s
= 3s
= 11s
= 9.6s
1ère méthode : calcul analytique :
−√
De D% = e
πξ
1
1 − ξ 2 on tire : ξ = v
!
u
u
π
t1 +
ln(D)
Fig. 1 – S4
D’où :
De tpic
ξ = 0.358
π
π
√
on tire ω0 =
= √
2
ω0 1 − ξ
tpic 1 − ξ 2
D’où :
ω0 = 0.7 rad/s
D’autre part, le gain statique est :
1.2
1
Soit :
K = 1.2
Conclusion : H(p) =
Soit aussi :
H(p) =
1.2
p
2 × 0.358
+
p+1
2
0.7
0.7
2
2.04p2
1.2
1.2
∼ 2
+ 1.02p + 1
2p + p + 1
2ème méthode : utilisation des tables :
D = 30% => ξ ∼ 0.35 et ω0 tm = 2.06
2.06
Or tm = 3s donc ω0 =
∼ 0.69
3
2
D’où : H(p) =
Soit aussi :
1.2
p
2 × 0.35
p+1
+
2
0.69
0.69
2
1.2
1.2
∼
2.1p2 + 1.01p + 1
2p2 + p + 1
H(p) =
Autre méthode D = 30% => ξ ∼ 0.35 et ω0 tr = 7.9
7.9
∼ 0.72
Or tr = 11s donc ω0 =
11
1.2
D’où : H(p) =
2
p
2 × 0.35
p+1
+
2
0.72
0.72
Soit aussi :
H(p) =
1.93p2
1.2
1.2
∼ 2
+ 0.97p + 1
2p + p + 1
Identification de S5
Fig. 2 – S5
Il s’agit d’un 1er ordre avec retard.
On relève de la courbe :
3
gain statique
retard
constante de temps
: K
: a
: τ
=
=
=
1.2
0.8s
2.8-0.8=2s
D’où :
H(p) = e−0.8p
1.2
1 + 2p
Exercice4
Soit un système défini par une fonction de transfert H(p) comme suit :
E(p)
S(p)
H(p)
I)- Pour un système de 1er ordre tel que H(p) =
3
:
1 + 2p
1. constante de temps du système : τ = 2s
2. gain statique pour une entrée échelon : K = 3
3. Pour une entrée échelon unitaire, Y (p) = H(p) × E(p) =
3
D’où
p(1 + 2p)
(d’après les tables) :
y(t) = 3(1 − e−0.5t )
4. temps de réponse du système : tr = 3τ = 6s
5. Pour une entrée en rampe unitaire, Y (p) = H(p) × E(p) =
p2 (1
3
D’où
+ 2p)
(d’après les tables) :
t
y(t) = t − τ − τ e τ = t − 2 − 2e−0.5t
−
3p + 2
2p + 3p2 + p3
3
1+ p
3p + 2
1
2
1. H(p) =
= ×
2p + 3p2 + p3
p 1 + 3 p + 1 p2
2
2
(a) Gain statique=1, classe=1, et ordre du système=2 ;
2
(b) les zéros du système : p = −
3
2
(c) les pôles du système : p + 3p + 2 = 0 => ∆ = 32 − 4 × 2 = 1
−3 ± 1
=> p1/2 =
2
Soit :
p1 = −1
p2 = −2
II)- Pour un système tel que H(p) =
4
2. réponse du système à un échelon unitaire :
3p + 2
3p + 2
Y (p) = H(p)E(p) = 2
= 2
2
p (2 + 3p + p )
p (p + 1)(p + 2)
1
3/2
+
Y (p) =
1
1
p(p + 1)( p + 1) p2 (p + 1)( p + 1)
2
2


1
e−t − e−2t 
3
3/2
2

=> y1 (t) = 
1−
Or

1
1 
2
p(p + 1)( p + 1)
1−
2
2
3
3
y1 (t) = − 3e−t + e−2t
2
2
2
1
= 2
−
1
p (1 + p) 1 + 1 p
p2 (p + 1)( p + 1)
2
2
1 1 −2t
3
1
−t
D’où y2 (t) = 2(t − 1 + e ) − (t − + e ) = t − + 2e−t − e−2t
2 2
2
2
3
1
y2 (t) = t − + 2e−t − e−2t
2
2
D’où :
Et
1
y(t) = t − e−t + e−2t
12 Déc. 2022
M.T ALEB
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