AUTOMATIQUE - MODELISATION - Cours

Département de Génie Electrique
3ème Année GE
AUTOMATIQUE
MODELISATION
Fernand LEGER 1930 Contrainte d’objets
Edition 2008
J.M RETIF
Institut National des Sciences Appliquées de Lyon
© [JM. RETIF], [2008],
[2007], INSA de Lyon, tous droits réservés.
Chapitre I
VARIABLES D’ETAT CONTINUES
1.
PREAMBULE. ...................................................................................................................... 1
2.
FORMULATION PAR DES EQUATIONS D’ETAT CONTINUES.............................. 2
2.1
Solution analytique des équations d’état. .............................................................................................. 2
2.2
Calcul de la matrice de transition........................................................................................................... 3
2.3
Exemple : réponse d’un second ordre. ................................................................................................... 3
3.
PHENOMENES ENERGETIQUES. .................................................................................. 4
4.
MODELISATION D’ETAT A PARTIR D’EQUATIONS DIFFERENTIELLES......... 5
4.1
Domaine électrique. ................................................................................................................................. 6
4.2
Domaine mécanique en translation. ..................................................................................................... 13
4.3
Domaine mécanique en rotation. .......................................................................................................... 19
5. CHANGEMENT ENTRE LES FORMALISMES D’ETAT ET DE
TRANSMITTANCE. .................................................................................................................. 22
6.
5.1
Passage des équations d’état à une matrice de transfert. ................................................................... 22
5.2
Passage d’une transmittance aux équations d’état. ............................................................................ 22
EXEMPLE........................................................................................................................... 27
6.1
Moteur à courant continu...................................................................................................................... 27
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Chapitre II
LES BOND GRAPHS
1.
PREAMBULE. .................................................................................................................... 33
2.
LIENS ET PORTS.............................................................................................................. 33
3.
4.
5.
2.1
Définitions............................................................................................................................................... 33
2.2
Expressions de la puissance et de l’énergie.......................................................................................... 34
2.3
Variables de flux et d’effort. ................................................................................................................. 36
ELEMENTS DU LANGAGE BOND GRAPH. ............................................................... 37
3.1
Les éléments actifs.................................................................................................................................. 37
3.2
Eléments passifs...................................................................................................................................... 38
3.3
Les détecteurs. ........................................................................................................................................ 42
3.4
Jonctions. ................................................................................................................................................ 43
3.5
Eléments de transformation. ................................................................................................................. 45
PROCEDURES DE CONSTRUCTION DE MODELES. .............................................. 47
4.1
Exemple 10 : Filtre elliptique. ............................................................................................................... 48
4.2
Exemple 11 : Poulie entraînant une charge. ........................................................................................ 49
CAUSALITE D’UN BOND GRAPH. ............................................................................... 50
5.1
Notion de causalité. ................................................................................................................................ 50
5.2
Les éléments actifs.................................................................................................................................. 50
5.3
Les éléments passifs. .............................................................................................................................. 51
5.4
Jonctions. ................................................................................................................................................ 52
5.5
Eléments de transformation. ................................................................................................................. 52
5.6
Procédure d’affectation de la causalité. ............................................................................................... 53
5.7
Récapitulatif des causalités. .................................................................................................................. 54
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Chapitre III
MODÉLISATION PAR LES BOND GRAPHS
1.
PREAMBULE. .................................................................................................................... 57
2.
CHEMINS CAUSAUX D’UN BOND GRAPH. ............................................................... 57
2.1
Gain d’un chemin causal. ...................................................................................................................... 57
2.2
Gain d’une boucle causale..................................................................................................................... 59
3.
ETABLISSEMENT D’UNE FONCTION DE TRANSFERT. ....................................... 61
4.
ELABORATION DES EQUATIONS D’ETAT............................................................... 62
5.
APPLICATIONS DES BOND GRAPHS A LA MODELISATION. ............................. 65
5.1
Exemple A : Filtre passif. ...................................................................................................................... 65
5.2
Exemple B : Traction d’une charge par une poulie. ........................................................................... 73
5.3
Exemple C : Suspension d’un véhicule................................................................................................. 76
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1
VARIABLES D’ETAT CONTINUES
1. Préambule.
La formulation par variables d’état est une approche directe dans le domaine temporel qui
s’exprime par une équation différentielle matricielle du premier ordre.
Les systèmes qui peuvent être représentés par variables d’état sont régis par des équations
différentielles et peuvent être multi variables (plusieurs entrées et plusieurs sorties).
Pour représenter les informations dues à l’ordre et aux différentes entrées sorties, l’équation
différentielle est matricielle.
Le vecteur de sortie est exprimé en fonction du vecteur d’entrée et d’un vecteur intermédiaire qui
traduit l’état du système.
Les équations d’état ont la forme suivante :
X (t) = A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t)
Equation d’état
Equation de sortie
Y (t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t)
(1.1)
(1.2)
U(t)
Y(t)
X(t)
Vecteur d’entrée de dimension (e,1)
Vecteur de sortie de dimension (s,1)
Vecteur d’état de dimension (n,1)
(1.3)
(1.4)
(1.5)
A
B
C
D
Matrice d’état de dimension (n,n)
Matrice d’entrée de dimension (n,e)
Matrice de sortie de dimension (s,n)
Matrice de couplage direct entrée sortie, de dimension (s,e)
(1.6)
(1.7)
(1.8)
(1.9)
Les équations (1.1) et (1.2) correspondent au schéma bloc de simulation suivant :
e
U(t)
B
n
⋅
+
X(t) n
∫
X(t) n
C
s
+
+
s
Y(t)
+
n
A
D
s
Figure 1 schéma bloc d’une représentation d’état.
Dans le cas mono variable s = e = 1 , la taille du vecteur d’état sera égale à l’ordre de l’équation
différentielle.
Non unicité de la formulation d’état.
Le choix d’un vecteur d’état n’est pas unique, pour un vecteur d’état donné il est possible, via
une transformation T, de faire un changement de base. Il existe donc une infinité de
décompositions d’état qui seront évidements identiques dans leurs représentations entrée sortie
mais qui auront des vecteurs d’état différents.
La non unicité de la représentation d’état peut se montrer aisément, en effet, appliquons à une
décomposition d’état quelconque la transformation linéaire définie par une matrice T de
dimension (n,n) tel que :
X(t) = T ⋅ X(t) avec X(t) le nouveau vecteur d’état.
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2
En utilisant les relations (1.1) et (1.2) nous aurons les équations d’état suivantes :
⋅
X(t) = T −1 ⋅ A ⋅ T ⋅ X(t) + T −1 ⋅ B ⋅ U(t) = A.X(t) + B ⋅ U(t)
Y(t) = C ⋅ T ⋅ X(t) + D ⋅ U(t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t)
Nous obtenons ainsi un nouveau système d’état avec :
A = T −1 ⋅ A ⋅ T ,
B = T −1 ⋅ B ,
C = C⋅T .
2. Formulation par des équations d’état continues.
2.1 Solution analytique des équations d’état.
Pour établir l’évolution temporelle de la sortie, il est nécessaire de résoudre l’équation d’état
(1.1) ceci étant fait, puisque la sortie Y(t) est une combinaison linéaire de l’entrée U(t) et de
l’état X(t) , la relation (1.2) assurera le calcul de la sortie.
Pour résoudre cette équation d’état prenons en la transformée de Laplace.
L ⎡⎣ X (t) ⎤⎦ = L [ A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t)]
Le système est ici considéré avec une condition initiale non nulle X 0
p.X(p) = A ⋅ X(p) + X 0 + B ⋅ U(p) ⇒ [ p ⋅ I − A ] X(p) = X 0 + B ⋅ U(p)
D’où l’on tire :
−1
X(p) = [ p ⋅ I − A ]
−1
X0 + [ p ⋅ I − A ]
B ⋅ U(p)
L’original dans le temps est alors obtenu par la transformée de Laplace inverse soit :
(
−1
X(t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]
)X
0
(
−1
+ L-1 [ p ⋅ I − A ]
) ∗ B ⋅ U(t)
(2.1)
Posons maintenant la matrice de transition
(
−1
Φ (t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]
)
(2.2)
Cette matrice prenant pour valeur :
Φ (t) = eA⋅t
L’équation (2.1) devient : X(t) = Φ(t) ⋅ X0 + Φ(t) * B ⋅ U(t)
(2.3)
t
X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (t − τ) ⋅ B ⋅ U(τ) ⋅ dτ
(2.4)
0
Le premier terme de l’équation (2.4) correspond au régime libre ne dépend que des
caractéristiques du système et de la condition initiale. Le second terme correspond au régime
forcé lié à la commande.
Cas particulier d’une commande constante.
Si la commande est constante sur l’horizon d’intégration nous aurons :
t
X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (t − τ) ⋅ B ⋅ U ⋅ dτ
0
t
X(t) = Φ (t) ⋅ X 0 + ∫ Φ (θ) ⋅ dθ ⋅ B ⋅ U
(2.5)
0
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3
2.2 Calcul de la matrice de transition.
La résolution de l’équation (2.4) fait appel à la matrice de transition dont il faut trouver la
formulation.
Comme cette matrice est définie par l’exponentielle de la matrice d’état (2.3), il est alors
possible de la décomposer en série :
A 2 ⋅ t 2 A3 ⋅ t 3
+
+
(2.6)
2!
3!
Cette décomposition en série est adaptée lorsque l’on désire un calcul numérique de la matrice
de transition. Si l’on désire une expression analytique il est préférable d’utiliser la relation (2.2)
Φ ( t ) = eA⋅t = I + A ⋅ t +
(
−1
Φ (t) = L-1 [ p ⋅ I − A ]
)
2.3 Exemple : réponse d’un second ordre.
Y (p)
1
.
=
U ( p ) (1 + T1 ⋅ p )(1 + T2 ⋅ p )
Il existe plusieurs approches pour déterminer les équations d’état de cette transmittance, en
utilisant la méthode des modes (cf § 5.2.1) nous aurons les équations d’état suivantes :
⎡ 1
⎤
−
0 ⎥
⎢
T1
⎡ x1 ( t ) ⎤
⎡x t ⎤ 1
⎡
1 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤
⎥ ⎢ 1 ( ) ⎥ + ⎡⎢ ⎤⎥ u ( t ) et y ( t ) = ⎢ 1
−
⎢
⎥=⎢
⎥
⎥⎢
1 ⎥ ⎣ x 2 ( t ) ⎦ ⎣1⎦
T1 − T2
T1 − T2 ⎦ ⎣ x1 ( t ) ⎦
⎣
⎣ x 2 ( t )⎦ ⎢ 0
− ⎥
⎢
T2 ⎦
⎣
Considérons la fonction de transfert apériodique suivante :
A partir de la relation (2.2) nous obtenons pour la matrice de transition :
⎡ 1
⎤
0 ⎥
−1 ⎞
⎛⎡
⎢
1
1
⎡ t
⎤
⎤
⎜ ⎢p +
0 ⎥ ⎟
⎢p +
⎥ ⎢ − T1
T1
T1
e
0 ⎥
⎟
−1
⎥
-1
-1 ⎜ ⎢
-1 ⎢
⎢
⎥
⎥
=L ⎢
=
Φ (t) = L [ p ⋅ I − A ] = L ⎜
t ⎥
1⎥ ⎟
1 ⎥ ⎢
⎢
−
⎜⎢ 0
p+ ⎥ ⎟
⎢ 0
⎥ ⎢
⎥
1
T
⎜⎣
e T2 ⎦
⎢
2 ⎦ ⎟⎠
p+ ⎥ ⎣ 0
⎝
⎢⎣
T2 ⎥⎦
Pour une entrée constante la résolution temporelle de l’équation d’état donne (Eq (2.2)) :
⎡ −t
⎤
⎡ −θ
⎤
t
T1
⎢e T1
⎥
⎢
0
e
0 ⎥
⎥⋅X + ⎢
⎥ ⋅ dθ ⋅ B ⋅ U
X(t) = ⎢
0 ∫
θ ⎥
t ⎥
⎢
⎢
−
−
0⎢
⎢
T2 ⎥
T2 ⎥
0
e
0
e
⎣
⎦
⎣
⎦
t
⎡ ⎛
⎤
− ⎞
⎢ ⎜
⎥
T1 ⎟
0
⎡ −t
⎤
⎢T1 ⎜ 1 − e
⎥
⎟
⎜
⎟
⎢e T1
⎥
⎢
⎥ ⎡1⎤
0
⎠
⎥⋅X + ⎢ ⎝
⋅ ⋅U
X(t) = ⎢
⎥
0
t ⎥
t ⎞ ⎥ ⎢⎣1⎥⎦
⎢
⎛
⎢
−
−
⎢
T2 ⎥
⎜1 − e T2 ⎟ ⎥
⎢
0
e
0
T
⎣
⎦
2⎜
⎟⎥
⎢
⎜
⎟⎥
⎢⎣
⎝
⎠⎦
La sortie y(t) est la combinaisons des réponses de deux premiers ordre de constante de temps
T1 et T2 . Dans le premier terme de l’équation d’état nous avons le régime libre d’un premier
ordre et dans le second les réponses indicielles correspondantes au régime forcé.
(
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3. Phénomènes énergétiques.
Afin d’établir une procédure systématique de modélisation quelque soit le domaine de la
physique abordé nous allons nous appuyer sur un vocabulaire général traduisant les phénomènes
énergétiques mis en jeux.
Variables de puissances.
La puissance est considérée comme le produit d’un effort par un flux.
Effort : e(t)
Flux : f(t)
Par exemple, pour un mouvement en translation, l’effort sera la force exprimée en newton
et le flux la vitesse linéaire en m/s. Pour les phénomènes électriques l’effort sera la tension
en volt et la variable de flux le courant en ampère.
Puissance
P(t)=e(t).f(t).
t
Energie
E(t) = E(t 0 ) + ∫ P ( τ ) dτ
t
E(t) = E(t 0 ) + ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ
t0
(3.1)
t0
Il est possible de définir les variables d’énergie sous deux formes différentes :
Le moment généralisé
Le moment généralisé est défini par l’intégrale de l’effort.
t
p (t) = p(t 0 ) + ∫ e ( τ ) ⋅ dτ ⇒ dp (t) = e ( τ ) ⋅ dτ
(3.2)
t0
Le déplacement généralisé
Le déplacement généralise correspond à l’intégrale du flux.
t
q (t) = q(t 0 ) + ∫ f ( τ ) ⋅ dτ ⇒ dq ( t ) = f ( τ ) ⋅ dτ
(3.3)
t0
Energies potentielles et inertielles.
Dans un système l’énergie est stockée ou dissipée. Les mécanismes de dissipations sont
multiples mais aboutissent tous à une transformation en chaleur. C’est par exemple, l’effet joule
pour les courants électriques, les frottements mécanique aux interfaces des déplacements.
Si l’on prend une voiture en mouvement uniforme, toute la puissance du moteur se dissipe en
chaleur ; tout d’abord les déperditions thermique de la combustion du carburant, ces calories
s’évacuant par les échanges thermiques du moteur, le radiateur et les gaz d’échappements ;
ensuite nous avons tous les frottements solide/solide dans les pièces mécaniques en contact
(paliers, engrenages de la boite à vitesse roues …) ; enfin et c’est la plus grande partie, lorsque la
vitesse s’accroît, les frottements de l’air sur la carrosserie.
Maintenant, si la voiture se trouve en haut d’une cote, elle disposera en plus de la puissance du
moteur de l’énergie cinétique due à la vitesse (énergie inertielle) d’un plus provenant d’un
dénivelé (énergie potentielle).
Nous allons maintenant généraliser ces deux formes d’énergie stockée.
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Stockage de type inertiel.
La puissance étant le produit d’un effort par un flux l’énergie sera définie par la relation
t
intégrale suivante : E(t) = ∫ e ( τ ) ⋅ f ( τ ) dτ + E ( t 0 ) . La définition du moment généralisé (3.2)
0
permet de faire le changement de variable dp = e ( τ ) dτ il vient :
E ( p) =
p
∫ f ( p ) dp + E ( p0 )
(3.4)
p0
Le stockage inertiel est ainsi défini comme l’intégrale d’un flux.
Nous retrouverons dans cette catégorie les masses en mouvement, les inerties en rotation les
inductances …
Stockage de type potentiel.
Ici nous allons définir le stockage de type potentiel comme l’intégrale d’un effort. Comme nous
t
l’avons vu précédemment l’énergie a la forme suivant : E(t) = ∫ e ( τ ) ⋅ f ( τ ) dτ + E ( t 0 ) . Pour
0
faire apparaître l’effort nous prendrons la définition du déplacement généralisé (3.3) qui permet
d’opérer au changement de variable dq = f ( τ ) dτ , ce qui donne :
E (q) =
q
∫ e ( q ) dq + E ( q0 )
(3.5)
q0
Ici l’énergie stockée correspond à l’intégrale d’un effort.
L’effort accumulé dans un ressort ou la tension stockée dans un condensateur sont de type
potentiel.
4. Modélisation d’état à partir d’équations différentielles.
Il existe de multiples approches pour déterminer les équations d’état à partir d’un jeu d’équations
différentielles.
Nous présenterons ici deux méthodes.
La première utilisera des grandeurs de type effort ou flux, telles la tension, le courant, la vitesse,
la force, le couple.
La seconde s’appuiera sur une notion d’énergie. L’idée directrice sera ici de prendre comme
variable d’état une quantité liée à l’énergie stockée. Nous prendrons ainsi comme variables
d’état p ( t ) et q ( t ) correspondant respectivement au moment généralisé et au déplacement
généralisé.
Nous allons maintenant décliner ces 2 méthodes par l’intermédiaire de divers exemples
élémentaires des domaines électriques et mécaniques.
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4.1 Domaine électrique.
4.1.1 Le condensateur.
t
1
Pour un condensateur la tension correspond à l’intégrale du courant : u(t) = ∫ i ( τ ) dτ . (4.1)
C
0
i
Cette relation pouvant se formuler sous forme dérivée : i(t) = C ⋅ u(t) .
(4.2)
Charge du condensateur (déplacement généralisé).
t
La quantité d’électricité exprimée en Coulomb vaut : Q(t) = ∫ i ( τ ) dτ .
0
(4.3)
En regard de la relation(4.1) il vient : Q(t) = C ⋅ u(t)
Si nous formulons la quantité d’électricité accumulée à l’aide des variables d’énergies formulées
t
t
t0
t0
au paragraphe 3 nous obtenons : q(t) = q(t 0 ) + ∫ f ( τ ) dτ = q (t 0 ) + ∫ i ( τ ) dτ .
Nous pouvons constater, que pour le condensateur, le déplacement généralisé q(t) correspond à
la charge du condensateur en Coulomb.
Energie stockée (type potentiel).
t
E(t) = ∫ u ( τ ) ⋅ i ( τ ) dτ , comme i( τ) ⋅ dτ = C ⋅ d ( u(τ) ) nous aurons :
0
t
E(t) = C ∫ u ( τ ) ⋅ d ( u(τ) )
E=
0
C ⋅ u2
2
(4.4)
Si nous formulons l’énergie stockée à partir de la charge du condensateur exprimé en Coulomb
Q2
(4.5)
2⋅C
Cette dernière relation aurait pu être directement obtenu avec l’équation (3.5), l’énergie stockée
est l’intégrale d’un effort et sera donc de type potentiel.
(Eq (3.3)) nous obtenons : E =
Choix de la variable d’état.
Pour établir les équations d’état il est nécessaire d’exprimer la dérivée du vecteur d’état en
fonction de lui même et de l’entrée.
Première approche.
Pour un condensateur la relation (4.1) montre que la tension est proportionnelle à l’intégrale du
courant, si nous prenons la tension u(t) comme variable d’état nous
i(t)
aurons : x1 ( t ) = u ( t ) ⇒ x1 ( t ) =
C
Seconde approche.
Si nous choisissons comme variable d’état le déplacement généralisé correspondant ici à la
charge Q(t) en Coulomb nous pourrons écrire :
x1 ( t ) = Q ( t ) = C ⋅ u(t) ⇒ x1 ( t ) = i ( t ) .
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4.1.2 L’inductance.
t
Pour une inductance le courant est l’intégrale de la tension i(t) =
1
u ( τ ) dτ .
L∫
(4.6)
0
i
Soit sous sa forme dérivée : u(t) = L ⋅ i(t)
(4.7)
Flux dans l’inductance (moment généralisé) .
U
t
Le flux dans l’inductance, exprimé en weber, vaut φ(t) = ∫ u ( τ ) dτ .
0
t
t
0
0
Exprimons maintenant le moment généralisé p (t) = ∫ e ( τ ) dτ = p (t) = ∫ u ( τ ) dτ . Nous vérifions
ici que le moment généralisé exprime le flux magnétique emmagasiné dans l’inductance.
En considérant la relation (4.7) nous retrouvons la relation classique reliant le flux au courant
soit : p(t) = Φ(t) = L ⋅ i(t)
(4.8)
Energie stockée (type inertiel).
U
t
E(t) = ∫ u ( τ ) ⋅ i ( τ ) dτ , pour laquelle (Eq (4.6))
u( τ) ⋅ dτ = L ⋅ d ( i( τ) ) , nous obtenons :
0
t
E(t) = L ∫ i ( τ ) ⋅ d ( i(τ) ) .
0
L ⋅ i2
E=
2
(4.9)
Maintenant si nous reportons dans cette équation la relation du flux (4.8) nous aurons :
E=
Φ2
p2
qui prend la forme générale E =
2⋅L
2⋅L
(4.10)
Choix de la variable d’état.
Première approche.
Nous rechercherons, comme pour l’inductance, une relation intégrale pour le choix de la variable
d’état. Ici la relation (4.6) montre que le courant est proportionnel à l’intégrale de la tension.
Nous prendrons comme variable d’état le courant i(t) soit :
u (t)
x1 ( t ) = i ( t ) ⇒ x1 ( t ) =
L
Seconde approche.
Ici nous prendrons comme variable d’état le moment généralisé soit le flux en Wb Φ(t) = L ⋅ i(t)
ce qui nous conduit :
x1 ( t ) = Φ ( t ) = L ⋅ i ( t ) ⇒ x1 ( t ) = u ( t )
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4.1.3 Exemple 1 : Filtre passif de Butterworth (structure en π).
Nous allons, à partir du filtre passif suivant, établir ses équations d’état.
V3
V1
a
b
i1
R1
L
C
E
i5
c
i3
i2
V2
C
i4
R2
V4
T
Figure 4-1 Schéma électrique du filtre de Butterworth.
Lois des mailles :
E = V1 + V2 (4.11)
V2 = V3 + V4 (4.14)
V4 = R 2 ⋅ I5
avec V1 = R1 ⋅ I1
avec V3 = L ⋅ I3
(4.12)
soit E = R1 ⋅ I1 + V2
(4.15)
soit V2 = L ⋅ I3 + V4 (4.16)
(4.13)
(4.17)
Lois des nœuds :
I1 = I2 + I3 avec I2 = C ⋅ V2
(4.18)
I3 = I4 + I5 avec I4 = C ⋅ V4
(4.19)
Pour établir les équations d’état il faut prendre une variable d’état par élément de stockage. Nous
avons ici deux condensateurs et une inductance, il nous faudra donc trois variables d’état.
Première approche.
Ici nous prendrons comme variable d’état les tensions aux bornes des condensateurs et le courant
dans l’inductance soit :
X T = [ V2
V4
I3 ]
(4.20)
La grandeur d’entrée sera la tension E et la sortie la tension V4 soit:
(4.21)
U=E
Y = V4 = x 2
Avec ces notations les équations du circuit deviennent :
U = R1 ⋅ I1 + x1
(4.23)
x1 = L ⋅ x 3 + x 2
x 2 = R 2 ⋅ I5
(4.25)
I1 = C ⋅ x1 + x 3
Pour la première composante d’état nous avons :
(4.22)
(4.24)
x 3 = C ⋅ x 2 + I5
(4.26)
I −I
I −x
I
x1 = V2 ⇒ x1 = V2 soit à partir de (4.18) x1 = 2 = 1 3 = 1 3 en remplaçant I1 dans
C
C
C
U − x1 x 3
−
(4.27)
l’équation (4.23) nous obtenons : x1 =
R1 ⋅ C C
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Pour la seconde composante du vecteur d’état nous opérons de manière similaire.
I −I
x −I
I
x 2 = V4 ⇒ x 2 = V4 soit à partir de (4.19) x 2 = 4 = 3 5 = 3 5 en remplaçant I5 dans
C
C
C
x
x
(4.28)
l’équation (4.26) nous obtenons x 2 = 3 − 2
C R2 ⋅C
Enfin pour la troisième composante il vient :
V
x 3 = I3 ⇒ x 3 = I3 soit à partir de (4.15) x 3 = 3 en remplaçant V3 dans l’équation (4.14)
L
x −x
V − V4
soit x 3 = 1 2
(4.29)
x3 = 2
L
L
Les équations (4.27) (4.28) et (4.29) expriment la dérivée du vecteur d’état en fonction de lui
même et de l’entrée U, la première équation d’état est donc définie.
1
⎡
⎢− R ⋅ C
⎡ x1 ⎤ ⎢ 1
⎢x ⎥ = ⎢ 0
⎢ 2⎥ ⎢
⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢
⎢ 1
⎢ L
⎣
0
−
1
R2 ⋅ C
−
1
L
1⎤
− ⎥
⎡ 1 ⎤
C
⎥ ⎡ x1 ⎤ ⎢ R1 ⋅ C ⎥
⎥
1 ⎥⎢ ⎥ ⎢
x
0
+
⎢
⎥U
2
⎥
C ⎢ ⎥ ⎢
⎥
⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦
0 ⎥
⎢
⎥
⎢⎣
⎥⎦
0 ⎥
⎦
(4.30)
La sortie se confondant avec la seconde composante du vecteur d’état nous obtenons :
⎡ x1 ⎤
Y = [ 0 1 0] ⋅ ⎢⎢ x 2 ⎥⎥
⎢⎣ x 3 ⎥⎦
(4.31)
Seconde approche.
Nous prendrons ici l’énergie stockée dans les condensateurs et le flux dans l’inductance soit :
x 3 = Φ = L ⋅ I3
x1 = Q1 = C ⋅ V2
x 2 = Q 2 = C ⋅ V4
X T = [ Q1 Q 2 Φ ]
La sortie et la commande restant les mêmes que précédemment, Y = V4 et U=E.
En dérivant comme précédemment les composantes d’état nous obtenons :
x
U − V2
x
x1 = C ⋅ V2 ⇒ x1 = C ⋅ V2 = I2 comme I 2 = I1 − I3 =
− I3 avec V2 = 1 et I3 = 3 .
R1
C
L
x
x
U
x1 = − 1 − 3 +
Il vient :
R1 ⋅ C L R1
x
V
x2
x 2 = C ⋅ V4 ⇒ x 2 = C ⋅ V4 = I4 comme I4 = I3 − I5 avec I3 = 3 et I5 = 4 =
.
L
R2 R2 ⋅C
x
x
ce qui donne x 2 = − 2 + 3
R2 ⋅ C L
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10
x
x
x 3 = L ⋅ I3 ⇒ x 3 = L ⋅ I3 = V3 comme V3 = V2 − V4 avec V2 = 1 et V4 = 2 .
C
C
x x
x3 = 1 − 2
Nous aurons
C C
Les matrices d’état sont alors :
1
⎡
⎢− R ⋅ C
⎡ x1 ⎤ ⎢ 1
⎢x ⎥ = ⎢ 0
⎢ 2⎥ ⎢
⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢
⎢ 1
⎢ C
⎣
1⎤
− ⎥
⎡ 1 ⎤
L
⎥ ⎡ x1 ⎤ ⎢ R1 ⎥
1 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥
x2 + ⎢ 0 ⎥ U
L ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦
⎢ 0 ⎥
⎥
⎢⎣ ⎥⎦
0 ⎥
⎦
0
−
1
R2 ⋅C
−
1
C
⎡ x1 ⎤
⎤ ⎢ ⎥
0⎥ ⋅ ⎢ x 2 ⎥
⎦
⎢⎣ x 3 ⎥⎦
Les valeurs des composants de ce filtre étant les suivants :
⎡
Y = ⎢0
⎣
1
C
(4.32)
(4.33)
R1 = R 2 = 50 Ω , L = 15 µH C = 3, 2 nF .
Avec la seconde approche nous obtenons pour l’équation d’état :
6
⎡
⎡ x1 ⎤ ⎢ −6, 25 ⋅10
⎢ ⎥ ⎢
0
⎢x2 ⎥ = ⎢
⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢ +3,125 ⋅108
⎣
Y = ⎡ 0 +3,125 ⋅108
⎣
0
−6, 25 ⋅106
−3,125 ⋅108
−6, 667 ⋅104 ⎤ ⎡ x ⎤ ⎡0, 02 ⎤
1
⎥
4⎥ ⎢ ⎥ ⎢
+6, 667 ⋅10 ⋅ ⎢ x 2 ⎥ + ⎢ 0 ⎥⎥ E
⎥
⎥ ⎢⎣ x 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 ⎥⎦
0
⎦
⎡ x1 ⎤
⎤
0 ⋅ ⎢⎢ x 2 ⎥⎥
⎦
⎢⎣ x 3 ⎥⎦
Pour établir le schéma de simulation il est possible de faire appel à un bloc Simulink assurant
directement la simulation d’un système d’état ou en développant les équations d’état en utilisant
que des intégrateurs des sommateurs et des gains.
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11
Dans ce cas, nous aurons le schéma suivant :
1
1/R1
E
1
s
1/(R1*C)
x1
1/L
x2
1
s
1/C
1
V4
1/(R2*C)
1/C
1
s
x3
1/C
Figure 4-2 Schéma de simulation d’un filtre de Butterworth.
Calcul Matlab.
U
U
A partir de la première approche il est possible d’élaborer un programme Matlab (script *.m)
pour calculer les matrices d’état et tracer le diagramme de Bode correspondant.
Exécution
Script Matlab
>> S2
%-- Filtre de Butterworth ----%
clear,
R1=50; R2=50;
C=3.2e-9;L=15e-6;
%- Formulation deuxième approche %
A2=[-1/(R1*C) 0 -1/L;0 -1/(R2*C)
1/L;1/C -1/C 0]
B2=[1/R1;0;0];
C2=[0 1/C 0];
D2=0;
S2=ss(A2,B2,C2,D2),
bode(S1),grid;
figure
step(S2)
a=
x1
x2
x3
x1
-6.25e+006
0
3.125e+008
x3
0 -6.667e+004
-6.25e+006 6.667e+004
-3.125e+008
0
b=
u1
x1 0.02
x2
0
x3
0
c=
y1
x1
x2
0 3.125e+008
d=
u1
y1 0
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x2
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x3
0
12
Bode Diagram
Magnitude (dB)
0
-50
-100
Phase (deg)
-150
0
-90
-180
-270
5
6
10
7
10
8
10
9
10
10
Frequency (rad/sec)
Figure 4-3 Représentation de Bode du filtre de Butterworth.
Nous pouvons vérifier, que le module et la phase définies dans le plan de Bode, sont
caractéristiques d’un filtre passe bas.
Step Response
0.7
0.6
Amplitude
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.5
1
Time (sec)
1.5
-6
x 10
Figure 4-4 Réponse indicielle du filtre de Butterworth.
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13
4.2 Domaine mécanique en translation.
4.2.1 La masse.
Une masse M, en mouvement de translation, est régie par l’équation fondamentale de la
i
dynamique F(t) = M ⋅ v(t) .
(4.34)
t
Exprimée sous forme intégrale nous aurons : v(t) =
1
F ( τ ) dτ
M∫
(4.35)
0
Quantité de mouvement (moment généralisé).
t
La quantité de mouvement exprimé en kg.m/s vaut p (t) = ∫ F ( τ ) dτ , en considérant la relation
0
p(t) = M ⋅ v(t)
intégrale (4.35)
Avec les variables de puissance l’énergie s’exprime par
(4.36)
t
t
t0
t0
p(t) = ∫ e ( τ ) dτ = ∫ F ( τ ) dτ et
correspond au moment généralisé.
Energie stockée (type inertiel).
t
E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ , à partir de la relation (4.35), F(τ) ⋅ dτ = M ⋅ d ( v(τ) ) nous retrouvons
0
l’expression classique de l’énergie cinétique.
t
E(t) = M ∫ v ( τ ) d ( v ( τ ) )
E=
0
M ⋅ v2
2
(4.37)
Si nous exprimons maintenant l’énergie cinétique en fonction de la quantité de mouvement nous
p2
2⋅M
L’énergie stockée est ici l’intégrale d’un flux, donc de type inertiel.
aurons : E =
Choix de la variable d’état.
Première approche.
Nous associerons dans ce cas la vitesse v(t) à la variable d’état soit
i
i
x(t) = v(t) ⇒ x(t) = v(t) .
Seconde approche.
Dans ce cas, c’est la quantité de mouvement exprimant ici le moment généralisé qui sera la
variable d’état.
i
i
x(t) = p(t) = M ⋅ v(t) ⇒ x(t) = M ⋅ v(t) = F(t)
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14
4.2.2 Le ressort.
Maintenant considérons un élément élastique comme un ressort de raideur k (N/m), la
F(t)
déformation est proportionnelle à la force de sollicitation x(t) =
. En dérivant cette relation
k
nous obtenons nous obtenons l’expression qui relie la vitesse de compression à la force F :
i
F(t)
v(t) =
(4.38)
k
En exprimant maintenant la force en fonction de la vitesse de compression du ressort nous
t
obtenons : F(t) = k ∫ v ( τ ) dτ
(4.39)
0
Déplacement généralisé.
t
Par analogie avec le condensateur calculons la grandeur q (t) = ∫ v ( τ ) dτ qui peut être considérée
0
F(t)
k
Ici q(t) représente le déplacement exprimé en mètre.
comme une force accumulée. q (t) =
(4.40)
Energie stockée (type potentiel).
t
Un ressort accumule une énergie potentielle E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ
Sachant que v ( τ ) dτ =
d ( F ( τ))
k
t
E(t) =
1
F ( τ) ⋅ d ( F ( τ)) .
k∫
0
,
E=
0
F2
2⋅k
Si nous exprimons cette énergie avec la quantité Q nous obtenons : E =
(4.41)
k ⋅ q2
2
Choix de la variable d’état.
Première approche.
La variable d’état sera ici la force de compression F.
i
i
x ( t ) = F(t) ⇒ x ( t ) = F(t)
Seconde approche.
Dans ce cas c’est la grandeur q ( t ) (déplacement généralisé) qui sera la variable d’état.
i
i
F(t)
F(t)
x(t) = Q(t) =
⇒ x (t) =
= v(t)
k
k
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(4.42)
15
4.2.3 Exemple :Masse suspendue.
Soit une masse M suspendue à une référence fixe par l’intermédiaire d’un ressort de raideur k et
d’un amortisseur de coefficient de frottement fluide b. Une force F sollicite cet ensemble qui se
déplacera suivant une trajectoire rectiligne conformément à la figure ci-dessous.
F2
Amortisseur
Ressort raideur k
F1
Masse M
v
Masse M
M.g
F
F
Figure 4-5 Masse suspendue et équilibre de celle-ci.
Première approche.
Nous avons deux éléments de stockage le premier, la masse, de type inertiel pour lequel nous
prendrons comme variable d’état x1 = v ; le second, le ressort, de type potentiel, aura pour
variable d’état x 2 = F1 .
L’analyse de l’équilibre dynamique de la masse M permet d’écrire :
F − M ⋅ g − F1 − F2 = M ⋅ v
Sachant que la force de frottement fluide F2 = b ⋅ v .
En dérivant le vecteur d’état nous obtenons :
1
1
x1 = v = ( F − M ⋅ g − F1 − F2 ) = ( F − M ⋅ g − x 2 − b ⋅ x1 )
M
M
x 2 = F1 = k ⋅ v = k ⋅ x1 .
Si nous considérons la vitesse de la masse comme grandeur de sortie et la grandeur de
commande constitué du vecteur U = [ F M ⋅ g ] , nous obtenons les équations d’état suivantes :
T
⎡ b
⎡ x1 ⎤ ⎢ −
⎢ ⎥= M
⎣x2 ⎦ ⎢ k
⎣
−
1⎤
⎡1
⎡ x1 ⎤ ⎢
⎥
M ⎢ ⎥+ M
⎥ x
⎢
0 ⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ 0
−
1⎤
M⎥ U
⎥
0 ⎦
⎡x ⎤
Y = [1 0] ⎢ 1 ⎥
⎣x2 ⎦
Pour obtenir le déplacement, noté ici par x, il suffit d’intégrer la vitesse.
Afin d’effectuer une simulation correcte avec une valeur initiale de la force F nulle il est
impératif de calculer les valeurs initiales du vecteur d’état et l’allongement x 0 provoqué par le
poids de la charge.
⎡ 0 ⎤
M.g
et un allongement initial x 0 = −
Pour F=0 nous aurons à l’équilibre X = ⎢
⎥
k
⎣ −M ⋅ g ⎦
U
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16
Simulation Matlab Simulink.
Le programme Simulink de simulation de la masse suspendue, est programmé avec des variables
qui doivent être affectés par un script d’initialisation. Ici le calcul des équations d’état est
effectué avec un bloc standard de Simulink.
t
Clock
U
To Workspace1
V
To Workspace
F
Step
To Workspace4
To Workspace3
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
M*g
1
s
x
Integrator To Workspace2
State-Space
Constant
Condition initiale
x1=0
x2=-M.g
Condition initiale
x=-M.g/k
Figure 4-6 Schéma de simulation Simulink de la masse suspendue.
Après la simulation, il est commode de visualiser les résultats, via les variables archivées dans
l’espace de travail, par l’intermédiaire d’un autre script Matlab.
Script de visualisation
Script d’initialisation
%-------- Masse en suspension ---%
clear;
%-- données pour la simulation --%
tfin=20;
Tplot=0.1;
%-- données du problèmes --%
M=100; b=100; k=1000;
g=9.81;
%-- Valeur initiale à F=0 --%
x0=-M*g/k;
%-- Matrices d'état --%
A=[-b/M -1/M;k 0];
B=[1/M -1/M;0 0];
C=[1 0];
D=0;
%-- Visualisation --%
close all,
subplot(2,1,1);
plot(t,F,t,U),legend('F','U');
grid;
subplot(2,1,2);
plot(t,x),legend('x');grid;
Le déplacement est l’intégrale de la
500
t
vitesse : x(t) = ∫ v ( τ ) dτ + x 0
0
-1000
0
F
U
-500
0
2
4
6
8
10
12
Temps (s)
14
16
18
20
-0.8
x
-0.85
-0.9
-0.95
-1
0
2
4
6
8
10
12
Tempd (s)
14
16
18
Avec une initialisation correcte de
M.g
x 2 = F1 = − M ⋅ g et x 0 = −
k
Nous pouvons vérifier que le
déplacement x n’évolue pas avant
l’application de l’échelon de force
F=100 N appliqué à t=0,5 s.
Ensuite nous avons une dynamique
oscillatoire du second ordre.
20
Figure 4.7 réponses à un échelon de force
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17
Deuxième approche.
Nous prendrons pour la première composante de l’état la quantité de mouvement (moment
généralisé) p(t) = M ⋅ v(t) grandeur liée à l’énergie cinétique par E =
x1 ( t ) = p(t) = M ⋅ v(t) ⇒ x1 ( t ) = M ⋅ v(t) = F − M ⋅ g − F1 − F2
p2
:
2⋅M
La seconde variable d’état correspond au déplacement généralisé qui ici correspond au
F (t)
déplacement réel q (t) = 1 . L’énergie potentielle accumulée dans le ressort
k
2
k⋅q
valant : E =
. Nous aurons pour cette variable d’état :
2
x (t)
F (t)
F (t)
x 2 ( t ) = q(t) = 1 ⇒ x 2 ( t ) = 1 = v ( t ) = 1
k
k
M
En posant comme précédemment U = [ F M ⋅ g ] , nous pouvons maintenant expliciter la
T
formulation de la première composante de l’état soit :
b
x1 ( t ) = M ⋅ v(t) = U − k ⋅ x 2 ( t ) − x1 ( t )
M
Les équations d’état sont alors :
⎡ b
⎤
−
−k ⎥
⎡ x1 ⎤ ⎢ M
⎡ x1 ⎤ ⎡1 −1⎤
⎡x ⎤
U
Y = [ 0 1] ⎢ 1 ⎥
⎥ ⎢ ⎥+⎢
⎢x ⎥ = ⎢ 1
⎥
x
0 0⎦
⎣ 2⎦ ⎢
⎣x2 ⎦
0 ⎥ ⎣ 2⎦ ⎣
⎢⎣ M
⎥⎦
Simulation Matlab Simulink.
Lors de la formulation précédente, nous avions utilisé le bloc standard de simulation d’équations
d’état, ici nous avons fait appel uniquement à des intégrateurs, des gains et des sommateurs.
t
Clock
To Workspace
F
Condition initiale
x1=0
x2=-M.g/k
x1
U
b/M
Gain
Step
1
s
M*g
1/M
Gain3
x1
Constant
V
k
Gain1
1/M
Gain2
1
s
x2
x2
Figure 4-8 Schéma de simulation Simulink de la masse suspendue.
La variable x 2 représente la compression du ressort qui est égale au mouvement de la masse M,
il n’est donc pas utile d’intégrer la vitesse.
Comme précédemment se pose le problème d’initialisation des intégrateurs du schéma de
simulation.
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18
⎡ 0 ⎤
Pour F=0 l’équilibre des variables d’état à lieu pour X = ⎢ M ⋅ g ⎥ .
⎢−
⎥
⎣ k ⎦
Dans les mêmes conditions de simulation que précédemment (application d’une force de 100N à
t=5 s) nous avons représenté les variables d’état liées à l’énergie cinétique et potentielle.
4
30
x1 quantité de mouvement de la masse M
Energie cinétique
20
3
10
2
0
1
-10
-20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
-0.8
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
15
x2 déplacement généralisé du ressort
-0.85
10
Energie potentielle du ressort
-0.9
Déplacement de 0,1 m
5
-0.95
-1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Figure 4-9 variables d’état
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Figure 4-10 Energies cinétique et potentielle
Lors de l’application de la force de 100N la figure 4-9 montre un déplacement de la masse M de
0,1 mètre.
Sur la figure 4-10 nous trouvons les représentations de l’énergie cinétique et potentielle du
ressort.
A l’équilibre, il est normal que l’énergie cinétique soit nulle, nous avons dans cet essais appliqué
une force de 100N vers le haut qui s’est opposé à l’élongation du ressort due au poids de la
masse M. Nous pouvons vérifier que le ressort étant moins distendu son énergie potentielle a
augmenté de 5 joule.
Nous pouvons observer que la force de 100N comprimant un ressort de 0,1 m fourni un travail
100x0,1
= 5 J qui est équivalent à l’énergie accumulée dans le ressort.
de
2
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19
4.3 Domaine mécanique en rotation.
4.3.1 L’inertie.
En rotation c’est l’inertie J qui est l’équivalent d’une masse en translation, dans ce cas l’équation
i
fondamentale de la dynamique donne Cm (t) = J ⋅ ω(t) .
(4.43)
Dans cette relation Cm (t) représente le couple d’entraînement en Nm et ω(t) la vitesse
angulaire en rad/s.
t
Sous forme intégrale nous aurons : ω(t) =
1
Cm ( τ ) dτ
J∫
(4.44)
0
Quantité de mouvement (Moment généralisé).
t
La quantité de mouvement exprimé en Kg.m / s vaut p (t) = ∫ Cm ( τ ) dτ en considérant la
2
0
relation intégrale (4.44) p(t) = J ⋅ ω(t)
(4.45)
Energie stockée (type inertiel).
t
E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ v ( τ ) dτ à partir de la relation (4.44) C( τ) ⋅ dτ = J ⋅ d ( ω( τ) ) nous retrouvons
0
l’expression classique de l’énergie cinétique.
t
E(t) = J ∫ ω ( τ ) d ( ω ( τ ) )
E=
0
J ⋅ ω2
2
(4.46)
Si nous exprimons maintenant l’énergie cinétique en fonction de la quantité de mouvement nous
p
E=
aurons :
2⋅J
Choix de la variable d’état.
Première approche.
Nous associerons dans ce cas la vitesse ω(t) à la variable d’état soit :
i
i
x(t) = ω(t) ⇒ x(t) = ω(t)
Seconde approche.
Dans ce cas c’est la quantité de mouvement (moment généralisé) qui sera la variable d’état.
i
i
x(t) = p(t) = J ⋅ ω(t) ⇒ x(t) = J ⋅ω(t) = Cm (t)
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20
4.3.2 Le ressort spirale ou barre de torsion.
Un ressort spirale ou un arbre sollicité en torsion pure aura un angle de déformation
proportionnel au couple de sollicitation. La relation reliant l’angle de déformation au couple est
la suivante :
C (t)
θ(t) = m , λ représentant la raideur en mN/rad.
λ
Pour obtenir la vitesse angulaire il suffit de dériver la relation précédente soit :
i
C (t)
ω(t) = m
(4.47)
λ
Le couple du ressort spirale s’exprime vis à vis de la vitesse angulaire par la relation intégrale :
t
Cm (t) = λ ∫ ω ( τ ) dτ
(4.48)
0
Déplacement généralisé.
Nous allons comme dans le cas linéaire calculer la « charge » de couple stockée soit ici :
t
C (t)
q(t) = m
λ
q (t) = ∫ ω ( τ ) dτ
0
Cette grandeur correspond à l’angle de déformation exprimée en radian.
Energie stockée (type potentiel).
Maintenant calculons l’énergie potentielle accumulée par le ressort spirale.
t
E(t) = ∫ Cm ( τ ) ⋅ ω ( τ ) dτ sachant que ω ( τ ) dτ =
0
t
d ( Cm ( τ ) )
λ
nous aurons :
C 2
E= m
2⋅λ
1
E(t) = ∫ Cm ( τ ) ⋅ d ( Cm ( τ ) ) .
λ
0
Si nous exprimons cette énergie avec la quantité Q nous obtenons : E =
(4.49)
λ ⋅ q2
2
Choix de la variable d’état.
Première approche.
La variable d’état sera ici le couple de déformation Cm du ressort spirale.
i
i
x1 ( t ) = C m (t) ⇒ x1 ( t ) = C m (t)
Seconde approche.
Dans ce cas c’est la grandeur Q(t) qui sera la variable d’état.
i
i
C (t)
C (t)
x1 (t) = q (t) = m ⇒ x ( t ) = m = ω(t)
λ
λ
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(4.50)
21
Elément
Formulation
Intégrale et dérivée
p(t) ou q(t)
Energie stockée
t
Coulomb
Type potentiel
i
1
i
d
τ
τ
i(t)
=
C
⋅
u(t)
(
)
C∫
u(t) =
Condensateur
0
i
t
Translation
Ressort
F(t)
F(t) = k ∫ v ( τ ) dτ v(t) =
k
0
t
i
Ressort
spirale ou
barre de
torsion
C (t)
Cm (t) = λ ∫ ω ( τ ) dτ ω(t) = m
λ
Inductance
i(t) =
0
t
i
1
u
d
τ
τ
u(t)
=
L
⋅
i(t)
( )
L∫
0
q(t) = C ⋅ u(t)
C ⋅ u2
2
E=
Translation
Masse
Rotation
Inertie
ω(t) =
E=
radian
C (t)
q (t) = m
λ
Type potentiel
C 2
λ ⋅ q2
E=
E= m
2
2⋅λ
weber
Φ ( t ) = p (t)
Φ(t) = L ⋅ i(t)
p(t) = M ⋅ v(t)
0
Type potentiel
p(t) = J ⋅ ω(t)
0
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2
F
2⋅k
E=
k⋅q
2
2
E=
L ⋅ i2
2
E=
E=
M⋅v
2
E=
p2
2⋅L
2
p
2⋅M
Type inertiel
E=
2
J⋅ω
2
E=
x(t)=u(t)
x(t) = q(t) = C ⋅ u(t)
i
i
2
p
2⋅J
i
i
x(t) = u(t)
x(t) = C ⋅ u(t) = i(t)
x ( t ) = F(t)
x(t) = q (t) =
i
x ( t ) = F(t)
Type inertiel
2
Variable d’état
Méthode 2
i
Type inertiel
t
i
1
C
(t)
=
J
⋅
ω
(t)
C
d
τ
τ
(
)
m
m
J∫
q2
2⋅C
mètre
F(t)
q(t) =
k
t
i
1
v(t) = ∫ F ( τ ) dτ F(t) = M ⋅ v(t)
M
E=
Variable d’état
Méthode 1
x ( t ) = C m (t)
i
i
x ( t ) = Cm (t)
x(t) = i(t)
i
i
i
F(t)
k
i
F(t)
x (t) =
= v(t)
k
C (t)
x(t) = q (t) = m
λ
i
i
C (t)
x ( t ) = m = ω(t)
λ
x(t) = Φ(t) = L ⋅ i(t)
i
i
x(t) = i(t)
x(t) = L ⋅ i(t) = u(t)
x(t) = v(t)
x(t) = p(t) = M ⋅ v(t)
i
i
i
i
x(t) = v(t)
x(t) = M ⋅ v(t) = F(t)
x(t) = ω(t)
x(t) = p(t) = J ⋅ω ( t )
i
i
x(t) = ω(t)
i
x(t) = Cm (t)
22
5. Changement entre les formalismes d’état et de transmittance.
Pour les systèmes régis par une ou plusieurs équations différentielles linéaires, il est possible de
définir, soit une fonction de transfert dans le cas mono variable, soit une matrice de transfert
dans le cas multi variable.
5.1 Passage des équations d’état à une matrice de transfert.
La représentation par équations d’état est une formulation multi variable, dans le cas général,
nous aboutirons à une représentation par matrice de transfert de la forme :
⎡ Y1 ( p ) ⎤ ⎡ H11 ( p ) H11 ( p )
⎢
⎥ ⎢
⎢ Y2 ( p ) ⎥ = ⎢ H 21 ( p ) H 21 ( p )
⎢
⎥ ⎢
⎢
⎥ ⎢
⎢⎣ Ys ( p ) ⎥⎦ ⎢⎣ Hs1 ( p ) Hs2 ( p )
H1e ( p ) ⎤ ⎡ U1 ( p ) ⎤
⎥⎢
⎥
H 2e ( p ) ⎥ ⎢ U 2 ( p ) ⎥
⎥⎢
⎥
⎥⎢
⎥
Hse ( p ) ⎥⎦ ⎢⎣ U e ( p ) ⎥⎦
(5.1)
Il est clair que dans le cas mono variable nous retrouvons la représentation classique par
transmittance.
Pour obtenir ce type de représentation, reprenons la définition des équations d’état dont nous
allons prendre la transformée de Laplace qui présuppose une condition initiale nulle.
L
X (t) = A ⋅ X(t) + B ⋅ U(t) ⎯⎯→ p ⋅ X (p) = A ⋅ X(p) + B ⋅ U(p)
(5.2)
L
→ Y (p) = C ⋅ X(p) + D ⋅ U(p)
Y (t) = C ⋅ X(t) + D ⋅ U(t) ⎯⎯
(5.3)
−1
La relation (5.2) conduit : ⇒ [ p.I − A ] X(p) = B ⋅ U(p) ⇒ X(p) = [ p.I − A ]
En reportant X(p) dans (5.3) nous obtenons :
−1
Y (p) = C ⋅ [ p.I − A ]
(
−1
B ⋅ U(p) + D ⋅ U(p) = C ⋅ [ p.I − A ]
)
B + D ⋅ U(p)
−1
la matrice de transfert vaudra donc : H ( p ) = C ⋅ [ p.I − A ]
B ⋅ U(p)
B+D
(5.4)
5.2 Passage d’une transmittance aux équations d’état.
Lorsque l’analyse d’un système physique conduit à un système d’équations différentielles et
algébriques, nous pouvons, comme nous l’avons vu, établir les équations d’état. Dans certains
cas, cette analyse conduit à l’établissement d’une fonction de transfert ou une matrice de
transfert.
Dans la situation où nous disposons d’une transmittance il est possible d’établir directement les
équations d’état à partir de celle-ci.
Nous allons, dans un premier temps, considérer une transmittance dont le degré du numérateur
est strictement inférieur au degré du dénominateur.
Soit une transmittance de la forme :
Y ( p ) b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 + + b m ⋅ pm
H ( p) =
=
avec n>m
U ( p ) 1 + a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + p n
La transmittance, ici d’ordre n, correspond à une équation différentielle du même ordre. La taille
du vecteur d’état devra être égal à n.
Il existe deux grandes méthodes pour choisir les n composantes du vecteur d’état.
La première associera une composante d’état à chaque pôle de la transmittance. Cette approche
sera appelée méthode des modes.
La seconde utilisera une sortie intermédiaire et ses n-1 dérivées, cette méthode sera appelée
décomposition canonique.
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23
5.2.1 Méthode des modes.
Cette méthode consiste à calculer les pôles de la transmittance et d’associer à chacun d’eux une
composante du vecteur d’état.
Selon le type de pôles (simple ou multiples) ou leur nature (réel ou complexe) les formes prises
par les matrices des équations d’état sont différentes. Cependant la trame méthodologique reste
la même et nous allons tout d’abord l’illustrer dans le cas de pôles réels distincts.
Cas de pôles réels distincts.
Après le calcul des pôles la fonction de transfert est décomposée en éléments simples.
Y (p)
α1
α2
αn
(5.5)
H(p) =
+
+ +
=
p + λ1 p + λ 2
p + λn U ( p)
En associant à chaque pôle les composantes du vecteur d’état suivant :
U (p)
⇒ x1 ( t ) = −λ1 ⋅ x1 ( t ) + u ( t )
x1 ( p ) =
p + λ1
x2 ( p) =
U ( p)
⇒ x 2 ( t ) = −λ 2 ⋅ x 2 ( t ) + u ( t )
p + λ2
xn (p) =
U ( p)
⇒ x n ( t ) = −λ n ⋅ x n ( t ) + u ( t )
p + λn
(5.6)
Les équations d’état sont alors :
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ −λ1
0
⎢
⎥ ⎢
⎢ x 2 ( t ) ⎥ = ⎢ 0 −λ 2
⎢
⎥ ⎢
⎢
⎥ ⎢
0
⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ 0
0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡1⎤
⎢
⎥
0 ⎥⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢1⎥
+ ⎢ ⎥ U(t)
⎥ ⎢⎥
⎥⎢
⎥ ⎢⎥
⎥⎢
−λ n ⎥⎦ ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎣1⎦
(5.7)
La matrice est diagonale et nous retrouvons évidemment sur celle-ci les valeurs propres qui sont
les pôles de la transmittance.
La forme diagonale de la matrice A simplifie grandement les formulations faisant appel à son
inversion.
Avec ces variables d’état la sortie vaut :
(5.8)
y ( t ) = α1 ⋅ x1 ( t ) + α 2 ⋅ x 2 ( t ) + + α n ⋅ x n ( t )
Ce qui donne pour l’équation de sortie :
y ( t ) = [ α1 α 2
αn ] X ( t )
(5.9)
Cas de pôles complexes conjugués.
La démarche est la même que précédemment, cependant les matrices A et B contiendront des
nombres complexes.
Par exemple, si nous prenons un système du troisième ordre possédant deux pôles complexes et
un pôle réel tel que :
Y ( p)
β1
β2
β
(5.10)
H(p) =
=
+
+ 2
U ( p ) p + ( r1 + j ⋅ c1 ) p + ( r1 − j ⋅ c1 ) p + λ 2
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Nous prendrons comme précédemment des variables d’état associées aux pôles :
U (p)
x1 ( p ) =
⇒ x1 ( t ) = − ( r1 + j ⋅ c1 ) ⋅ x1 ( t ) + u ( t )
p + ( r1 + j ⋅ c1 )
x2 ( p) =
x3 ( p ) =
U (p)
⇒ x 2 ( t ) = − ( r1 − j ⋅ c1 ) ⋅ x 2 ( t ) + u ( t )
p + ( r1 − j ⋅ c1 )
(5.11)
U (p)
⇒ x 3 ( t ) = −λ 2 ⋅ x 3 ( t ) + u ( t )
p + λ2
Pour ce choix de variables d’état la sortie s’exprime par :
Y ( t ) = α1 ⋅ x1 ( t ) + β1 ⋅ x 2 ( t ) + α 3 ⋅ x 3 ( t )
(5.12)
Nous obtenons une forme similaire à la précédente
0
0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 1⎤
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ − ( r1 + j ⋅ c1 )
⎢
⎥ ⎢
⎥⎢
⎥
0
− ( r1 − j ⋅ c1 )
0 ⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ + ⎢⎢ 1 ⎥⎥ u ( t )
⎢ x2 ( t ) ⎥ = ⎢
⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣
−λ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ 1 ⎥⎦
0
0
⎡ x1 ( t ) ⎤
⎢
⎥
Y ( t ) = [ α1 β1 α 2 ] ⎢ x 2 ( t ) ⎥
⎢⎣ x 3 ( t ) ⎥⎦
Cas d’un pôle multiple.
(5.13)
(5.14)
Considérons une fonction de transfert défini par un pôle multiple d’ordre r.
H(p) =
αr
+
α r −1
( p + λ )r ( p + λ )r −1
+
+
α2
( p + λ )2
+
Y (p)
α1
=
p + λ U ( p)
(5.15)
Dans ce cas nous prendrons r composantes du vecteur d’état :
x1 ( p ) =
x2 ( p) =
U (p)
(p + λ)
r
U ( p)
(p + λ)
r −1
x1 ( p ) =
x2 ( p)
(p + λ)
x2 ( p) =
x3 ( p )
(p + λ)
⇒
x r −1 ( p ) =
U (p)
( p + λ )2
U ( p)
xr ( p) =
(p + λ)
x1 ( t ) = −λ ⋅ x1 ( t ) + x 2 ( t )
x 2 ( t ) = −λ ⋅ x 2 ( t ) + x 3 ( t )
⇒
x r −1 ( p ) =
xr ( p) =
xr ( p)
(p + λ)
(5.16)
x r −1 ( t ) = −λ ⋅ x r −1 ( t ) + x n ( t )
x r ( t ) = −λ ⋅ x r ( t ) + U ( t )
U (p)
(p + λ)
Avec ces variables d’état la sortie vaut :
Y ( t ) = α r ⋅ x1 ( t ) + α r −1 ⋅ x 2 ( t ) + + α 2 ⋅ x r −1 ( t ) + α1 ⋅ x r ( t )
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(5.17)
25
Les équations d’état seront alors :
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ −λ 1
0
0 ⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡0 ⎤
⎢
⎥ ⎢
⎢
⎥
0 ⎥⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢⎢0 ⎥⎥
⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢ 0 −λ 1
⎢
⎥=⎢ 0
⎥ + ⎢0 ⎥ U(t)
0 −λ 1 0 ⎥ ⎢
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢
⎢ x r −1 ( t ) ⎥ ⎢
⎥ ⎢ x r −1 ( t ) ⎥ ⎢ ⎥
⎢
⎥
−λ ⎦⎥ ⎣⎢ x r ( t ) ⎦⎥ ⎣⎢1 ⎦⎥
0
0
⎣ x r ( t ) ⎦ ⎣⎢ 0
Y(t) = [ α r
α r −1
α2
⎡ x1 ( t ) ⎤
⎢
⎥
⎢ x2 ( t ) ⎥
⎥
α1 ] ⎢
⎢
⎥
⎢ x r −1 ( t ) ⎥
⎢ xr ( t ) ⎥
⎣
⎦
(5.18)
(5.19)
A n’est plus diagonale, c’est une matrice de Jordan. Dans le cas de la coexistence de pôles réels,
complexes et multiples ces derniers introduirons des sous matrices de Jordan.
5.2.2 Décomposition canonique.
Pour cette approche nous allons définir une sortie intermédiaire S(p), la transmittance étant de la
Y (p)
b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 + + b m ⋅ p m
=
(5.20)
forme : H ( p ) =
U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n
nous poserons :
S( p)
1
=
2
U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n
(5.21)
ce qui conduit à n’exprimer la sortie qu’avec la sortie intermédiaire S.
(
Y ( p ) = b0 + b1 ⋅ p + b 2 ⋅ p 2 +
)
+ bm ⋅ pm S ( p )
(5.22)
Les composantes d’état seront la sortie S et ses n-1 premières dérivées.
x1 ( t ) = S ( t ) = x 2 ( t )
x1 ( p ) = S ( p )
x 2 ( t ) = S ( t ) = x3 ( t )
x2 ( p) = p ⋅S( p)
x3 ( p ) = p ⋅ S ( p )
x3 ( t ) = S ( t ) = x 4 ( t )
2
x n −1 ( p ) = p
n −2
⋅S(p)
x n ( p ) = p n −1 ⋅ S ( p )
⇒
x n −1 ( t ) =
d
n −1
dt n −1
(5.23)
S( t ) = xn ( t )
dn
S( t )
dt n
Pour exprimer la dernière composante du vecteur d’état, à partir de la relation (5.21) nous
obtenons :
(5.24)
x n ( t ) = −a 0 ⋅ x1 ( t ) − a1 ⋅ x 2 ( t ) − a 2 ⋅ x 3 ( t ) − − a n −1 ⋅ x n ( t ) + u ( t )
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xn ( t ) =
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Les équations d’état seront alors les suivantes :
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 0
⎢
⎥ ⎢
⎢ x2 ( t ) ⎥ ⎢ 0
⎢ x3 ( t ) ⎥ ⎢ 0
⎢
⎥=⎢
⎢
⎥ ⎢
⎢x
( t )⎥ ⎢ 0
⎢ n −1 ⎥ ⎢
⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎢⎣ −a 0
1
0
0
0
1
0
0
0
−a1 −a 2
0
0
1
0
⎤ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢
⎥ ⎢ x 2 ( t ) ⎥ ⎢0⎥
⎥ ⎢ x 3 ( t ) ⎥ ⎢0⎥
⎥ + ⎢ ⎥ u (t)
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢
1 ⎥ ⎢ x n −1 ( t ) ⎥ ⎢ 0⎥
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢
−a n −1 ⎥⎦ ⎢⎣ x n ( t ) ⎥⎦ ⎣1 ⎦
0
0
0
0
−a n − 2
(5.25)
Pour exprimer la sortie en fonction de l’état la relation (5.22) donne :
Y ( t ) = [ b0
b1 b 2
bm
0
⎡ x1 ( t ) ⎤
⎢
⎥
⎢ x2 ( t ) ⎥
⎢ x (t) ⎥
0] ⎢ 3
⎥
⎢
⎥
⎢x
( t )⎥
⎢ n −1 ⎥
⎣⎢ x n ( t ) ⎦⎥
(5.26)
Cette décomposition est particulièrement simple car nous retrouvons dans la dernière ligne de la
matrice A les coefficients du dénominateur et la matrice C est composée du numérateur.
Cette décomposition canonique aboutit à une forme dite de matrice compagne.
5.2.3 Cas particulier ou m=n.
Dans le cas ou le degré du numérateur est égal au degré du dénominateur un traitement préalable
doit être fait pour se ramener à une formulation ou la transmittance aura un degré du numérateur
inférieur au degré du dénominateur.
Y (p)
c0 + c1 ⋅ p + c2 ⋅ p 2 + + cn ⋅ p n
=
H ( p) =
U ( p ) a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n
En isolant le coefficient de transmission directe qui correspond au gain de la transmittance pour
une fréquence infinie nous obtenons :
( c − a ⋅ c ) + ( c1 − a1 ⋅ cn ) ⋅ p + ( c2 − a 2 ⋅ cn ) ⋅ p2 + + ( cn −1 − a n −1 ⋅ cn ) ⋅ pn −1
H ( p ) = cn + 0 0 n
a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p2 + + a n −1 ⋅ p n −1 + p n
H ( p ) = cn +
b0 + b1 ⋅ p + b2 ⋅ p2 +
+ b n −1 ⋅ p n −1
a 0 + a1 ⋅ p + a 2 ⋅ p 2 + + a n −1 ⋅ pn −1 + pn
Pour établir les équations d’état on utilise l’une des deux méthodes précédentes pour la
transmittance, le coefficient c n correspondant à la matrice D.
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27
6. Exemple.
6.1 Moteur à courant continu.
Nous allons considérer un moteur à courant continu alimenté par une tension Vs au stator
l’inducteur produisant un flux Φ ( Ii ) , Ii représentant le courant d’excitation.
E
Induit
Vs
Cm
Rs
Ls
Inducteur
Ve
Figure 6-1 Montage technologique
Figure 6-2 Schéma de principe du moteur
Les notations utilisées sont les suivantes :
Ii (t)
Courant dans l’inducteur en ampère
Vs ( t ) Tension de l’induit en volt
Ls
Inductance de l’induit en henry
E(t) : Force contre électromotrice en volt
Is ( t ) Courant de l’induit en ampère
Rs
Résistance de l’induit en Ω
k0
Coefficient technologique
Φ ( t ) Flux de l’inducteur en weber
Cm ( t ) Couple moteur en Nm
Ve ( t ) Tension d’excitation de l’inducteur
J
Inertie du moteur et de sa charge en m 2 K g f frottement fluide en Nms/rad
Les équations du moteur à courant continu et la relation fondamentale de la dynamique nous
donne les équations suivantes :
Vs ( t ) = E ( t ) + R s ⋅ Is ( t ) + Ls ⋅ Is ( t )
(6.1)
C m ( t ) = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) ⋅ Is ( t )
(6.2)
E ( t ) = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) ⋅ Ω ( t )
(6.3)
J ⋅ Ω ( t ) = Cm ( t ) − f ⋅ Ω ( t )
(6.4)
Le moteur à courant continu et sa charge sont régis par deux équations différentielles, il nous
faut donc choisir deux variables d’état.
Nous avons ici deux stockages de type inertiel, le premier dans l’inductance du stator et pour
lequel nous associeront la première composante du vecteur d’état soit : x1 (t) = Ls ⋅ Is (t) , le
second stockage a lieu dans l’inertie du moteur et de sa charge et nous prendrons comme
deuxième composante d’état : x 2 (t) = J ⋅ Ω ( t )
En dérivant le vecteur d’état il vient :
x1 (t) = Ls ⋅ Is (t)
x 2 (t) = J ⋅ Ω ( t )
Si nous posons pour la commande et la sortie U ( t ) = Vs ( t ) et Y T ( t ) = ⎡⎣ Ω ( t ) Is ( t ) ⎤⎦ à partir
des équations (6.1) à (6.4) nous auront :
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28
k ⋅ Φ ( Ii )
k ⋅ Φ ( Ii )
R
R
U(t) = 0
⋅ x 2 ( t ) + s ⋅ x1 ( t ) + x1 ( t ) ⇒ x1 ( t ) = − s ⋅ x1 ( t ) − 0
⋅ x2 ( t ) + U ( t )
J
Ls
Ls
J
k ⋅ Φ ( Ii )
f
x2 ( t ) = 0
⋅ x1 ( t ) − ⋅ x 2 ( t )
Ls
J
Ce qui donne les équations d’état suivantes :
⎡
k ⋅ Φ ( Ii ) ⎤
Rs
⎡
− 0
⎢ −
⎥
⎢0
Ls
J
x
t
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢
⎡
⎤
1
(
)
⎡
⎤
1
⎥
U(t) Y ( t ) = ⎢
⎢
⎥=⎢
⎢
⎥+
⎥
x
t
x 2 ( t ) ⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦
(
)
k
⋅
Φ
I
⎢1
(
)
f
i
⎣ 2 ⎦ ⎢ 0
⎣
−
⎥
⎢⎣ Ls
Ls
J
⎣⎢
⎦⎥
1⎤
J ⎥ ⎡ x1 ( t ) ⎤
⎥⎢
⎥
x 2 ( t )⎦
⎥
⎣
0
⎥⎦
(6.5)
Simulation Matlab.
Comme dans l’exemple précédemment nous allons écrire un script d’initialisation et un script de
visualisation.
Script d’initialisation
Script de visualisation
%------ Simulation d'un MCC ----%
clear,clc;
Rs=5.5; Ls=582e-3; k1=1.1911;
eta=0.85;
Wnom=157; Unom=220; Inom=6;
Pmecanom=Unom*Inom*eta;
Cnom=Pmecanom/Wnom;
J=0.1;
f=Cnom/Wnom;
tfin=3; Tplot=0.01;
subplot(3,1,1);
plot(t,U),legend('U');grid;
axis([0 tfin 0 250]);
subplot(3,1,2);
Nr=W*30/pi;
plot(t,Nr),legend('Vitesse
tr/min');grid;
axis([0 tfin 0 1600]);
subplot(3,1,3);
plot(t,Is),legend('Is');grid;
A=[-Rs/Ls -k1/J;k1/Ls -f/J];
B=[1;0];
C=[0 1/J;1/Ls 0];
D=[0;0];
Mcc=ss(A,B,C,D);
Mcc.OutputName{1}='Vitesse';
Mcc.OutputName{2}='Courant';
U
t
To Workspace1
Clock
To Workspace
W
x' = Ax+Bu
y = Cx+Du
Step
em
State-Space
To Workspace4
Is
To Workspace2
Figure 6-3 Schéma Simulink pour la simulation du moteur à courant continu
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29
200
U
100
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
1500
Vitesse tr/min
1000
500
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
30
Is
20
10
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Figure 6-4 Résultats de simulation pour un échelon de tension.
Pour une mise en tension sous charge nominale nous pouvons constater un dépassement
important du courant nominal qui conduit à avoir une puissance électrique crête d’environ 5 fois
la puissance nominale.
8000
Pe=6400 W
Pe
Pm
6000
Pm=2800 W
4000
Pe=1300 W
2000
0
Pm=1100 W
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
1
0.8
rendement
0.6
0.4
0.2
0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
U
Figure 6-5 Puissances et rendement pour un échelon de tension.
Passage à une formulation par transmittances.
Si le courant de l’inducteur est maintenu constant nous pouvons poser : k1 = k 0 ⋅ Φ ( Ii ) les
équation d’état (5.5) deviennent :
⎡ Rs
−
⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎢ Ls
⎢
⎥=⎢
x
t
(
)
⎣ 2 ⎦ ⎢ k1
⎢ L
⎣ s
k ⎤
1⎤
⎡
− 1⎥
0
⎢
J ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡1 ⎤
J ⎥ ⎡ x1 ( t ) ⎤
⎥⎢
⎢
⎥⎢
+
U(t)
(6.6)
Y
t
=
(
)
⎥
⎥
1
x 2 ( t )⎦
f ⎥ ⎣ x 2 ( t ) ⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦
⎢
⎥
⎣
0
− ⎥
⎢⎣ Ls
⎥⎦
J⎦
Pour établir la matrice de transfert nous avons vu précédemment (5.4) qu’elle est issue de
l’équation matricielle :
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30
−1
H(p) = C [ p ⋅ I − A ]
B + D , soit :
k1 ⎤
J ⎥
⎥
f⎥
p+ ⎥
J⎦
−1
⎡
⎢0
H(p) = ⎢
⎢1
⎢⎣ Ls
R
1⎤ ⎡
p+ s
⎢
Ls
J⎥⎢
⎥
⎢
0 ⎥ ⎢ − k1
⎥⎦
⎣ Ls
⎡
⎢0
H(p) = ⎢
⎢1
⎢⎣ Ls
Ls ( J ⋅ p + f )
1 ⎤ ⎡⎢
2
J ⎥ ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1
⎥⎢
k1 ⋅ J
0⎥ ⎢
⎥⎦ ⎢
2
⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1
⎡
⎢0
H(p) = ⎢
⎢1
⎢⎣ Ls
1⎤
J⎥
⎥
0⎥
⎥⎦
⎡1 ⎤
⎢0⎥
⎣ ⎦
⎤
⎥
( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥ ⎡1 ⎤
⎥ ⎢0⎥
J ( Ls ⋅ p + R s )
⎥⎣ ⎦
( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎦⎥
−
k1 ⋅ Ls
k1
Ls ( J ⋅ p + f )
⎡
⎤
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
2
2
⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥
⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥
⎢
⎥ ⇒ H(p) = ⎢
⎥
(J ⋅ p + f )
k1 ⋅ J
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦
⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦
Ce qui donne :
k1
⎡
⎤
⎢
2⎥
⎡ Ω ( p ) ⎤ ⎢ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k1 ⎥
⎢
⎥=⎢
⎥ Vs (p)
(J ⋅ p + f )
⎣ Is ( p ) ⎦ ⎢
⎥
⎢⎣ ( J ⋅ p + f )( Ls ⋅ p + R s ) + k12 ⎥⎦
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31
Annexe
Le système SI (MKSA)
LES UNITES DANS DIVERS SYSTEMES.
Grandeur
Nom
Symbole
Expression avec
les unités de
base
longueur
Masse
m
kg
L
M
temps
Courant électrique
mètre
Kilo
gramme
seconde
ampère
s
A
T
Potentiel électrique, fem,
volt
V
A
T −1Q
W
A
L2 MT −2Q−1
Résistance électrique
ohm
Ω
Capacité électrique
farad
F
Inductance
henry
H
Flux d’induction magnétique
weber
Wb
V
A
C
V
Wb
A
V.s
Densité d’induction
magnétique
tesla
T
Wb
Force
newton
Pression
Energie, travail, quantité de
chaleur
puissance
Equation aux
dimensions
2
L2 MT −1Q−1
L−2 M −1TQ2
L2 MQ −2
L2 MT −1Q−1
MT −1Q −1
N
m
kg ⋅ m
LMT −2
Pa
s2
N
joule
J
m2
N.m
L−1MT −2
watt
W
pascal
J
s
L2 MT −2
L2 MT −3
Règle d’écriture.
Lorsqu’une unité porte le nom d’un chercheur, le nom de l’unité est écrit en minuscule,
sauf Celcius.
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32
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33
LES BOND GRAPHS
1.
Préambule.
Le bond graph est un langage graphique qui constitue un intermédiaire entre le système physique
que l’on étudie et la formulation mathématique nécessaire à sa modélisation. La conception d’un
bond graph ou graphe de liens repose sur l’échange d’énergie entre les éléments du système
étudié et s’appuie sur la notion de causalité. Cette prise en compte de la causalité représente un
avantage majeur de cette approche. D’autres formalismes, tels les graphes de fluences ou les
graphes d’interconnections de ports, ne prennent pas en compte cet aspect.
Afin de préciser cette notion de causalité nous prendrons deux exemples :
Si nous sommes dans le domaine mécanique, pour une masse en mouvement, la force constitue
la cause et la vitesse l’effet. En électronique, l’évolution de la tension aux bornes d’un
condensateur est la conséquence du courant le traversant.
La méthodologie des bond graphs suppose que le système soit à paramètres localisés, dans ce
cas, il est possible de décomposer l’ensemble étudié en éléments appelés ports. Entre ces ports
l’énergie est transmise, celle-ci se décomposant entre un effort et un flux, ces dénominations
générales pourront se décliner dans plusieurs domaines de la physique. Cette dernière remarque
constitue un autre atout de la représentation d’un système par bond graphs. En effet, il sera
possible avec le même formalisme, de représenter des phénomènes électriques, mécaniques,
thermiques, chimiques …
Avant d’entrer dans les détails du formalisme par bond graph nous allons spécifier ses
principales caractéristiques.
‰ C’est un langage unifié quelque soit le domaine physique considéré.
‰ Il est basé sur une formulation énergétique des échanges entre les sous systèmes ;
Afin de décrire la variété des phénomènes dans différents domaine de la physiques une typologie
d’éléments que nous détaillerons ultérieurement est définie.
‰ Source idéale d’énergie
‰ Stockage d’énergie
‰ Dissipation d’énergie
‰ Transformation et conversion de l’énergie
2.
Liens et ports.
2.1
Définitions.
Comme nous venons de l’entrevoir, cette approche permet de représenter les échanges d’énergie
en terme de flux et d’effort entre les éléments du système physique appelé ports.
Ainsi si le véhicule A entraîne la charge B, la force de traction F sera l’effort et la vitesse le flux ;
la demi-flèche donne alors le sens de passage de l’énergie.
Entraînement mécanique
V
Circuits électriques
V
F
F
B
Circuit
A
A
F
Circuit
B
U
U
B
A
B
A
V
I
Figure 2-1 Conventions d’un lien
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I
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34
Dans le domaine électrique, lorsque le circuit A alimente le circuit B, la tension U représente
l’effort et le courant I le flux (au sens des bond graphs).
Pour résumer, si deux composants d’un système physique s’échangent de l’énergie. Par
convention la demi-flèche appelée lien indique le sens du transit. Pour ce sens, le transfert de la
puissance sera considéré comme positive. Par convention, A sera le port d’entrée et B le port de
sortie.
effort
A
B
e
A
B
f
e
Port d'entrée
Port de sortie
A
B
f
flux
Figure 2-2 Représentations d’un lien entre deux ports
Le lien comportera deux grandeurs, la variable de flux notée f est une variable extensive et
correspond à un nombre de particules par unité de temps. La variable d’effort, notée e est une
variable intensive indépendante de toute quantité de matière. La variable f de flux est notée du
coté de la demi-flèche et l’effort e sur le coté opposé. Le produit de l’effort par le flux représente
la puissance échangée.
Lors de l’élaboration d’un bond graph, chaque élément est schématisé par un ensemble de ports
communiquant par des liens indiquant le sens de transfert de la puissance.
Pour des ensembles importants, il est parfois utile de faire une analyse plus macroscopique en
définissant des sous-systèmes, dans ce cas le bond graph à mots est utilisé.
Afin d’illustrer cette approche, pour un véhicule électrique, une analyse par bond graph à mots
donne la décomposition suivante :
Batterie
tension
Courant
Onduleur
tension
Courant
Moteur
Véhicule
&
Environnement
Boite
Couple
de
Vitesse
vitesse
angulaire
Vitesse
Couple
angulaire
force
vitesse
Transmission
Figure 2-3 Bond graph à mots
2.2
Expressions de la puissance et de l’énergie.
A partir des grandeurs de flux et d’effort d’autres variables peuvent être définies :
2.2.1
La variable de puissance (P)
La puissance échangée résulte du produit d’un flux par un effort. P = e ⋅ f
Exemples :
En mécanique l’effort, est la force ou le couple et le flux la vitesse linéaire ou angulaire,
nous aurons dans ce domaine les expressions classiques
P = F ⋅ V avec la force en newton et le flux en m/s.
P = C ⋅ ω Ici la force correspond au couple en Nm et le flux à la vitesse angulaire en rad/s.
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35
La variable de moment généralisé p(t).
2.2.2
t
Le moment généralisé noté p(t) correspond à l’intégrale de l’effort. p (t) = ∫ e ( τ ) dτ + p ( 0 )
0
Exemples :
Domaine électrique.
Ici l’effort et le flux sont représentés, respectivement par la tension et le courant, il vient :
t
p (t) = ∫ V ( τ ) dτ + p ( 0 ) .
0
Domaine mécanique.
Pour un mouvement de translation, l’effort est la force et le flux la vitesse linéaire.
t
Dans le cas d’une translation p (t) = ∫ F ( τ ) dτ + p ( 0 ) .
0
Ici, le moment généralisé p(t) représente l’impulsion en Ns.
Pour les mouvements de rotation, l’effort est le couple et le flux la vitesse de rotation
angulaire.
t
En rotation p (t) = ∫ C ( τ ) dτ + p ( 0 ) et le moment généralisé p(t) sera l’impulsion
0
angulaire en Nms.
2.2.3
La variable de déplacement généralisé q(t).
Cette notion de déplacement est la grandeur duale du moment généralisé. Cette variable
t
s’exprime par l’intégrale du flux soit : q (t) = ∫ f (τ) ⋅ dτ + q ( 0 )
0
Exemples :
Domaine électrique.
Comme nous l’avons vu précédemment, l’effort et le flux correspondent respectivement à
la tension et au courant.
t
q (t) = ∫ I ( τ ) dτ + q ( 0 ) .
0
Dans le domaine électrique le déplacement représente la charge en Coulomb.
Domaine mécanique.
t
Pour un mouvement de translation q (t) = ∫ V ( τ ) dτ + q ( 0 ) .
0
t
L’intégrale de la vitesse est ici le déplacement exprimé en m. x(t) = x 0 + ∫ V(τ) ⋅ dτ .
t0
C’est de la particularité, de cette variable dans le domaine mécanique, que vient la
dénomination de déplacement.
t
Pour un mouvement en rotation q (t) = ∫ ω ( τ ) dτ + q ( 0 )
0
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36
L’intégration de la vitesse angulaire donne l’angle, dans ce domaine le déplacement
t
correspond donc à la rotation angulaire exprimée en rad. θ(t) = θ0 + ∫ ω(τ) ⋅ dτ
t0
2.2.4
Variable d’énergie E(t).
t
L’énergie correspond à l’intégration de la puissance . E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 )
0
Exemples :
Domaine électrique.
Dans le domaine électrique nous aurons :
t
E(t) = ∫ V ( τ ) ⋅ I ( τ ) dτ + E ( 0 )
0
Domaine mécanique.
Pour un mouvement de translation l’effort est la force et le flux la vitesse linéaire. En
rotation l’effort est le couple et le flux la vitesse de rotation.
t
En translation E(t) = ∫ F ( τ ) ⋅ V ( τ ) dτ + E ( 0 ) .
0
t
En rotation E(t) = ∫ C ( τ ) ⋅ ω ( τ ) dτ + E ( 0 ) .
0
2.3
Variables de flux et d’effort.
Résumé des variables d’effort et de flux
Domaine
Electrique
Magnétique
Mécanique
translation
Mécanique
rotation
Hydraulique
Thermique
Chimique
Effort e
La tension en
Volt
La force
magnétomotrice
La force en N
Flux f
Moment p
Le courant en
Impulsion p
ampère
en V.s
La dérivée du flux
magnétique
La vitesse en m/s
Impulsion p
en N.s
Le couple en Nm La vitesse en rad/s Impulsion p
en N.m.s
Pression en
Débit
Pascal ( N / m2 )
Température °K
Potentiel
chimique µ
Dérivée de
l’entropie S
Flux molaire
Tableau 2-1
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Déplacement q
Le flux
magnétique
Déplacement en
mètre
Angle en radian
Volume en m3
Entropie S
Nombre
moles
de
37
3.
Eléments du langage bond graph.
Les phénomènes mis en jeux sont analysés en termes de sources d’effort et sources de flux. La
puissance étant le produit d’un effort par un flux.
Nous allons distinguer 3 types d’éléments :
Les éléments actifs, les éléments passifs, les éléments détecteurs, les jonctions et les éléments de
transformation.
3.1
Les éléments actifs.
Dans un système, l’énergie peut être apportée soit par une source d’effort soit par une source de
flux. Dans le domaine électrique, ce sont respectivement les sources de tension et de courant.
Ces sources sont orientées par une demi-flèche opposée à la source considérée.
3.1.1
Source d’effort.
La variable effort est supposée indépendante du flux fourni par la
source. Pour une source de tension, cela revient à dire que sa
résistance interne est nulle.
e
f
Se
Exemples 1.
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
F
Z
u
Se :
Tension u
Se :
Force F
Source de tension, alimentation par une Moteur d’entraînement ayant des pertes nulles et
source d’impédance nulle.
fournissant une force de propulsion F.
3.1.2
Source de flux.
Ici cette source est la duale de la précédente. Dans le domaine
électrique cela correspond à une source de courant d’impédance
infinie.
Exemples 2.
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
e
f
Sf
Vitesse v
i
Z
Sf :
Courant i
Sf :
Vitesse v
Source de courant, alimentation par une Moteur d’entraînement ayant une inertie infinie et
source d’impédance infinie.
fournissant une vitesse constante.
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38
3.2
Eléments passifs.
Ce sont les éléments passifs qui dégradent l’énergie en chaleur, une résistance électrique, le
frottement qui s’oppose à un mouvement etc…
3.2.1
Elément R.
Cet élément est utilisé pour modéliser un phénomène physique
R liant les variables flux et effort, la puissance étant dissipée sous
forme calorifique.
Dans le domaine électrique se sont les résistances, en mécanique,
les amortisseurs ou tout phénomène de frottement, en hydraulique une restriction. En fait tout
phénomène dégradant l’énergie en chaleur.
e
f
Exemples 3.
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
I
Force F=b.V
U
R1
U
Vitesse V
R:R1
I
F
F
V
R:b
Frottement s’opposant à un déplacement.
Frottement sec ; F constant, P = V ⋅ F
Frottement fluide ; F = b ⋅ V
La résistance :
2
Puissance dissipée P = U ⋅ I = R1 ⋅ I .
P = V ⋅ F = b ⋅ V2
3.2.2
Eléments de stockage.
Les éléments de stockage sont des éléments passifs mais réversibles en énergie. Un barrage
accumule de l’énergie potentielle, une inertie en rotation stocke de l’énergie cinétique. Dans le
domaine électrique, un condensateur contient une quantité d’électricité et une inductance de
l’énergie magnétique. Deux types d’éléments de stockage existent selon qu’ils accumulent un
flux ou un effort.
3.2.3
Elément C (stockage de type potentiel).
e
f
C
Cet élément prend en compte le stockage d’un effort.
L’élément C est utilisé pour tout phénomène physique liant la
variable d’effort à la variable de déplacement, ce stockage est dit
potentiel.
Le déplacement est défini par la relation q = ϕc ( C, e ) , dans le cas linéaire q = C ⋅ e .
L’énergie stockée peut s’exprimer :
t
E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 )
0
t
Le déplacement s’exprimant vis-à-vis du flux par q (t) = ∫ f (τ) ⋅ dτ , il vient :
0
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39
q
E(q) =
∫ e ( q ) dq + E ( q0 ) .
q0
Exemples :
Energie stockée dans un ressort.
Pour un ressort la force est proportionnelle à l’écrasement soit : F = k ⋅ x ,
x
E(x) =
∫
x
F ( x ) dx + E ( x 0 ) =
x0
∫
k ⋅ x ⋅ dx + E ( x 0 ) =
x0
k ⋅ x2
2
Energie stockée dans un condensateur.
Pour un condensateur la charge Q (déplacement) est reliée à la tension (effort) par la
relation Q = C ⋅ U .
E(x) =
q
x
q0
x0
∫ F ( q ) dq + E ( q0 ) =
∫
q
q2
⋅ dq + E ( q0 ) =
, si on exprime cette énergie stockée
C
2⋅C
1
en fonction de la tension, nous retrouvons la relation classique E = C ⋅ U 2 .
2
L’élément C peut s’exprimer par deux causalités :
1
Causalité intégrale : e = ∫ f , l’effort et l’intégrale d’un flux.
C
Causalité dérivée : f = C ⋅ e , le flux et la dérivée de l’effort.
Exemples 4.
Domaine mécanique.
Domaine électrique.
I
Force F
F
Compression k.x
Force F
Tension U
U
C
Courant I
C:C
Ressort de
raideur k
Vitesse V
C:
1
k
Le condensateur permet lorsqu’il reçoit un Le ressort permet lorsqu’il est soumis à une
courant (flux) d’emmagasiner une charge vitesse (flux) d’emmagasiner un déplacement
électrique
exprimée
en
Coulomb exprimé en mètre.
t
(déplacement).
t
Déplacement : q = ∫ f ⇒ q ( t ) = ∫ V(τ) ⋅ dτ
Déplacement : q = ∫ f ⇒ q ( t ) = ∫ i(τ) ⋅ dτ
0
0
Pour un ressort, la force due à la compression
t
sachant que pour un condensateur :
F
t
et nous
vaut : F ( t ) = k ∫ V ( τ ) dτ ⇒ q =
1
k
u ( t ) = ∫ i ( τ ) dτ ⇒ q = C ⋅ u
0
C
0
retrouvons comme pour le condensateur la
Nous retrouvons la relation générique en relation valable dans le cas linéaire q = C ⋅ e .
régime linéaire q = C ⋅ e ou q représente la Nous vérifions ici que le déplacement
quantité d’électricité en Coulomb.
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40
F
et que la
k
valeur de la variable C de cet élément vaut
Causalité.
1
Pour avoir une causalité intégrale, un C =
k .
condensateur doit être alimenté par une source
Causalité.
de courant, la tension étant la conséquence.
correspond à la compression x =
t
t
1
En causalité intégrale : u(t) = u 0 + ∫ i(τ) ⋅ dτ .
C
En causalité intégrale : F = F0 + k ∫ V(τ) ⋅ dτ .
En causalité dérivée : i ( t ) = C ⋅ u ( t )
1
En causalité dérivée : v ( t ) = ⋅ F ( t )
k
3.2.4
0
0
Elément I (stockage de type inertiel).
e
f
I
Cet élément permet de modéliser un phénomène physique liant la
variable flux à la variable moment.
p = ϕI ( I, f ) . Si le système est linéaire p = I ⋅ f
Cet élément de stockage est de type inertiel.
L’énergie stockée peut s’exprimer :
t
t
0
0
E(t) = ∫ e ( τ ) f ( τ ) dτ + E ( 0 ) Le déplacement s’exprimant vis-à-vis du flux par p (t) = ∫ e(τ) ⋅ dτ ,
p
il vient : E( p) =
∫ f ( p ) dp + E ( p0 ) .
p0
Energie emmagasinée dans une masse.
Ici p représente la quantité de mouvement p = M ⋅ V
E(p) =
p
p
p0
p0
∫ V ( p ) ⋅ dp + E ( p0 ) = ∫
p
1 p2 1
⋅ dp + E ( p0 ) =
= M ⋅ V 2 , qui correspond à l’énergie
M
2 M 2
cinétique.
Energie emmagasinée dans une inductance.
Dans le domaine électrique, p représente le l’impulsion en V.s, p=L.I.
E( p) =
p
p
p0
p0
∫ I ( p ) ⋅ dp + E ( p0 ) = ∫
p
1 p2 1
⋅ dp + E ( p0 ) =
= L ⋅ I 2 , nous retrouvons la relation
L
2 I
2
usuelle donnant l’énergie magnétique emmagasinée dans une inductance.
L’élément I peut s’exprimer par deux causalités :
1
Causalité intégrale f = ∫ e , le flux et l’intégrale de l’effort.
I
Causalité dérivée e = I ⋅ f , l’effort et la dérivée du flux.
Pour des circuits électriques le courant représente le flux dans le formalisme des graphes de
fluence c’est l’inductance qui représente l’élément I.
En mécanique le flux étant la vitesse c’est l’inertie qui est l’élément de stockage.
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41
Exemples 5.
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
i
F
Tension u
L
u
Courant i
Masse
M
I:L
Force F
Vitesse v
I:M
L’inductance permet lorsqu’elle est soumise à En mécanique l’élément I est la masse M pour
une tension (effort) d’emmagasiner une un mouvement de translation ou l’inertie pour
une rotation.
impulsion en V.s.
t
La masse soumise à une force (effort)
p = ∫ e ⇒ p ( t ) = ∫ v(τ) ⋅ dτ , sachant que pour emmagasine une quantité de mouvement en
Kg.m/s (moment).
0
t
t
p = ∫ e ⇒ p ( t ) = ∫ F(τ) ⋅ dτ
1
une inductance : i ( t ) = ∫ v ( τ ) dτ ⇒
L
,
la
loi
0
0
Qui correspond bien au cas linéaire fondamentale de la
t
p = I ⋅ f pour lequel le paramètre I est
1
v ( t ) = ∫ F ( τ ) dτ
l’inductance.
M
dynamique
donne :
0
t
p (t) = ∫ v ( τ ) dτ + p ( 0 )
Ce qui fourni p = M ⋅ v qui est bien la quantité
de mouvement.
0
Causalité :
Avec une formulation intégrale la cause est la Causalité :
Pour un mouvement la vitesse est la
tension et la conséquence est le courant.
conséquence de la force.
t
1
t
i(t) = i0 + ∫ u(τ) ⋅ dτ
1
L
=
+
v(t)
v
F(τ) ⋅ dτ
0
0
M∫
0
En causalité dérivée nous retrouvons la relation
Avec une formulation dérivée nous retrouvons
classique :
la loi fondamentale de la dynamique.
u(t) = L.i(t)
F(t) = M.v(t)
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42
3.3
Les détecteurs.
Ce sont des éléments qui placé dans le bond graph indiquent la présence d’un capteur ou d’un
instrument de mesure supposé idéal.
Ainsi aucune puissance n’est consommée par le détecteur, nous distinguerons selon le type de
mesure faite deux type de détecteur :
3.3.1
Détecteur d’effort.
e
De
f =0
3.3.2
Détecteur de flux.
e=0
f
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Df
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43
3.4
Jonctions.
3.4.1
Jonction 0.
La jonction 0 permet de coupler des éléments
soumis à un même effort.
e2
e1
Les efforts sont identiques : e1 = e2 = e3 = e
Le flux entrant est égal à la somme des flux
sortants f1 = f 2 + f3
Le corollaire de ces 2 propriétés se traduit
par un bilan de puissance nulle
e1 ⋅ f1 − e2 ⋅ f 2 − e3 ⋅ f3 = 0 .
f2
e3
0
f1
f3
Exemples 6.
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
Alimentation par une source de tension d’une Association série d’éléments soumis à une
inductance et d’une résistance en parallèle.
même force.
i
Masse M
iL
iR
Amortisseur
Force F
R
u
L
Vitesse V2
Vitesse V1
R:R
u
i
0
V1 − V2
F
iR
u
Se : u
R:b
u
Se : F
I :L
iL
F
V1
0
F
V2
I:M
L’effort étant commun, ici la tension, la L’amortisseur est considéré sans masse, les
jonction 0 correspond à la mise en parallèle forces sont identiques à chaque extrémité.
d’éléments.
Nous retrouvons ici une source de tension Se, L’amortisseur est animé de la vitesse
un élément dissipatif R qui dissipera par effet V = V − V et dissipera une puissance b ⋅ V 2 .
3
1
2
3
Joule R ⋅ i 2R .
La masse sera soumise à une force tel que :
L’inductance sera parcourue par un courrant :
1
V2 = ∫ F
1
M
iL = ∫ u
L
Nous pouvons remarquer que la jonction 0 correspond pour les circuits électriques à une mise en
parallèle, alors qu’avec un montage cela correspond à un montage en série.
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44
3.4.2
Jonction 1.
e2
e1
nul
f2
e3
1
f1
Pour une jonction 1, les flux sont communs et
l’effort entrant est égal à la somme des efforts
sortants.
e1 = e2 + e3 .
Comme précédemment, le bilan de puissance est
e1 ⋅ f1 − e2 ⋅ f 2 − e3 ⋅ f3 = 0 .
f3
Exemples 7
Domaine électrique.
Domaine mécanique.
Une jonction 1 partageant le même flux, cela Considérons une masse reliée à un ressort et à
correspond en électricité à la mise en série de un amortisseur conformément au schéma de
composants.
principe suivant
C
R
i
Ressort raideur k
vR
vC
F
L
Masse M
Amortisseur
vL
u
Fk
F
Fm
Masse M
R:R
R:b
vR i
Se : u
u
i
1
Fa
vL
i
I:L
Se :F
vC i
F
v
v
Fm
1
Fk
C:C
v
I:M
v
C :1/k
Avec cette jonction le courant est constant
(flux)
Les liens reliés aux éléments R, L et C
traduisent respectivement les tensions aux
bornes de la résistance, de l’inductance et du
condensateur.
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Fa
Pour cette jonction la vitesse est commune, ce
qui traduit l’état d’équilibre de la masse M.
Les liens permettant de prendre en compte la
force motrice (Source Se) et les forces
résistantes du ressort et de l’amortisseur (liens
reliés aux éléments R et C). La force d’inertie
due à l’accélération correspond au lien
aboutissant à l’élément I.
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45
3.5
Eléments de transformation.
3.5.1
Transformateur TF.
Cet élément à 2 ports permet un changement des flux et des efforts tout en étant conservatif en
puissance.
Le transformateur TF possède un coefficient de transformation m
e2
e1
tel que :
TF
f1
f2
e1 f 2
m
=
=m.
e2 f1
Nous vérifions bien au vue de la relation précédente que le transformateur TF est conservatif en
puissance puisque P = e1 ⋅ f1 = e2 ⋅ f 2
Cet élément est utilisé lors de la modélisation des transformateurs électriques, en mécanique
pour les leviers, les engrenages et poulies. Le transformateur intervient aussi lors des
changements de domaines physiques, ainsi un vérin hydraulique peut être vu comme la
transformation de pressions et débits volumiques, en force et vitesse.
Exemples 8
Domaine électrique.
Transformateur électrique.
i1
Domaine mécanique.
Transmission par courroie.
i2
Rayon R1
Rayon R2
Ω1
u2
u1
Ω2
Cm1
Cm2
u1
i1
TF
m
u2
Cm1
i2
Ω1
Pour un transformateur idéal sans pertes :
i
u
P = u1 ⋅ i1 = u 2 ⋅ i 2 et 2 = 1 = m
i1 u 2
m, représentant le facteur de transformation.
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R
m= 1
R2
Cm2
Ω2
Si nous n’avons pas de pertes il y a
conservation de la puissance.
P = Cm1 ⋅ Ω1 = Cm ⋅ Ω 2 et
R1 Ω 2 Cm1
=
=
=m
R 2 Ω1 Cm2
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TF
46
3.5.2
Gyrateur GY.
e1
f1
GY
r
e2
f2
Cet élément est comme le précédent conservatif en
puissance, il permet de transformer un effort en flux tel
que :
e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 .
Le gyrateur peut être utilisé pour prendre en compte les changements de domaine physique qui
se font sans perte de puissance.
Exemple 9.moteur à courant continu.
Un moteur transforme de la puissance électrique en puissance mécanique.
Pour un moteur à courant continu le couple moteur est proportionnel à une constante
technologique k, au flux de l’inducteur Φ et au courant dans l’induit Is .
C m = k ⋅ Φ ⋅ Is
La force contre électromotrice est quant à elle proportionnelle au flux et à la vitesse,
E = k ⋅Φ⋅ω.
Si nous identifions pour les variables électriques : effort e1 = E , flux f1 = Is et pour les
grandeurs mécaniques, effort e2 =Cm flux f 2 = ω nous aurons :
E = k ⋅ Φ ⋅ ω ≡ e1 = k ⋅ Φ ⋅ f 2 et Cm = k ⋅ Φ ⋅ Is ≡ e 2 = k ⋅ Φ ⋅ f1
e2 =Cm
e1 = E
Domaine
Domaine
GY
mécanique
électrique
f =ω
f1 = Is
r = k ⋅Φ 2
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4.
47
Procédures de construction de modèles.
Nous allons ici présenter une méthodologie simple pour laquelle les phénomènes physiques ne
sont pas couplés.
Dans les domaines électriques et mécaniques les associations série / parallèle sont duales vis à
vis des jonctions 1 et 0. Les lignes directrices seront donc différentes dans les deux cas.
Pour les circuits électriques :
1. Identifier tous les éléments du système étudié.
2. Identifier et nommer le point du système dont les variables d’effort différent (tension).
Pour toutes ces valeurs d’effort placer une jonction 0. Fixer une référence pour l’effort
(tension).
3. Placer des jonctions 1 entre les jonctions 0 afin de prendre en compte les relations existant
entre les flux (courant).
4. Relier les jonctions par des liens en respectant le sens du transfert de la puissance.
5. Placer les éléments de base présents dans le circuit, soit sur l’extrémité du lien libre
associé, soit sur la jonction concernée
6. Eliminer tous les liens dont le potentiel correspond au potentiel choisit comme référence,
puis éliminer toutes les jonctions 0 et 1 relatives à deux liens n’introduisant pas de
changement de signe.
Pour les systèmes mécaniques :
1. Identifier tous les éléments du système étudié.
2. Identifier et nommer le point du système dont les variables de flux différent (vitesse,
courant). Pour toutes les valeurs du flux placer une jonction 1. Fixer un axe de référence
pour le flux (vitesse).
3. Placer des jonctions O entre les jonctions 1 afin de prendre en compte les relations
existant entre les efforts (tension, force).
4. Relier les jonctions par des liens en respectant le sens du transfert de la puissance.
5. Placer les éléments de base présents dans le système, soit sur l’extrémité du lien libre
associé, soit sur la jonction concernée
6. Eliminer tous les liens dont le potentiel correspond au potentiel choisit comme référence,
puis éliminer toutes les jonctions 0 et 1 relatives à deux liens n’introduisant pas de
changement de signe.
Nota :
Pour les systèmes électriques les jonctions 1 étant à flux constant (courant) les éléments de la
jonction correspondent au ceux qui sont en série. A contrario, la jonction 0 est à force constante
(tension) représentera les éléments en parallèles.
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48
4.1
Exemple 10 : Filtre elliptique.
a
i1
b
R1
i3
L1
L3
L2
R2
E
Vs
C
i2
R : R1
R : R2
a
VR1 i1
Se : E
E
i1
b
Vb
1
VR 2 i 3 c
b
0
i1
VL1
Vb
i3
i 3 VL3
i 2 Vb
d
1
i2
VL 2
1
I : L3
i2
VC
C:C
I : L2
Les jonctions 1 sont à flux constant (courant), sur celles-ci sont réparti les efforts (tension) ici
cela correspond aux deux mailles du filtre. Nous retrouvons ainsi sur les jonctions a, b, c :
a/ Jonction 1 : E = VR1 + VL1 + Vb .
c/ Jonction 1 : Vb = VR 2 + VL3 .
d/ Jonction 1 : Vb = VL2 + VC .
La jonction 0 est à effort constant (tension), c’est le potentiel du nœud b.
b/ Jonction 0 : i1 = i 2 + i3
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4.2
49
Exemple 11 : Poulie entraînant une charge.
Poulie de rayon R
et d'inertie J
F
V1
ω2
Cm
ω2
h
Corde de raideur k
Cm
V1
⋅
F.R
F
x1
⋅
C J = J ⋅ ω2
Charge M
F
V1
M
⋅
M ⋅ V1
M ⋅g
I:J
I:M
⋅
ω2
CJ
M ⋅ V1 V1
b
a
Se
Cm
ω2
1
c
Cu
ω2
R
TF
F
V1
1
M ⋅g
V1
Se : M ⋅ g
a/ Jonction 1.
Cette jonction à vitesse de rotation constante (flux) correspond à l’équilibre dynamique de la
i
poulie en rotation, soit en écrivant la relation fondamentale de la dynamique : J ⋅ ω2 = Cm − Cu
b/ Transformateur TF :R.
La poulie transforme via l’enroulement de la corde le mouvement de rotation en mouvement de
translation. Si les pertes sont nulles nous aurons : V1 = ω2 ⋅ R et Cu = F ⋅ R .
C
e
f
V
Un élément TF est régit par les relations : 1 = 2 = m soit ici : u = 1 = R .
e2 f1
F ω2
c/ Jonction 1.
Cette jonction prend en compte l’équilibre de la charge en translation pour laquelle nous
i
pouvons écrire : M ⋅ V1 = F − M ⋅ g .
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50
5.
5.1
Causalité d’un bond graph.
Notion de causalité.
Les bond graphs permettent de représenter un système en mettant en évidence les échanges
d’énergie entre les divers éléments de celui-ci. Pour élaborer la structure de calcul nécessaire à la
simulation du système, il est indispensable de faire apparaître les relations de cause à effet.
Lorsque 2 sous-systèmes A et B sont couplés en échangeant mutuellement effort et flux, deux
situations duales peuvent se produire.
‰ A applique un effort e à B qui réagit en renvoyant à A un flux f.
‰ A applique un flux f à B qui réagit en renvoyant à A un effort e.
A
e
f
B
A
e
A
f
f
B
e
B
A
e
A
e
f
f
B
e
B
A
Figure 5-1 Causalité
f
B
Figure 5-2 Causalité
Pour représenter ces deux situations d’échange de l’énergie, un trait causal est placé
perpendiculairement au lien du coté où l’effort est transmis. Le flux évidement transitant dans le
sens opposé au trait causal. Cette position du trait causal est indépendante du sens du transfert de
l’énergie indiqué par la demi-flèche du lien. Sur la figure 5-1 l’effort est imposé de A vers B et le
flux transite dans le sens contraire soit du port B vers le port A. La figure 5-2 représente la
situation inverse.
Nous allons aborder maintenant la causalité des divers éléments constituant un bond graph.
5.2
5.2.1
Source d’effort.
e
f
Se
5.2.2
Sf
Les éléments actifs.
L’effort étant imposé par la source, le trait causal se trouve donc sur
le port du coté de la flèche.
Source de flux.
e
f
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Ici la source impose le flux , le trait causal indiquant la causalité de
l’effort est donc opposé au coté de la flèche.
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51
5.3
Les éléments passifs.
5.3.1
Eléments R.
Dans le cas linéaire, la causalité de cet élément est indifférenciée, en effet nous pouvons
exprimer le flux en fonction de l’effort ou réciproquement.
Nous pouvons donc obtenir les deux situations suivantes :
e
f
R
e
f
R
f =
e
dans ce cas c’est le flux qui est imposé.
R
e = R ⋅ f et c’est l’effort qui est fixé.
Lorsque l’élément R n’est plus linéaire, il se peut que la causalité ne soit plus arbitraire et que le
flux ou l’effort soit imposé.
5.3.2
Elément C.
Nous avions évoqué lors de la définition de cet élément que deux causalités sont possibles :
e
C
f
Causalité intégrale : e =
1
f , l’effort est imposé par l’intégrale
C∫
d’un flux.
e
f
C
Causalité dérivée : f = C ⋅ e , le flux est imposé avec la dérivée de
l’effort.
La dérivée étant à proscrire dans un schéma de simulation, seule la causalité intégrale sera à
considérer.
5.3.3
Elément I.
Comme pour l’élément C, deux causalités sont possibles et seule la causalité intégrale sera à
considérer.
1
e
Causalité intégrale f = ∫ e , le flux est l’intégrale de l’effort.
I
I
f
e
f
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I
Causalité dérivée e = I ⋅ f , l’effort est la dérivée du flux.
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52
5.4
Jonctions.
5.4.1
Jonction 0.
f3
e
e
e
0
f1
Pour une jonction 0 l’effort est commun, et les flux se
partagent en fonctions du sens des liens.
Dans cet exemple f1 = f 2 + f3 + f 4 (bilan des puissances
nulles à la jonction).
Pour que l’effort puisse être calculé, il suffit qu’une des
quatre jonctions, quelque soit son sens, puisse imposer
l’effort.
Ici le trait de causalité de cette jonction correspond au lien
4, cela exprime le fait que la relation associée à ce lien
assure le calcul de l’effort e.
f2
f4
e
Règle de causalité : Pour une jonction 0, un seul effort peut donner sa valeur aux autres, ce qui
implique qu’il n’y ait qu’un seul trait causal près de la jonction.
5.4.2
Jonction 1.
f
e3
Il
e1
e2
1
f
f
f
e4
Avec une jonction 1, les efforts se répartissent,
l’orientation des liens fixant la relation entre ceux-ci, ici
nous avons :
e1 = e2 + e3 + e4
suffit déterminer le flux d’un seul lien, cette contrainte
impose qu’il n’y ait autour de la jonction qu’un seul
trait causal manquant.
Dans cet exemple c’est la relation associée au lien 3 qui
permet le calcul du flux.
Règle de causalité : pour une jonction 1 il ne doit y
avoir qu’un seul lien sans trait de causalité près de la
jonction.
5.5
5.5.1
Eléments de transformation.
Transformateur TF.
Pour le transformateur deux possibilités s’offrent pour affecter la causalité. Nous rappelons que
les relations caractéristiques d’un TF sont : e1 = m ⋅ e2 et f 2 = m ⋅ f1 . Le facteur de
transformation m est une relation directe entre les efforts e1 et e2 et les flux f 2 et f1 . Nous
rappelons qu’il y a conservation de la puissance P = e1 ⋅ f1 = e2 ⋅ f 2 .
e
Si l’effort e1 est connu, nous aurons e2 = 1 au
e1
e2
m
TF
f
f1
f2
secondaire c’est le flux f 2 qui est imposé et f1 = 2 .
m
m
Dans ce cas les traits causaux sont représentés ci-contre.
e1
e2
Dans le cas où le flux est imposé au primaire, c’est
TF
effort qui est fourni au secondaire (voir ci-contre) et
l’
f1
f2
nous aurons e1 = m ⋅ e2 et f 2 = m ⋅ f1 .
m
Règle de causalité : Pour une jonction TF il ne doit avoir qu’un seul trait causal près de la
jonction.
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53
5.5.2
Gyrateur GY.
Ici comme son nom l’indique le gyrateur assure une relation croisée entre les efforts et les flux.
e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1
Comme pour le transformateur, nous avons deux possibilités d’affectation de la causalité.
e1
GY
r
f1
e1
GY
r
f1
e2
f2
e2
f2
Si l’effort e1 est imposé au secondaire le flux vaudra
e
e
f 2 = 1 se qui ramera via la relation f1 = 2 la causalité
r
r
sur le flux au primaire
Dans le cas contraire, au primaire le flux est imposé et au
secondaire c’est l’effort. Les relations génériques
assurant le calcul sont alors : e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 .
Règle de causalité : Pour une jonction gyrateur, 2 traits causaux sont présents ou absents de la
jonction.
5.6
12345-
Procédure d’affectation de la causalité.
Affecter la causalité aux sources.
Placer les traits en causalité intégrale sur toutes les jonctions I et C.
Affecter les causalités aux jonctions O, 1, TF et GY.
Fixer des causalités aux éléments R.
Rechercher les éventuels conflits de causalité. En cas de conflit problème !
Problème de causalité.
Dans ce cas, mais c’est un expédiant, il est toujours possible pour certains élément I ou C
d’utiliser une causalité dérivée. Dans cette situation, il est probable que vous seriez confronté à
des problèmes numériques de résolution.
Il est donc indispensable, pour éviter une formulation dérivée de revoir la formulation par bond
graph de votre système.
Si vous êtes confronté à un problème de causalité, il est vraisemblable que vous n’ayez pas
analysé avec suffisamment d’acuité les phénomènes mis en jeu.
La plupart du temps, vous avez omis de formuler un phénomène qui paraissait secondaire en
terme d’importance mais primordial pour la causalité.
Dans le domaine électrique la mise en parallèle de sources de tensions ou la mise en série de
sources de courants sans considérer les impédances de liaison conduisent à un conflit de
causalité.
En mécanique si vous sollicitez les extrémités d’un arbre par deux sources d’effort (couples)
sans considérer la raideur de la liaison vous aurez un problème de causalité.
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54
5.7
Récapitulatif des causalités.
Causalité
Elément
Obligatoire
Se
Obligatoire
Sf
Loi de caractérisation
e
f
e
f
e
Intégrale
f
e
f
Intégrale
e
f
e
f
Arbitraire
Arbitraire
Eléments
Cas linéaire
e est imposé par Se
f est imposée par Sf
C
e=∫ f
e=
q
C
I
f = ∫e
f =
p
I
R
e = R⋅ f
R
f =
Règle
e
R
Loi
2
1
0
Effort commun imposé par
Un seul lien avec ⇒ e = e = e = e
1
2
3
4
un trait causal près
Orientation énergie
de la jonction 0
⇒ f1 = f 2 + f3 + f 4 .
Causalité ⇒ f 4 = f1 − f 2 −
3
4
e4 .
f3
2
1
1
Un seul lien sans Flux imposé par f 2 .
un trait causal près ⇒ f = f = f = f
1
2
3
4
de la jonction 1
Orientation énergie
⇒ e1 = e2 + e3 + e4 .
Causalité ⇒ e2 = e1 − e3 − e4
3
4
e1
f1
e1
f1
e1
f1
e1
f1
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TF
m
TF
m
GY
r
GY
r
e2
Affectation
symétrique de la
causalité.
f2
e2
e1 = m ⋅ e2
e
e2 = 1
m
f2
e2
f2
e2
Affectation antisymétrique de la
causalité.
f2
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e1 = r ⋅ f 2
e
f1 = 2
r
f 2 = m ⋅ f1
f
f1 = 2
m
e2 = r ⋅ f1
e
f2 = 1
r
55
5.7.1
Exemple
Reprenons ici le circuit de l’exemple 7 du paragraphe 3.3.2.
Exemple 12.
C
R
i
vR
R:R
4
1
L
vC
vL
u
F
Se : u
1
1
1
3
I:L
2
C:C
R:R
vR
Pour la source Se, les éléments I et C ont
une causalité imposées.
i
Se : u
u
vL
1
i
i
I:L
i
Pour la jonction 1, afin de pouvoir établir le
courant (flux) de façon unique, il faut ajouter
un trait de causalité au lien aboutissant à
l’élément R du coté de la jonction (trait
pointillé).
vC
C:C
Equations de simulation.
t
1
Lien-2 élément C : vC ( t ) = ∫ i ( τ ) dτ
C
0
Lien-3 élément I : i ( t ) =
t
1
v L ( τ ) dτ
L∫
0
Lien-4 élément R : Vr ( t ) = R ⋅ i ( t )
Jonction 1 : v L ( t ) = u(t) − Vr ( t ) − vC ( t )
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57
MODÉLISATION PAR LES BOND GRAPHS
1.
Préambule.
Le modèle bond graph associé à un système physique est un intermédiaire qui permet de
conduire à l’écriture du modèle mathématique assurant la simulation su susdit système.
Cette modélisation pouvant s’opérer à un niveau élémentaire par le chaînage des équations et
d’une méthode d’intégration numérique, ou par l’utilisation d’un progiciel avancé de simulation
tel Matlab.
Conjointement à cet aspect de simulation, le bond graph est un outil de représentation qui montre
non seulement l’architecture du système mais aussi son organisation causale et permet d’établir
des relations formelles telles les transmittances et les équations d’état.
Dans ce chapitre nous allons dans le cas linéaire mono variable étudier les étapes
méthodologiques conduisant à l’obtention d’une fonction de transfert. Toujours dans le cas
linéaire mais pour des systèmes multivariables nous utiliserons les bond graphs pour aider à
l’élaboration des équations d’état.
A l’issue des descriptions méthodologiques de ces deux approches celles-ci seront illustrer par 3
exemples.
2.
Chemins causaux d’un bond graph.
2.1
Gain d’un chemin causal.
Dans le cas linéaire, le gain d’un chemin causal est une fonction liant la variable d’entrée à la
variable de sortie via les éléments correspondants.
Le gain d’un chemin causal se calcule par :
⎛
⎛
1 ⎞
1⎞
(2.1)
T = −1n 0 + n1 ⋅ ∏ ⎜ m j ou
⎟ ⋅∏ ⎜ rk ou ⎟ ⋅∏ g e
⎜
⎟
m
r
⎝
⎠
j
k
j ⎝
e
⎠ k
Ce gain comprend 3 termes :
•
•
•
le premier, −1n 0 + n1 , détermine le signe et dépend de l’orientation des liens,
⎛
1 ⎞
le second, ∏ ⎜ m j ou
⎟ , est le produit des gains transformateurs
⎜
⎟
m
j
j ⎝
⎠
⎛
1⎞
le troisième, ∏ ⎜ rk ou ⎟ , est le produit des gains des gyrateurs, la causalité des éléments
rk ⎠
k ⎝
TF et GY détermine s’il faut prendre les gains ou leurs inverses,
•
le troisième ( ∏ g e ) correspond aux gains des éléments de boucle R, C et I.
e
Orientations des liens.
Pour le premier terme il faut déterminer les valeurs prises par n 0 et n1 .
n 0 est le nombre de changements d’orientations des liens pour la variable flux aux jonctions
« 0 ».
n1 est le nombre de changements d’orientations des liens pour la variable effort aux jonctions
« 1 ».
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58
Transformateurs et gyrateurs.
Pour ces éléments, selon la causalité, le coefficient k i vaut +1 ou -1 conformément aux
configurations décrites ci-après.
e1
Sf
f1
e1
Se
f1
e2
TF
m1
TF
Ici e1 = m1 ⋅ e2 et f 2 = m1 ⋅ f1 =⇒ m1
f2
e2
f2
e
f
1
Ici e2 = 1 et f1 = 2 ⇒
m1
m1
m1
m1
e1
Sf
f1
e1
Se
f1
GY
r
GY
r
e2
Ici e1 = r ⋅ f 2 et e2 = r ⋅ f1 =⇒ r
f2
e2
e
e
1
Ici f1 = 2 et f 2 = 1 ⇒
r
r
r
f2
Eléments R, C, I.
Nous considérerons ici que les éléments C et I sont en causalités intégrales, pour l’élément R la
causalité est arbitraire.
Elément
C
I
R
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Causalité
e
f
e
f
e
f
e
f
Gain g e
C
1
C⋅p
I
1
I⋅p
R
R
R
1
R
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59
Illustrons le calcul du gain causal, avec l’exemple B qui traite de la traction d’une charge par une
poulie.
Nota :
Le Bond Graph initial est défini dans le chapitre précédent (§ 4.2 du chapitre "Les Bond
Graphs").
Le Bond graph respectant des causalités intégrales est déterminé dans ce chapitre (§ 5-2
Exemple B)
Nous allons ici chercher le chemin causal reliant la variable d’entrée, le couple
électromagnétique Cm , à la vitesse de la charge V1 .
C:
I:J
1
k
Effort
I:M
( V1 − V2 )
Df
Flux
Cm
Se
⋅
ω2
CJ
R
TF
Cu
1
ω2
ω2
F
F
V1
1
0
V2
V1
ω2
Cf
V1
M ⋅ V1
M ⋅g
Fb
V1
Se : M ⋅ g
R :f
R :b
Figure 2-1 : chemin causal entrée sortie.
Pour représenter la mesure de la vitesse nous avons placé un capteur de flux (élément DF).
La variable flux traverse une seule jonction « 0 » sans changement de sens ce qui donne n 0 = 0 .
La variable effort traverse 2 jonctions « 1 » sans changement de sens alors n1 = 0 .
Le gain du transformateur vaut : m1 = R .
1
k
Les gains des éléments I C,R qui sont sur le parcours sont respectivement : g1 =
, g2 = .
J⋅p
p
1
g3 =
.
M⋅p
Le gain du chemin causal entré sortie vaudra alors :
k⋅R
T (p) =
M.J.p3
2.2
Gain d’une boucle causale.
Lorsque deux ports sont parcourus par une boucle causale indicée i, le gain de la boucle Bi est
obtenu par la relation similaire au gain d’un chemin causal :
Bi = ( −1)
n 0 + n1
2
2
⎛
⎛
1 ⎞
1⎞
⋅ ∏ ⎜ m j ou
⎟ ⋅ ∏ ⎜ rk ou ⎟ ⋅ ∏ g e
⎜
⎟
m
rk ⎠ e
j
j ⎝
⎠ k ⎝
(2.2)
Le fait que les termes liés au éléments TF et GY soient au carré correspond au fait que ce
élément sont traversés deux fois dans une boucle causale.
Reprenons à titre d’exemple de bond graph de la traction d’une charge.
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60
B3
C:
I:J
1
k
I:M
Df
Se
1
R
TF
0
1
Se : M.g
Effort
Flux
R :f
B1
V1
R :b
B2
Figure 2-2 : boucles causales.
Boucle B1 :
Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, n 0 = 0, n1 = 1 .
f
.
L’élément résistif à une causalité « résistance », B1 ( p ) = −
J⋅p
J
La grandeur , représente la constante de temps mécanique liée à la rotation de la poulie.
f
Boucle B2 :
Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, . n 0 = 0, n1 = 1
b
.
L’élément résistif a une causalité « résistance », B2 ( p ) = −
M⋅p
M
La grandeur
, représente la constante de temps mécanique liée à la translation de la charge.
b
Boucle B3 :
Pour cette jonction 1, il y à un changement de sens pour la variable effort, et pour la jonction
« 0 » il n’y a pas de changement de sens, pour la variable flux, n 0 = 0, n1 = 1
B3 ( p ) = −
R 2 .k
J ⋅ p2
La quantité R
k
représente la pulsation propre associée à l’élasticité de la corde et de l’inertie
J
de la poulie.
Boucle B4 :
Pour cette jonction 1 il n’y à pas de changement de sens pour la variable effort, et pour la
jonction « 0 » il y a un changement de sens, pour la variable flux. n 0 = 1, n1 = 0
k
B4 ( p ) = −
.
M ⋅ p2
k
représente la pulsation propre associée à l’élasticité de la corde et de la charge.
M
Ces quantités associées aux boucles causales que nous venons de mettre en évidence
correspondent aux modes de systèmes.
La quantité
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3.
61
Etablissement d’une fonction de transfert.
La prise en compte de la structure causale du bond graph se prête à l’application de la règle de
MASON (utilisée généralement avec les graphes de fluence) pour l’établissement de la
transmittance entrée sortie.
Si l’on note y(t) et u(t) respectivement la sortie et l’entrée d’un système mono variable, la règle
de MASON appliquée au bond graph peut prendre la forme symbolique suivante :
∑ Tk ( p ) .Dk ( p )
Y (p) k
=
U ( p)
(3.1)
D(p)
Tk ( p ) est le gain d’un chemin direct liant la sortie à l’entrée, dans le cas général il peut en
exister plusieurs.
D ( p ) est le déterminant du bond graph son calcul se fera à l’aide de la relation suivante :
D ( p ) = 1 − ∑ B j ( p ) + ∑ B j ( p ) .Bk ( p ) −
j
j,k
∑ B j ( p ) .Bk ( p ).Bl ( p ) + "
(3.2)
j,k,l
Les B j ( p ) représentent les gains de boucles causales du système intervenant, lorsqu’elles sont
disjointes, en produit 2 à 2 puis 3 à 3 etc ….
Dk ( p ) se calcule comme D ( p ) , mais avec uniquement les boucles causales ne touchant pas la
chaîne d’action correspondante.
Nous allons illustrer cette méthodologie avec l’exemple précédent de la charge tractée par une
poulie. Nous avons, conformément à la figure 2-2, trois boucles disjointes ( B1, B2 , B4 ), en
appliquant les relations précédentes nous obtenons :
V1 ( p )
T1 ( p ) .D1 ( p )
=
Cm ( p ) 1 − B1 ( p ) − B2 ( p ) − B3 ( p ) − B4 ( p ) + B1 ( p ) .B2 ( p ) + B1 ( p ) .B4 ( p ) + B2 ( p ) .B3 ( p )
Avec :
T1 ( p ) =
V1 ( p )
k⋅R
=
⋅
Cm ( p ) M.J.p3
k⋅R
M.J.p3
, et D1 ( p ) =1, il vient :
1
1+
f
b
R 2 .k
k
f .b
f .k
R 2 .k.b
+
+
+
+
+
+
J ⋅ p M ⋅ p J ⋅ p 2 M ⋅ p 2 J.M.p 2 J.M.p3 J.M.p3
V1 ( p )
k⋅R
=
Cm ( p ) J.M.p3 + p 2 ( f .M + b.J ) + p R 2 .k.M + kJ + b.f + k.f + R 2 .k.b
(
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) (
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)
(3.3)
62
4.
Elaboration des équations d’état.
Le passage d’une représentation par bond graph d’un système à une formulation d’état est assez
naturelle. Les composantes du vecteur seront les variables énergie associées aux éléments I et C.
Les relations correspondantes à ces deux éléments sont les suivantes :
Elément I.
1
⇒ e = I ⋅ f
f = ∫e
I
Pour cet élément nous prendrons :
Moment généralisé p = I ⋅ f
xi = p = I ⋅ f
x i = I ⋅ f = e
⇒
Le choix du moment généralisé pour la variable d’état donne ainsi pour sa dérivée l’effort.
Elément C.
1
e= ∫ f
⇒ f = C ⋅ e
Déplacement généralisé q = C ⋅ e
C
Avec l’élément C la composante du vecteur d’état sera le déplacement soit :
x i = q = C ⋅ e ⇒ x i = C ⋅ e = f
Pour obtenir les équations d’état à partir d’un bond graph les principales étapes sont les
suivantes :
1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état.
2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités.
3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités.
4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état.
Pour illustrer cette démarche, reprenons l’exemple précédent de la traction d’une charge par une
poulie (§ 4.2).
I:J
C:
2
Se : C m
1
1
k
I:M
8
6
1
4
R
TF
5
7
0
3
1
9
R:f
R:b
Figure 4-1 : Bond graph d’une charge entraînée par une poulie.
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10
Se : M.g
63
1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état.
Nous avons ici 2 stockages inertiels (la masse et l’inertie) et un élément de stockage potentiel (le
condensateur), associons les composantes d’état suivantes :
x1 = p2 = J ⋅ f 2 = J ⋅ ω2
(4.1)
x 2 = p8 = M ⋅ f 8 = M ⋅ V1
(4.2)
1
1
x 3 = q6 = ⋅ e6 = ⋅ F
(4.3)
k
k
⎡e ⎤ ⎡C ⎤
Nous prendrons comme vecteur d’entrée U = ⎢ 1 ⎥ = ⎢ m ⎥ et pour sortie : Y = f8 = V1 .
⎣ e10 ⎦ ⎣ M ⋅ g ⎦
2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités.
Jonction 1
f1 = f 2 = f3 = f 4
e2 = e1 − e3 - e4
Jonction 0.
e5 = e6 = e7
f 6 = f5 − f 7
Jonction 1
f7 = f8 = f9 = f10
e8 = e7 - e9 − e10
(4.4)
(4.5)
(4.6)
(4.7)
(4.8)
(4.9)
3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités.
Jonction 1
En 1, e1 = Cm
En 2, élément I :
En 3, élément R :
En 4, TF :
Jonction 0
En 5, TF :
En 6 : élément C
Jonction 1
En 8 , élément I :
En 9, élément R :
En 10, Se
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(4.10)
x
(4.1) ⇒ f 2 = 1
J
2 = e2
x 1 = J ⋅ ω
e3 = f ⋅ f3
e4 = R ⋅ e5
(4.12)
(4.13)
(4.14)
f5 = R ⋅ f 4
(4.3) ⇒ e6 = k ⋅ x 3
(4.15)
(4.16)
x
(4.2) ⇒ f8 = 2
M
e9 = b ⋅ f9
e10 = M ⋅ g
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(4.11)
(4.17)
(4.18)
(4.19)
64
4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état.
‰ Composante x1
(4.5)&(4.10) ⇒ x 1 = e2 = Cm − e3 - e4
1
(4.4) ⇒ f3 = f 2
(4.1) ⇒ f 2 = ⋅ x1
J
(4.12) ⇒ x 1 = e2 ,
(4.13) ⇒ e3 = f ⋅ f3
f
Nous obtenons alors : e3 = ⋅ x1
J
(4.6) ⇒ e5 = e6
(4.14) ⇒ e4 = R ⋅ e5
Ce qui donne :
e4 = R ⋅ k ⋅ x 3
(4.3) ⇒ e6 = k ⋅ x 3
f
x 1 = Cm − ⋅ x1 - R ⋅ k ⋅ x 3
J
La première composante vaut alors
Composante x2
‰
Erreur ! Source du renvoi introuvable. ⇒ x 2 = e8
(4.6)&(4.3) ⇒ e7 = e6 = k ⋅ x 3
(4.18)&(4.8) ⇒ e9 = b ⋅ f9 = b ⋅ f8
(4.17) ⇒ e9 =
(4.19) ⇒ e10 = M ⋅ g
La composante x 2 vaudra :
(4.9) ⇒ x 2 = e7 - e9 − e10
x 2 = -
b
⋅ x2
M
b
⋅ x 2 + k ⋅ x3 − M ⋅ g
M
Composante x3
Erreur ! Source du renvoi introuvable. ⇒ x 3 = f6
‰
(4.15)&(4.4) ⇒ f5 = R ⋅ f 4 = R ⋅ f 2
(4.8)&(4.2) ⇒ f7 = f8 =
(4.1) ⇒ f5 =
(4.7) ⇒ x 3 = f5 − f 7
R
⋅ x1
J
1
⋅ x2
M
La composante x 3 vaut alors :
x 3 =
R
1
⋅ x1 − ⋅ x 2
J
M
Les vecteurs X , U et Y étant les suivants :
⎡e ⎤ ⎡C ⎤
F⎤
⎡
q6 ] = ⎢ J ⋅ ω2 M ⋅ V1
, U = ⎢ 1 ⎥ = ⎢ m ⎥ et Y = f7 = V1
⎥
k⎦
⎣
⎣e10 ⎦ ⎣ M ⋅ g ⎦
Nous obtiendrons la décomposition d’état :
X T = [ p2
⎡ f
⎢− J
⎢
⎢
X= 0
⎢
⎢R
⎢
⎢⎣ J
⎡
Y = ⎢0
⎣
p8
0
b
M
1
−
M
−
1
M
⎤
−R ⋅ k ⎥
⎡1 0 ⎤
⎥
⎡C ⎤
k ⎥ ⋅ X + ⎢⎢0 −1⎥⎥ ⋅ ⎢ m ⎥
⎥
M ⋅ g⎦
⎢⎣0 0 ⎥⎦ ⎣
⎥
0 ⎥
⎥⎦
⎡C ⎤
⎤
0 ⎥ ⋅ X + [ 0 0] ⋅ ⎢ m ⎥
⎦
⎣M ⋅ g ⎦
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(4.20)
(4.21)
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65
Applications des bond graphs à la modélisation.
5.
Exemple A : Filtre passif.
5.1
Reprenons ici l’exemple 10 du filtre elliptique du chapitre « Les bond graphs » du
paragraphe 4.1.
i1
a
b
R1
i3
L1
L3
L2
R2
E
VR 2
C
i2
Figure 5-1 Filtre elliptique
5.1.1
Causalités du bond graph.
R:R2
R:R1
Problème !
a
b
VR1
VR2
i1
Se : E E
1
i1
i1
Vb
VL1
Vb
i3
0
Vb
i1
i2
I:L1
i3
1
VL3
d
i3
1
I:L2
I : L3
VL2
i2
i2
VC
c
Causalité à la jonction a.
Sur cette jonction de type 1 le courant
i1 (flux) est imposé par l’inductance
L1 .
La source Se fixant la tension E
(effort), le respect de la causalité
conduit à ce que la résistance R1
fournisse la tension (effort) et que le
courant i1 soit transmis à la
jonction b.
C:C
Figure 5-2 Bond graph du filtre elliptique
Causalité de la jonction d.
L’inductance L2 impose le courant i 2 , sachant que le condensateur impose à la jonction la
tension, le lien entre d et b transmettra le courant i 2 .
Causalité de la jonction b.
Cette jonction de type 0 est à tension constante (effort), elle reçoit des jonctions a et d les
courants i1 et i 2 . Le respect de la causalité conduit, via le lien entre d et a, à imposer le courant.
Causalité de la jonction c.
La jonction est de type à courant constant. L’inductance L3 imposant le courant ainsi que le lien
issu de la jonction b, il y a un conflit de causalité. Ce conflit vient du fait que nous avons des
inductances en série et qu’il n’est pas physique d’avoir deux sources de courant en série.
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66
La simulation de ce circuit conduirait à avoir une causalité dérivée, ce que nous devons à tout
prix éviter. Si nous nous sommes retrouvés dans cette situation, c’est que nous avons négligé un
phénomène annexe crucial en terme de causalité.
Pour remédier à ce problème il faut considérer les inductances comme non idéales, ici, pour
lever ce conflit de causalité, nous considérerons la résistance naturelle de l’inductance L2 qui
sera mise en parallèle. Il est à noter que nous aurions pu, pour lever ce problème de causalité,
ajouter une résistance en parallèle à L1 ou L3 .
i1
i3
R1
i2
L1
RL
E
L3
L2
R2
VR 2
C
Figure 5-3 Filtre elliptique avec la résistance de L2
Afin de changer la causalité du lien entre b et d, l’inductance L 2 ne doit plus se comporter
comme une source de courant. Pour cela nous ajouterons une résistance parallèle R L à
l’inductance L 2 conformément à la figure 6-3. Cette résistance pourra prendre ensuite en
simulation une très forte valeur.
R : R1
a
VR1 i1
Se : E
E
i1
R :R 2
b
Vb
i1
1
Vb
i3
0
VL1 i1
Vb i 2
I: L1
I:L 3
i2
i2
I:L 2
VC
0
VL 2
1
VL3 i 3
d
1
VL 2
iL 2
VR 2 i 3 c
C :C
e
VL 2 i RL
R : RL
Figure 5-4 Nouveau bond graph du filtre elliptique
b/ Jonction 0.
i 2 = i1 − i3
a/ Jonction 1.
1
i1 =
VL1 . Causalité effort.
L1 ∫
VR1 = R1 ⋅ i1 . Causalité flux.
VL1 = E − Vb − VR1
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67
c/ Jonction 1.
1
i3 =
VL3 Causalité effort.
L3 ∫
VR 2 = R 2 ⋅ i3
VL3 = Vb − VR 2
d/ Jonction 1.
1
VC = ∫ i 2
C
Vb = Vc + VL2
e/ Jonction 0.
i L2 =
VL2 = R L ⋅ i RL
1
VL2
L2 ∫
i RL = i 2 − i L2
5.1.2
Schéma bloc de simulation.
A partir des équations tirées de la causalité aux jonctions et de la distribution des efforts et des
flux, nous obtenons le schéma de simulation ci-dessous.
Vb
R1
VR1
d/ jonction 1
-
VL1
+
E
a/ jonction 1
1
L1 ⋅ p
i1
+
i3
-
i2
1
C ⋅p
Vb
+
-
VC
+ V
b
+
b/ jonction 0
+ i RL
VL 2
VL3
1
L3 ⋅ p
VR 2
c/ jonction 1
i3
R2
VR 2
RL
1
VL 2
iL 2
L2 ⋅ p
e/ jonction 0
Figure 5-5 : schéma de simulation du filtre elliptique.
5.1.3
Fonction de transfert.
Nous n’allons pas ici élaborer la fonction de transfert à partir de la règle de MASON, mais
utiliser une technique alternative issue du schéma bloc précédent.
A partir du schéma de simulation nous pouvons facilement établir les fonctions de transfert
correspondantes à chaque jonction.
E ( p ) − Vb ( p )
= H1 ( p ) ( E ( p ) − Vb ( p ) )
R1 + L1 ⋅ p
b/ Jonction 0 : i 2 = i1 − i3
1
Vb ( p ) = H3 ( p ) ⋅ Vb ( p )
c/ Jonction 1 : I3 ( p ) =
R 2 + L3 ⋅ p
a/ Jonction 1 : I1 ( p ) =
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68
I ( p)
+ VL2 ( p )
d/ Jonction 1 : Vb ( p ) = 2
C⋅p
L2 ⋅ p
I2 ( p )
e/ Jonction 0 : VL2 ( p ) =
L
1+ 2 ⋅ p
RL
En considérant les fonctions de transfert des jonctions d et e nous obtenons :
I ( p)
⎡ 1
L2 ⋅ p
R ⋅L ⋅p ⎤
+
+ L 2 ⎥
Vb = 2
I 2 ( p ) ⇒ Vb = I 2 ( p ) ⎢
C ⋅ p 1 + L2 ⋅ p
⎣ C ⋅ p R L + L2 ⋅ p ⎦
RL
L2
⋅ p + L2 ⋅ C ⋅ p2
Vb ( p ) R L + L 2 ⋅ p + R L ⋅ L2 ⋅ C ⋅ p
RL
=
=
= H2 ( p )
L2
I2 ( p )
2
R L ⋅ C ⋅ p + L2 ⋅ C ⋅ p2
⋅C⋅p
C⋅p +
RL
Ces relations permettent de construire le schéma bloc suivant :
2
1+
H 2 (p)
H1 ( p )
E
VL1
+
Vb
-
1
R1 + L1 ⋅ p
i1
+ i2
i3
-
R L + L 2 ⋅ p + R L ⋅L 2⋅C ⋅ p2
Vb
R L ⋅ C ⋅ p + L 2 ⋅ C ⋅ p2
1
R 2 + L3 ⋅ p
VR 2
i3
R2
c/ jonction 1
b/ jonction 0
a/ jonction 1
H 3 (p )
Figure 5-6 : schéma de simulation du filtre elliptique.
A partir du schéma bloc Fig. 6-6 nous obtenons :
I3 ( p )
H1 ( p ) ⋅ H 2 ( p ) ⋅ H3 ( p )
= G (p) =
pour obtenir la tension VR 2 ils suffira de
E (p)
1 + H1 ( p ) ⋅ H 2 ( p ) + H 2 ( p ) ⋅ H3 ( p )
multiplier le courant i3 par R 2
G ( p) =
R L + L2 ⋅ p + C.L2 ⋅ R L ⋅ p 2
a 4 .p 4 + a 3 ⋅ p3 + a 2 .p 2 + a1.p + a 0
a 4 = C ⋅ L1 ⋅ L 2 ⋅ L3
a 3 = C L1. L3 ⋅ R L + L2 ( L3 ( R1 + R L ) + L1 ( R 2 + R L ) )
(
)
a 2 = C. L3. R1 ⋅ R L + L1 ( L 2 + C. R 2 ⋅ R L ) + L 2 ( L3 + C. R1 ⋅ R 2 + C. R1 ⋅ R L + C. R 2 ⋅ R L )
a1 = L 2 ( R1 + R 2 ) + R L ( L1 + L3 + C ⋅ R1 ⋅ R 2 )
a 0 = R L ( R1 + R 2 )
Pour L1 = L3 et en considérant R L → ∞ nous aurons un troisième ordre.
G ( p) =
(
1 + C.L 2 ⋅ p 2
)
C L21 + 2.L1.L 2 ⋅ p3 + ) ( C ( L1 + L 2 ) ) ( R1 + R 2 ) .p 2 + ( 2.L1 + C.R1.R 2 ) .p + ( R1 + R 2 )
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69
5.1.4
Equations d’état.
Pour établir les équations d’état nous allons utiliser le bond graph de ce filtre sur lequel nous
numéroterons chaque lien. Ce mode opératoire permet de s’affranchir des désignations des
variables réelles en n’utilisant que les flux et les efforts indicés par les liens.
R : R1
R :R 2
a
2
1
Se : E
b
4
1
11
5
0
3
6
I: L1
c
1
12
d
1
I:L 3
7
8
I:L 2
9
0
C :C
e
10
R : RL
Figure 5-6 : Bond graph indicé du filtre elliptique.
1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état.
La taille du vecteur d’état sera de cinq, nous avons en effet 3 éléments inertiels constitués des
trois inductances et deux condensateurs qui sont des éléments à stockage potentiels. Nous
prendrons comme vecteur d’état :
X T = [ p3
p9
p12
q8 ]
(5.1)
La dérivée de ce vecteur d’état sera :
T = [e e e
X
f ]
3
9
12
(5.2)
8
Ainsi nous pouvons écrire :
x1 = p3 = L1 ⋅ f3 = Φ1 = L1 ⋅ i1
x 2 = p9 = L2 ⋅ f9 = Φ 2 = L 2 ⋅ i L2
x 3 = p12 = L3 ⋅ f12 = Φ3 = L3 ⋅ i3
(5.3)
(5.5)
(5.7)
x 1 = L1 ⋅ f3 = e3 = L1 ⋅ i1 = VL1
x 2 = L 2 ⋅ f9 = e9 = L 2 ⋅ i L2 = VL2
x = L ⋅ f = e = L ⋅ i = V
3
3
12
12
3 3
=i
x 4 = q8 = C ⋅ e8 = C ⋅ VC
(5.9)
x 4 = C ⋅ e 8 = f8 = C ⋅ V
C
2
Ici l’entrée et la sortie seront respectivement les tensions E et VR 2 .
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L3
(5.4)
(5.6)
(5.8)
(5.10)
70
2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités.
Jonction a
f1 = f 2 = f3 = f 4
(5.11)
e3 = e1 − e2 − e4
Jonction b
e4 = e5 = e6
Jonction c
f5 = f11 = f12
Jonction d
f 6 = f 7 = f8
Jonction e
e7 = e9 = e10
(5.12)
(5.13)
f 6 = f 4 − f5
(5.14)
(5.15)
e12 = e5 − e11
(5.16)
(5.17)
e6 = e7 + e8
(5.18)
(5.19)
f10 = f 7 − f9
(5.20)
3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités.
Jonction a
e1 = E
En 1, Se :
e2 = R1 ⋅ f 2
En 2, élément R :
x
f3 = 1
En 3, élément I : (5.3) et (5.4) ⇒
x 1 = e3
L1
Jonction c
e11 = R 2 ⋅ f11
En 11 élément R :
x
f12 = 3
En 12 élément I : (5.7) et (5.8) ⇒
x 3 = e12
L3
Jonction d
x
En 8, élément C : (5.9) et (5.10) ⇒ e8 = 4
x 4 = f8
C
Jonction e
e10 = R L ⋅ f10
En 9 élément R :
x
f9 = 2
En 10 élément I : (5.5) et (5.6) ⇒
x 2 = e9
L2
(5.21)
(5.22)
(5.23)
(5.24)
(5.25)
(5.26)
(5.27)
(5.28)
4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état.
Calcul de x 1
(5.23)&(5.12) ⇒
x = L ⋅ i = e = e − e − e
(5.21) ⇒ e = E
1
1 1
3
1
2
(5.22) ⇒ e2 = R1 ⋅ f 2
(5.11) ⇒ f 2 = f3
(5.13) ⇒ e4 = e6
(5.18) ⇒ e4 = e7 + e8
x
(5.19)&(5.9) ⇒ e4 = e10 + 4
C
Calcul de f10 : (5.20) ⇒ f10 = f 7 − f9
x
(5.14) ⇒ f10 = f 4 − f5 − 2
L2
x
x
x
(5.3)&(5.7) ⇒ f10 = 1 − 3 − 2
L1 L3 L 2
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1
4
R
(5.23) ⇒ e2 = 1 x1
L1
x
(5.27) ⇒ e4 = R L ⋅ f10 + 4
C
x
(5.17)&(5.5) ⇒ f10 = f 6 − 2
L2
x
(5.11)&(5.15) ⇒ f10 = f3 − f12 − 2
L2
(5.29)
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71
Nous obtenons alors :
⎛x
R
R
R
x
x
x ⎞ x
e4 = L x1 − L x 2 − L x 3 + 4
e4 = R L ⋅ ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟ + 4
L1
L2
L3
C
⎝ L1 L3 L 2 ⎠ C
La dérivée de la première composante d’état vaudra :
⎛R R ⎞
R
R
x
x 1 = E − ⎜ 1 + L ⎟ x1 + L x 2 + L x 3 − 4
L2
L3
C
⎝ L1 L1 ⎠
Calcul de x 2
(5.28) ⇒ x 2 = e9
(5.27) ⇒ x 2 = e9 = R L ⋅ f10
(5.30)
(5.19) ⇒ x 2 = e9 = e10
⎛x
x
x ⎞
(5.29) ⇒ x 2 = e9 = R L ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟
⎝ L1 L3 L 2 ⎠
RL
R
R
x1 − L x 2 − L x 3
L1
L2
L3
Calcul de x 3
(5.16) ⇒ x 3 = e12 = e5 − e11
(5.25) ⇒ x 3 = e12
(5.18)&(5.15) ⇒ x 3 = e7 + e8 − R 2 ⋅ f12
(5.13)&(5.24) ⇒ x 3 = e6 − R 2 ⋅ f11
x
R
(5.19)&(5.9)&(5.7) ⇒ x 3 = e10 + 4 − 2 ⋅ x 3
C L3
x
R
(5.27) ⇒ x 3 = R L ⋅ f10 + 4 − 2 ⋅ x 3 , nous avons précédemment calculé f10
C L3
x 2 =
⎛x
x
x ⎞ x
R
(5.29) ⇒ x 3 = R L ⋅ ⎜ 1 − 3 − 2 ⎟ + 4 − 2 ⋅ x 3 , il vient :
⎝ L1 L3 L2 ⎠ C L3
⎛R
R
R
R ⎞
x
x 3 = L x1 − L x 2 − ⎜ L + 2 ⎟ x 3 + 4
L1
L2
C
⎝ L3 L3 ⎠
x 4
x 4 = f8
(5.17) ⇒ x 4 = f6
x 4 = f 4 − f5
(5.11)&(5.15) ⇒ x 4 = f3 − f12
x
x
(5.3)&(5.7) ⇒ x 4 = 1 − 3
L1 L3
Expression de la sortie.
Nous prendrons ici la tension de sortie aux bornes de la résistance R 2 soit : Y = e11 .
(5.15) ⇒ Y = R 2 ⋅ f12
(5.24) ⇒ Y = e11 = R 2 ⋅ f11
R
(5.7) ⇒ Y = 2 ⋅ x 3
L3
(5.31)
(5.32)
Calcul de
(5.26) ⇒
(5.14) ⇒
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(5.33)
(5.34)
72
Sachant que l’entrée U correspond à la tension d’alimentation E, les expressions (5.30) à (5.32)
donnant les dérivées des composantes du vecteur d’état permettent de définir les matrices A et B.
⎡ ⎛ R1 R L ⎞ R L
RL
1⎤
+
− ⎥
⎢− ⎜
⎟
L3
C⎥
⎢ ⎝ L1 L1 ⎠ L2
⎢
⎥
RL
R
R
⎡1 ⎤
0 ⎥
− L
− L
⎢
⎢0⎥
L1
L2
L3
⎥
=⎢
⎢ ⎥⋅U
X
X
(5.35)
⋅
+
⎢
⎥
⎢0⎥
⎛
⎞
R
R
R
R
1
L
⎢
⎥
− L −⎜ L + 2 ⎟
⎢ ⎥
⎢
⎥
L1
L2
L
L
C
⎣0⎦
3 ⎠
⎝ 3
⎢
⎥
1
1
⎢
0
0 ⎥
−
⎢
⎥
L
L
1
3
⎣
⎦
La matrice de sortie C est issue de la relation (5.34) exprimant comme sortie la tension VR 2 .
⎡
Y = ⎢0 0
⎣
R2
L3
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⎤
0 ⎥ ⋅ X + [ 0] ⋅ U
⎦
(5.36)
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73
Exemple B : Traction d’une charge par une poulie.
5.2
Poulie de rayon R
et d'inertie J
Reprenons l’exemple 11, du chapitre « Les bond
graphs » au paragraphe 4.2.
Dans cet exemple nous allons considérer en sus des
pertes par frottements au niveau de la poulie et de la
charge.
Le couple de frottement sur l’axe de la poulie sera
considéré comme proportionnel à la vitesse de rotation
( Cf = f ⋅ ω2 ).
La charge sera quant à elle soumise à une force de
frottement s’opposant à sou mouvement tel que :
Fb = b ⋅ V1
ω2
Cm
h
Corde de raideur k
⋅
x1
Charge M
Figure 5-7 Traction d’une charge
5.2.1
Causalité.
Le respect des causalités des éléments I et des sources d’effort conduisent à un conflit de
causalité à la jonction c.
Cela est du au fait que la corde a été considérée implicitement de raideur infinie. Cette raideur
infinie entraînant des efforts infinis, ce qui n’est pas physiquement réaliste.
I:J
I:M
ω2
CJ
FM V1
b
a
Se
Cm
1
ω2
Cf
c
R
TF
Cu
ω2
F
V1
Problème
1
M ⋅g
V1
Se : M ⋅ g
Fb V1
R :f
Causalités obligatoires
R :b
Figure 5-8 Bond graph de la charge et de sa poulie
Afin de résoudre ce problème de causalité nous allons maintenant considérer une corde
présentant une élasticité entre la poulie et la charge.
k
Avec une corde élastique de raideur k = 0 , cette adjonction d’un élément supplémentaire
h
conduit à ajouter une nouvelle jonction 0, ainsi (Cf Fig 5-9).
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74
F
C:
V2
1
k
( V2 − V1 )
h
F
V1
V2
F
F
0
V1
Figure 5-9 Equilibre de la corde et bond graph associé
Le bond graph de l’ensemble poulie, corde et charge est donné Fig. 5-10.
I:J
C:
I:M
FM
F Vc
b
CJ
1
k
V1
a
Se
Cm
Cu
1
ω2
c
ω2
R
TF
F
V2
M ⋅g
F
0
1
V1
V1
Se : M ⋅ g
d
Cf
ω2
R :f
Fb
Causalités obligatoires
R :b
Figure 5-10 Nouveau bond graph de l’ensemble poulie corde charge
Maintenant le bond graph ne s’exprime que par des causalités intégrales, l’analyse pour chaque
jonction est la suivante :
a/ Jonction 1.
Le flux ω2 est imposé par l’élément I :J à la jonction 1.
1
Nous aurons : ω2 = ∫ CJ
C J = C m − C u − Cf
J
b/ Jonction TF :R.
L’effort F est transmis à la jonction TF.
Pour ce transformateur nous avons : Cu = R ⋅ F
Cf = f ⋅ ω2
V2 = R ⋅ ω2 .
d/ Jonction 0.
L’effort F est imposé par l’élément C :
1
, F = k ∫ Vc avec Vc = V2 − V1 .
k
c/ Jonction 1.
Le flux est imposé par l’élément I :M. V1 =
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1
FM et FM = F − M ⋅ g − b ⋅ V1 .
M∫
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75
5.2.2
Schéma bloc.
En représentant ces équations aux jonctions nous obtenons le schéma bloc suivant :
Cu
Cm
+
-
R
1 ω2
J⋅p
f
R
V2
Jonction b
b
+ Vc
-
F
k
p
M.g
Jonction d
Calcul de k
+ FM
1
M⋅p
Jonction c
V1
1 x1
p h0
- h
+
k0
h
Jonction a
k
h 0 : hauteur initiale
Figure 5-11 Schéma bloc de la poulie et sa charge
En aval de ce schéma, la hauteur h variant, la raideur k doit être calculée. L’allongement de la
corde, pour un même effort est proportionnel à sa longueur nous aurons donc la relation
F⋅h F
= .
suivante : ∆x =
k0
k
Cette dernière relation permet d’adjoindre au schéma de simulation Fig. 5-11 un bloc de calcul
de la raideur.
5.2.3
Fonction de transfert.
Voir les paragraphes 2 et 3 de ce chapitre
5.2.4
Equations d’état.
Voir paragraphe 4 de ce chapitre.
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5.3
76
Exemple C : Suspension d’un véhicule.
Nous allons considérer ici la modélisation d’une suspension de voiture. L’entrée du système est
la vitesse de déplacement Vz imposée par le profil de la chaussée au pneu anime la masse du
véhicule à une vitesse V1 . Pour obtenir le déplacement d1 de la caisse du véhicule une simple
intégration de la vitesse V1 est suffisante..
Les caractéristiques dynamiques entre le profil de la route et le mouvement vertical du véhicule
permettront d’apprécier le « confort utilisateur » de cette suspension. Il est clair qu’une
simulation plus réaliste devrait prendre en compte l’ensemble des quatre roues et faire apparaître
les mouvements de tangage, roulis et pompage. Par soucis de simplification nous avons réduit le
problème en ne considérant que la direction perpendiculaire au déplacement du véhicule
(pompage). Dans ce cas la suspension du véhicule peut se ramener au schéma suivant :
M ⋅g
M
Masse du véhicule
Ressort : raideur k1
M
Masse du véhicule
Déplacement d1
F3
F3
Amortisseur
frottement fluide b
m
Masse de la roue
..
FM = M ⋅ d1
Déplacement d2
F2
m ⋅g
F4
F4
..
Fm = m ⋅ d2
m
Masse de la roue
F2
Pneu : raideur k2
F2
Déplacement dz
F2
Figure 5-12 Equilibre dynamique des éléments de la suspension
Pour construire le bond graph nous allons analyser l’équilibre dynamique de chaque sous
élément de l’ensemble, s’il est à vitesse constante nous aurons une jonction 1, s’il est soumis à
une force constante nous aurons une jonction 0.
Le pneu
Le pneu est ici considéré comme un élément
élastique sans masse assimilable à un ressort de
raideur k2.
F2 V2
F2
Le profil de la route peut être représenté par
Vitesse V2
F2
1 une source de flux imposant une vitesse Vz .
0
C:
Vz − V2
k 2 Ici la force (effort) est constante, nous avons
une jonction 0 pour laquelle les vitesses (flux)
Vitesse Vz
se
distribuent.
F2 Vz
F2
Au point de contact de la chaussée ( Sf : Vz ) la
vitesse est imposée. A l’extrémité du ressort
Sf :Vz
(contact pneu jante) la vitesse est V2 .
Vz − V2 permet
La différence de vitesse
Pneu
Bond graph
l’accumulation
d’une
force
tel
que
t
F2 ( t ) = k 2 ∫ ( Vz − V2 ) dτ
0
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77
La roue
F3
m ⋅g
..
F4 Fm = m ⋅ x 2
Loi fondamentale de la dynamique :
⋅⋅
∑ Forces = m ⋅ d 2
m
Masse de la roue
Vitesse V2
F2
F3 + F4 V2
V2
m ⋅g
Se : m ⋅ g
Fm
1
I:m
V2
Forces statiques :
F2 Force venant du pneu.
F3 Force due à la suspension
F4 Force de l’amortisseur
m ⋅ g Poids de la roue
Le poids de la roue constitue une source
d’effort
Les Forces F3 et F4 sont transmises
La masse m constitue représente un élément I
⋅⋅
F2 V2
tel que :
∑ Forces = m ⋅ d 2 = Fm soit :
V2 (t) =
1
Fm dτ
m∫
t
0
L’amortisseur et la suspension
F3
F4
Vitesse V1
Amortisseur
frottement fluide b
Ressort :
raideur k1
Vitesse V2
F3
F4
R :b
F3 + F4 V1
0
F4
F3 + F4
1
V2 − V1
F3 + F4 V2
INSA 3GE JM RETIF
La modélisation de cet ensemble nécessite deux
jonctions.
La jonction 0 assure la distribution des vitesses,
en entrée nous avons la vitesse V2 de la jante
de la roue, en sortie la vitesse V1 du châssis de
la voiture.
La différence de ces deux vitesses sollicitant
l’ensemble suspension amortisseur.
Les phénomènes de dissipation et stockage sont
pris en compte par une jonction 1.
L’élément R traduit la dissipation de
l’amortisseur et l’élément C le stockage de la
suspension.
V2 − V1
F3
V2 − V1
C:
1
k1
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78
Châssis de la voiture
..
FM = M ⋅ x 1
M ⋅g
Comme pour la roue c’est l’application de la loi
fondamentale de la dynamique qui permet de
définir le bond graph correspondant.
Ici les forces statiques sont :
F3 Effort transmis par la suspension.
F4 Force due à l’amortisseur
M ⋅ g Poids du véhicule
M
Masse du véhicule
F4
F3
La masse M constitue représente un élément I
⋅⋅
I: M
tel que :
t
1
V1 (t) = ∫ FM dτ
M
FM V1
V1
Se : M ⋅ g
M ⋅g
∑ Forces = M ⋅ x1 = FM soit :
0
1
F3 + F4 V1
L’analyse précédente conduit au bond graph global suivant ;
I: M
I: M
FM V1
Se : M ⋅ g
12
V1
1
M ⋅g
Se : M ⋅ g
R :b
F3 + F4 V1
V2
m ⋅g
Fm
1
F3 + F4 0
V2 − V1
F3
V2 − V1
F3 + F4 V2
C:
I:m
1
k1
V2
INSA 3GE JM RETIF
F3 + F4
c
7
10
d
1
9
6
Se : m ⋅ g
4
V2
1
b
C:
5
I:m
3
F2 V2
0
R :b
8
F4
F +F
0 3 4 1
V2 − V1
Se : m ⋅ g
1 V1
e
11
F2
Vz − V 2
C:
1
k2
F2 0
F2
a
F2 Vz
1
Sf : Vz
Sf : Vz
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2
C:
1
k2
1
k1
79
5.3.1
Causalité.
a/ Jonction 0. Les forces sont constantes et les vitesses s’y distribuent. Elle correspond à
l’équilibre du pneu, la source de flux transmet la vitesse Vz sur le lien 1, le lien 2 de vitesse
Vz − V2 transmet de l’énergie via la raideur du pneu, le lien 3 transmet une force F2 à la vitesse
V2 à masse m de la roue.
b/ Jonction 1. Pour une jonction 1 la vitesse (flux) est constante et vaut V2 (lien3). Sur cette
jonction nous retrouvons l’ensemble des forces qui sollicite la roue. Le lien 4 traduit la force de
la pesanteur qui s’oppose au mouvement, le lien 5 correspond à la force d’inertie et l’élément I
traduit l’énergie emmagasinée par une masse en mouvement.
c/ Jonction 0. Cette jonction a pour effort commun la somme des forces sur le ressort et
l’amortisseur ( F3 + F4 ) elle permet de prendre en compte la distribution des vitesses. Son lien
d’entrée réparti la vitesse V2 sur le lien 7 (ressort et amortisseur à la vitesse V2 − V1 ) et le lien 8
(masse M du véhicule à la vitesse V1 ).
d/ Jonction 1. Ici les forces F3 + F4 se répartissent via les jonctions 9 et 10 sur la suspension et
l’amortisseur. Les éléments C et R prenant respectivement en compte l’énergie stockée et
l’énergie dissipée.
e/ Jonction 1. Cette jonction concerne l’équilibre des forces sur le véhicule. Le lien 11 prend en
compte le poids de la voiture et le lien 12 la force d’inertie, l’élément de stockage I représente
l’énergie cinétique.
I: M
Affectation des causalités.
a/ Jonction 0.
F2 = k 2 ∫ Vz.2 . Causalité flux.
FM V1
Vz.2 = Vz − V2 .
b/ Jonction 1.
1
V2 = ∫ Fm . Causalité effort.
m
Fm = F2 − m ⋅ g − F3 − F4
c/ Jonction 0.
V2.1 = V2 − V1
d/ Jonction 1.
F3 = k1 ∫ V2.1 . Causalité flux.
Se : M ⋅ g
V1
M ⋅g
e
1
F3 + F4 V1
V2 − V1
c 0 V −V 1
2
1
Se : m ⋅ g
V2
m ⋅g
Fm
1
F3
V2 − V1
F3 + F4 V2
F4 = b ⋅ V2.1
F3.4 = F3 + F4
e/ Jonction 0.
1
V1 = ∫ FM . Causalité effort.
M
FM = F3 + F4 − M ⋅ g
C:
I:m
V2
b
F2 V2
a0
F2
Vz − V2
F2 Vz
Sf : Vz
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d
F3.4
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R :b
F4
C:
1
k2
1
k1
80
5.3.2
Schéma bloc :
A partir des équations liées aux jonctions il est aisé de définir le schéma bloc de simulation.
Vz
V2
F3.4
+
- Fm
+
m ⋅g
-
k2
p
-
F2
Jonction a
1
m⋅p
V2
V1
Jonction b
+ V2.1
-
Jonction c
b
F4
+
F3.4
k1 F3
+
p
Jonction d
M ⋅g
+
1
-
M⋅p
V1
Jonction e
Figure 5-13 : Schéma bloc de la suspension d’un véhicule.
5.3.3
Fonction de transfert.
Nous désirons établir la transmittance entre la vitesse verticale Vz provoquée par le profil de la
chaussée et la vitesse V1 du de la masse du véhicule.
L’élaboration de cette fonction de transfert par la méthode de MASON est assurée par le calcul
de la relation suivante :
∑ Tk ( p ) .Dk ( p )
V1 ( p )
= k
Vz ( p )
D (p)
Pour y parvenir nous devons :
Calculer au numérateur, le ou les gains Tk ( p ) des chemins causaux reliant l’entrée Vz à
la sortie V1 , le ou les boucles causales Dk ( p ) correspondantes.
Etablir pour dénominateur le déterminant D ( p ) par la relation :
D ( p ) = 1 − ∑ B j ( p ) + ∑ B j ( p ) .Bk ( p ) −
j
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j,k
∑ B j ( p ) .Bk ( p ).Bl ( p ) + "
j,k,l
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81
‰
Gains des chemins causaux entrée/sortie.
I:M
I:M
Se : M ⋅ g
Se : M ⋅ g
1
T ( p) =
0
Se : m ⋅ g
M.m.p
T ( p) =
4
R :b
I:m
C:
C:
1
k1
Se : m ⋅ g
0
C:
C:
1
k1
1
k2
Sf :Vz
Sf :Vz
Ici n 0 = 0 et n1 = 0
k ⋅k 1
T1 ( p ) = 1 2 ⋅
m ⋅ M p4
‰
R :b
I:m
1
1
k2
R.k2
M.m.p3
1
0
1
1
0
1
k1.k 2
n 0 = 0 et n1 = 0
k ⋅b 1
T2 ( p ) = 2 ⋅
m ⋅ M p3
Gains des boucles causales.
I:M
Se : M ⋅ g
I:M
1
Se : M ⋅ g
1
R :b
0
1
0
C:
Se : m ⋅ g
1
0
R :b
I:m
C:
1
k1
C:
Se : m ⋅ g
1
1
k2
0
Sf :Vz
Sf :Vz
n 0 = 1 et n1 = 0
B1(p) = −
n 0 = 1 et n1 = 0
k2
B2 (p) = −
m.p2
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b
M.p
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1
I:m
C:
1
k2
1
k1
82
I:M
I:M
Se : M ⋅ g
Se : M ⋅ g
1
1
B3 (p) =
k1
M.p 2
R :b
R :b
0
Se : m ⋅ g
I:m
1
0
0
1
C:
1
C:
k1
C:
Se : m ⋅ g
1
1
k2
0
I:m
C:
1
k1
1
k2
Sf :Vz
Sf :Vz
n 0 = 1 et n1 = 0
B3 (p) = −
1
n 0 = 0 et n1 = 1
k
B4 (p) = − 1
m.p 2
k1
M.p2
I:M
B2
Se : M ⋅ g
1
B3
R :b
0
1
B5
C:
Se : m ⋅ g
1
I:m
B4
1
k1
B1
0
C:
1
k2
Sf : Vz
n 0 = 0 et n1 = 1
B5 (p) = −
Nous pouvons constater que les cycles B1 et
B2 sont disjoint ainsi que B1 et B3 . Nous
aurons donc dans le déterminant deux doubles
produits
b
m.p
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83
Calcul du déterminant D(p)
D ( p ) = 1 − B1 ( p ) − B2 ( p ) − B3 ( p ) − B4 ( p ) − B5 ( p ) + B1 ( p ) ⋅ B2 ( p ) + B1 ( p ) ⋅ B3 ( p )
‰
D ( p) = 1+
k2
m⋅p
2
+
k
k
k2 ⋅ b
k1⋅k 2
b
b
+ 1 + 1 +
+
+
2
2
3
M⋅p M⋅p
m.p M ⋅ m ⋅ p
m⋅p
M ⋅ m ⋅ p4
Comme il n’y a pas de boucle causales en dehors des chaînes d’actions D1 ( p ) = D 2 ( p ) = 0 il
vient :
k1 ⋅ k 2 1 k 2 ⋅ b p
⋅ +
⋅
m ⋅ M p4 m ⋅ M p4
V1 ( p )
=
Vz ( p ) 1 + k 2 + b + k1 + k1 + b + k 2 ⋅ b + k1⋅k 2
m ⋅ p 2 M ⋅ p M ⋅ p 2 m ⋅ p 2 m.p M ⋅ m ⋅ p3 M ⋅ m ⋅ p 4
k1 ⋅ k 2 k 2 ⋅ b
+
⋅p
V1 ( p )
⋅
⋅
M
m
M
m
=
k k ⎞
Vz ( p )
⎛k
⎛ k ⋅b ⎞ k k
⎛ b b⎞
p 4 + p3 ⎜ + ⎟ + p 2 ⎜ 2 + 1 + 1 ⎟ + p ⎜ 2 ⎟ + 1⋅ 2
⎝M m⎠
⎝ m M m⎠
⎝ M⋅m ⎠ M⋅m
M⋅b
⋅p
V1 ( p )
k1
=
M ⋅ k 2 + k1 ( M + m )
Vz ( p )
M ⋅ m 3 b (M + m)
b
p4 ⋅
+p ⋅
+ p2 ⋅
+ p ⋅ +1
k1⋅k 2
k1⋅k 2
k1⋅k 2
k1
1+
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(5.37)
84
5.3.4
Equations d’état.
Le bond graph de cette suspension possède 2 éléments à stockage inertiel (les deux masses) et 2
éléments à stockage potentiel (l’élasticité du pneu et de la suspension), nous choisirons donc le
vecteur d’état suivant :
I:M
12
Se : M ⋅ g
11
1
R :b
8
0
10
7
1
9
6
Se : m ⋅ g
4
1
5
C:
I:m
1
k1
3
a0
2
C:
1
k2
1
Sf :Vz
Figure 5-14 : Bon graph de la suspension
1. Affectation à chaque élément C et I d’une composante du vecteur d’état.
X T = [ p5
p12
q9
q2 ]
(5.38)
La dérivée du vecteur d’état sera :
T = [e e
f
f ]
X
5
12
9
(5.39)
2
Les composantes du vecteur d’états et ses dérivées sont les suivantes :
x1 = p5 = m ⋅ f5 = m ⋅ V2
(5.40)
⇒ x 1 = m ⋅ f5 = e5 = Fm
x = p = M⋅ f = M⋅V
(5.42)
⇒ x = M ⋅ f = e = F
2
12
12
1
1
1
⋅ e9 = ⋅ F3
k1
k1
1
1
x 4 = q2 =
⋅ e2 =
⋅ F2
k2
k2
x 3 = q9 =
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2
(5.44)
(5.46)
12
M
1
⋅ e9 = f9 = V2 − V1
k1
1
⇒ x 4 =
⋅ e2 = f 2 = Vz − V2
k2
⇒ x 3 =
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12
(5.41)
(5.43)
(5.45)
(5.47)
85
2. Ecriture des lois de structure aux jonctions en tenant compte des causalités.
Jonction a
e1 = e2 = e3
(5.48)
f 2 = f1 - f3
(5.49)
(5.50)
e5 = e3 - e4 − e6
(5.51)
(5.52)
f 7 = f 6 - f8
(5.53)
(5.54)
e7 = e9 + e10
(5.55)
(5.56)
e12 = e8 - e11
(5.57)
Jonction b
f3 = f 4 = f5 = f 6
Jonction c
e6 = e7 = e8
Jonction d
f7 = f9 = f10
Jonction e
f8 = f11 = f12
3. Ecriture des lois caractéristiques des éléments en tenant compte des causalités.
Jonction a
En 1, Sf
En 2, élément C, (5.46) et (5.47) ⇒ e2 = k 2 ⋅ x 4
x 4 = f 2
Jonction b
En 4, Se
En 5, élément I, (5.40) et (5.41) ⇒
x
f5 = 1
m
x 1 = e5
Jonction d
En 10, Elément R : e10 = b ⋅ f10
En 9, élément C (5.44) et (5.45) ⇒ e9 = k1 ⋅ x 3
x 3 = f9
Jonction e
x
f12 = 2 x 2 = e12
M
4. Résoudre ces différentes relations pour expliciter la dérivée du vecteur d’état.
x 1 = e5 = e3 - e4 − e6 = e2 − m ⋅ g − ( e9 + e10 ) = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f10 )
En 11, Se
En 12, élément I, (5.42) et (5.43) ⇒
x 1 = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f6 - f8 ) ) = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f5 - f12 ) )
⎛
1
⎛1
⎞⎞
x 1 = k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g − ⎜ k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ⎜ ⋅ x1 - ⋅ x 2 ⎟ ⎟
M
⎝m
⎠⎠
⎝
b
b
x 1 = − ⋅ x1 + ⋅ x 2 − k1 ⋅ x 3 + k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g
m
M
x 2 = e12 = e8 - e11 = e7 - M ⋅ g = ( e9 + e10 ) - M ⋅ g = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f10 ) - M ⋅ g
(5.58)
x 2 = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ f 7 ) - M ⋅ g = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f6 - f8 ) ) - M ⋅ g
⎛
1
⎛1
⎞⎞
x 2 = ( k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ( f5 - f12 ) ) - M ⋅ g = x 2 = ⎜ k1 ⋅ x 3 + b ⋅ ⎜ ⋅ x1 - ⋅ x 2 ⎟ ⎟ - M ⋅ g
M
⎝m
⎠⎠
⎝
b
b
x 2 = ⋅ x1 - ⋅ x 2 + k1 ⋅ x 3 - M ⋅ g
m
M
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(5.59)
86
x 4 = f 2 = f1 - f3 = Vz − f5 = Vz −
1
1
⋅ x1 − ⋅ x 2
m
M
1
x 4 = − ⋅ x1 + Vz
m
x 3 =
x 3 = f9 = f7 = f 6 - f8 = f5 - f12
1
⋅ x1
m
(5.60)
(5.61)
Les relations (5.58) à (5.61) permettent le calcul de l’équation d’état.
⎡ b
⎢− m
⎢
⎢ b
=⎢ m
X
⎢ 1
⎢
⎢ m
⎢ 1
⎢−
⎣ m
b
M
b
M
1
−
M
+
0
⎤
− k1 k 2 ⎥
⎥
⎡0 0 −1⎤
k1
0⎥
⎢0 −1 0 ⎥ ⎡ Vz ⎤
⎥
⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⋅ X + ⎢0 0 0 ⎥ ⋅ ⎢ M ⋅ g ⎥
0
0⎥
⎢
⎥ ⎢⎣ m ⋅ g ⎥⎦
⎥
⎣1 0 0 ⎦
⎥
0
0⎥
⎦
(5.62)
La sortie que nous considérons ici étant la vitesse V1 nous aurons :
⎡ Vz ⎤
⎤
0 0 ⎥ ⋅ X + [ 0 0 0] ⋅ ⎢⎢ M ⋅ g ⎥⎥
(5.63)
⎦
⎢⎣ m ⋅ g ⎥⎦
Calcul de l’état initial.
A l’arrêt le pneu et la suspension sont sollicités, les dérivées du vecteur d’état et les vitesses
étant nulles nous pouvons à partir des équations d’état (5.58) à (5.61) écrire :
0 = − k1 ⋅ x 3 + k 2 ⋅ x 4 − m ⋅ g
0 = + k1 ⋅ x 3 - M ⋅ g
Ce qui conduit à l’état initial suivant :
⎡
M ⋅ g (M + m) ⋅ g ⎤
X0 = ⎢0 0
⎥
k1
k2
⎣
⎦
⎡
Y = ⎢0
⎣
1
M
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87
BIBLIOGRAPHIE
OUVRAGES.
Les Bond graphs
Sous la direction de Geneviève Dauphin-Tanguy
HERMES – Systèmes Automatisés
Automatique
Modélisation et identification des processus (tome1)
P. Borne, G. Dauphin-Tanguy, J.P. Richard, F. Rotella, I. Zambettakis
Editions Technip (collection : Méthodes et pratiques de l’ingénieur)
Automatique
Modélisation et identification des processus (tome2)
P. Borne, G. Dauphin-Tanguy, J.P. Richard, F. Rotella, I. Zambettakis
Editions Technip (collection : Méthodes et pratiques de l’ingénieur)
DOCUMENT PEDAGOGIQUE INSA.
Eric BIDEAU
Modélisation par variable d’état et Automatique Moderne.
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88
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