Réponse à un échelon - physique appliquée au LLA

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RÉPONSES À UN ÉCHELON
1. Réponse à un échelon d’un système du premier ordre
i
R
Exemple : alimentation d’un condensateur de capacité C par une
source de tension e(t) à travers résistance R
e(t)
u
La tension variable e(t) est un échelon de tension de valeur E.
Entrée e(t)
excitation
e(V)
E
t(s)
0
0
échelon
Sortie u(t)
réponse
u(V)
système
E
0
?
t(s)

on a 

e(t) = 0 pour t<0
,
e(t) = E pour t≥0
et si E = 1V on dira que u(t)
est la réponse indicielle du circuit RC.
0
réponse
Rappel de la solution générale u(t) :
on reconnaît ici la charge ou décharge exponentielle
d’un condensateur :
- t
u(t) = Uf + (Ui - Uf) e RC
Ui est la valeur initiale de u
Uf est la valeur finale vers laquelle tend la charge
e est l’opérateur exponentiel (e = 2,718281828…)
u(t)
Uf
u(V)
Ui
t(s)
t
Méthode de résolution mathématique pour trouver u(t) : avec e(t) = E pour t ≥ 0
e(V)
du
du
La maille ci-dessus permet d’écrire e(t) = Ri + u, i = C dt d’où e(t) = RC
+u:
dt
c’est une équation différentielle du 1er ordre
du
u est donc solution de l’équation différentielle du premier ordre e(t) = E = RC dt + u.
La méthode de résolution de l’équation différentielle consiste
E
t(s)
0
0
échelon
• à écrire la solution générale ug de l’équation sans second membre … ug = K.e-at,
1
• à remplacer ug dans l’équation sans second membre pour déterminer que a = RC ,
• à trouver up, une solution particulière de l’équation avec second membre … la plus simple est u = E.
• à écrire la solution complète en sommant les solutions ug et up … u(t) = K.e-at + up = K.e-at + E
• à calculer la constante K avec les conditions initiales du système étudié,
à t = 0, u(t) = 0 donc u(0) = K.e-0 + E = K + E = 0 et K = - E
1
• pour en déduire la solution finale, en remplaçant K par - E et a par RC :
u(V)
- t
u(t) = E - E e RC
E
t(s)
0
On vérifie que cette relation correspond à l’équation générale
de charge et de décharge citée plus haut si on fait Ui = 0 et Uf = E.
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0
réponse
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RÉPONSES À UN ÉCHELON
Valeur particulière : la constante de temps τ
En début de charge, pour les faibles valeurs de t, u est très faible et
négligeable devant E,
du
du
du
E
donc comme E = RC dt + u, on a E = RC dt puis dt = RC .
E
E
On intègre pour obtenir u = RC t + u(0) = RC t, ce qui signifie que
E
u(t) évolue linéairement avec une pente RC .
En début de charge, la tangente à la courbe exponentielle est donc
une droite qui passe par le point t = RC et u = E.
De la même façon, on peut démontrer que la tangente à la courbe
exponentielle suit la même règle quel que soit le niveau de
charge du condensateur, comme le montre la figure ci-contre.
E
u(V)
t(s)
τ
E
u(V)
τ
τ
τ
La durée de charge ∆t = t2 - t1 de d’un niveau de tension U1 à
un niveau de tension U2
u(V)
-t
E
u(t) = Uf + (Ui - Uf) e τ d’après la formule générale de charge ou
U2
de décharge exponentielle d’un système du premier ordre où τ
est la constante de temps du système, Ui la valeur initiale de
U1
u, Uf est la valeur finale vers laquelle tend la sortie du
système.
t1 ∆t
t
- 1
À t = t1, u(t1) = Uf + (Ui - Uf) e
τ
t(s)
t(s)
= U1.
t
t
- 1
- 2
U
-U
1 f
τ
τ U2-Uf
on transforme cette relation pour trouver t1 : e
= U -U (1), et même façon on a t2 : e
= U -U (2).
i f
i f
t
t
t2 - t1
- 1 + 2
U
-U
U
-U
U1-Uf
1 f
i f
τ
τ
τ
Divisons (1) par (2), on obtient : e
.e
= U -U . U -U et en simplifiant : e
= U -U .
i f
2 f
2 f
Il vient, après mise en forme :
 Uf - U1 
∆t = t2 - t1 = τ ln 

 Uf - U2 
Application numérique : C = 1 µF se charge sous 12 V à travers R = 10 kΩ de 4 V à 8 V
en combien de temps ?
τ peut être mesuré lorsque la courbe atteint 63,2 % de la valeur finale E
-τ
en effet à t = τ, on a u(τ) = E - E e τ = E – E e-1 = E(1 – e-1) = 0,632 E
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RÉPONSES À UN ÉCHELON
Le temps de réponse à 5 % :
E
0,95.E
u(V)
tr5%
t(s)
τ
tr5% est le temps que met un système du premier ordre pour
passer de l’état initial (u = 0) à 95 % de l’état final : 95% E.
 Uf - 0 
tr5% = τ ln  U - 0,95U  = τ ln 20.
f
 f
retenons que tr5% = 3 τ .
Le temps de montée tr
(l’indice r venant de l’anglais “rise time”)) :
tr est le temps que met un système qui bascule
de 0 à E, pour passer de 10 % de E à 90 % de E. Le
réticule d’un oscillogramme comporte deux lignes en
pointillé permettant une mesure rapide.
Il est toujours possible à l’aide des boutons de
position de la trace et de décalibrage de placer les
deux niveaux sur les lignes en pointillés.
Mesure de tr pour l’exemple ci-contre
tr =
le temps de descente est appelé « fall time » tf
tensions VOIE A :
VOIE B
100 %
90 %
10 %
tr
0%
sensibilités verticales
VOIE A : ......1.......V/div VOIE B : ..............V/div
AC ou DC
AC ou DC
sensibilité horizontale
temps ou tension : ...........1 ms......... /div
synchronisé sur la voie. ..........
Établissement du courant dans un circuit inductif :
à t = 0 on applique une tension continue E, i(0+) = 0.
K
i
di
Écrivons la loi des mailles : E = Ri + L dt.
R
E
u
L
C’est une équation différentielle, résolvons la !.
di R
• La solution générale ig de l’équation sans second membre dt + L .i = 0
R
est ig = C.e-at, avec a = L ,
• La solution particulière ip de l’équation avec second membre,
di
E
… comme le second membre est une constante, ip est une constante K. dt = 0 donc E = R.K et K = R
E
• D’où la solution complète : i (t) = C.e-at + R,
• On calcule la constante C avec les conditions initiales du système étudié.
Ici, à t = 0, on ferme l’interrupteur K,
E
E
E
i(0) = 0 donne 0 = Ce0 + R = C + R ⇒ C = - R
R
E E -Lt
• D’où la solution finale i ( t ) = e
R R
E
R
i (A)
.
t(s)
L
τ=R
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RÉPONSES À UN ÉCHELON
Étude de la courbe i(t)
E
R
E
i(t) = L t
i (A)
àt→+∞
t(s)
à t = 0+
L
τ=R
à t = 0+, c’est le régime transitoire
di
di
di E
i = 0, l’équation différentielle E = Ri + L dt devient E = L dt puis dt = L .
E
L est une constante positive, donc l’accroissement di du courant dans le temps
est constant, i(t) est une droite. La primitive montre en effet que (condition initiale nulle).
L
E
Cette droite passe par le point i = R pour t = R ,
durée qui est appelée constante de temps τ du circuit RL.
L
τ=
R
L est l’inductance en henrys (H)
R est la résistance en ohms (Ω)
τ est le temps en secondes (s)
Lorsque t → + ∞, c’est le régime permanent
di
E
le courant s’est stabilisé, dt et il reste i = R
(voir page précédente, conséquence de l’équation fondamentale).
remarque sur les constantes de temps :
pour un condensateur en série avec une résistance τ = RC, en secondes
L
pour une bobine τ = R , en secondes
L
faisons le produit de ces deux constantes de temps on obtient R.C.R = LC ,
le produit de farads par des henrys donne des secondes au carré
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RÉPONSES À UN ÉCHELON
Rupture du courant dans un circuit inductif
K
i
uK
R1
i1
E
•
Pour éviter l’arc d’extra-rupture, on place une résistance R1 en
parallèle sur la bobine RL.
i (A)
Écrivons la loi des mailles :
E
di
u = - R1.i = Ri + L dt car i = i1.
R
C’est une équation
t(s)
différentielle, résolvons la !
R
u
L
di R + R1
La solution générale ig de l’équation sans second membre dt +
L .i = 0
R + R1
,
L
La solution particulière ip = 0 convient.
La solution complète s’écrit : i(t) = C.e-at,
est ig = C.e-at, avec a =
•
•
•
t(s)
La constante C se calcule avec les conditions initiales,
E
E
E
ici, à t = 0 on ouvre l’interrupteur K, i(0) = R donne R = Ce0 = C ⇒ C = R
R + R1
t
E
L
i(t)= e
R
-
•
u(V)
E
L
τ=R+R
1
d’où la solution finale
qui donne
E
- R1. R
u(t) = - R1. i(t).
À l'ouverture de K, à t = 0+, on a la tension aux bornes de l'interrupteur qui vaut
R1.E
uK = E + u(0) = E + R .
La rupture du courant dans un circuit inductif produit une surtension aux bornes de
l’interrupteur.
Protections contre les effets de l’extinction du courant dans un circuit inductif
L’amortissement de cette surtension se fait plus fréquemment à l’aide d’un condensateur ou
d’une diode de roue libre .
la diode de roue libre DRL
le condensateur C
i
E
uK
DRL
L
u
E
C
L
i
À la fermeture de l’interrupteur K,
la DRL est bloquée.
À l’ouverture, la DRL permet
d’écouler le courant,
évitant l’arc d’extra-rupture et
protégeant ainsi l’interrupteur K.
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À la fermeture de l’interrupteur K,
C se décharge.
À l’ouverture, le courant induit
dans la bobine charge le
condensateur C.
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RÉPONSES À UN ÉCHELON
2. Étude de la réponse d'un système du deuxième ordre à un échelon
Exemple : l’association R L C série,
Le circuit RLC nous permet de faire l’étude indicielle d’un système du deuxième ordre. On
pourra généraliser aux autres systèmes : les systèmes électriques, les systèmes mécaniques
en translation, en rotation et les systèmes thermiques .
i
Entrée e(t)
excitation
e(V)
e
E
t(s)
0
0
échelon
R
Sortie u(t)
réponse
L
u(V)
C
E
u
t(s)
0
système
0
réponse
c’est la charge d’un condensateur à travers un circuit inductif
2.1. les équations différentielles fondamentales
La loi de la maille et la relation fondamentale du condensateur, qui s’écrivent
di
du
e = Ri + L dt + u et i = C dt , donnent les équations différentielles suivantes :
e
d2u R du
1
1 de
d2i R di
1
=
+
+
.
u
(1)
et
.
=
+ L dt + LC . i
LC
2
L
dt
LC
L
dt
2
dt
dt
Les équations sans second membre sont donc identiques par leurs coefficients.
Ces coefficients caractérisent le système RLC.
De façon générale, on écrit une équation différentielle d’un système du second ordre sous
la forme :
d2u
du
+ 2.m.ω
ωo.
+ ωo2 . u = f ( t )
(2)
dt
dt2
ωo est la pulsation propre et m est le coefficient d’amortissement
ωo est en rad/s
m n’a pas d’unité
pour le montage RLC, on vérifie que ωo et m prennent les valeurs ωo =
1
R
et m =
2
LC
C
L
et que f(t) = ωo2 . e= ωo2.E . Démonstration :
R
1
par identification de (1) et de (2) on a 2mωo = L et ωo2 = LC
1
qu’on remplace dans la seconde égalité,
on commence par ωo =
LC
R
C
R
R
R LC R L C
2mωo = L m =
= 2L =
m=
c.q.f.d.
2
L
2 ωo L
2 L L
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2.2. la réponse u(t) la méthode de résolution de l’équation différentielle est la suivante :
d2u
du
D’abord on écrit la solution générale ug de l’équation sans second membre a 2 + b dt + cu = 0,
dt
2
on rechercher les racines r1 et r2 de l’équation caractéristique ar +br+c = 0,
-b ± b2 - 4ac
soit r1,r2 =
, ici, a = 1, b = 2.m.ωo et c = ωo2
2a
d’où l’expression du discriminant ∆ = b2-4ac = 4.m2. ωo2 - 4.1. ωo2 = 4. ωo2 (m2 - 1)
et de sa racine ∆ = b2 - 4ac = 2. ωo m2 - 1 .
Les racines sont r1, r2 = - m.ωo ± ωo
 r = ω ( - m 1
o
m2 - 1 )
 r2 = ωo (- m +
m2 - 1 )
m2 - 1 , qu’on va écrire 
.
Plusieurs cas se présentent, suivant la valeur du coefficient d’amortissement.
Chacun correspond à un fonctionnement particulier du système du second ordre :
m = 0,
0 < m < 1,
m=1
m>1
2.2.1. le cas où on a m > 1 est appelé « le régime amorti » ou « apériodique » ,
on démontre que les solutions sont
u(t) = A1. e r1t + A2 . e r2t + E , où
m + m2 - 1
m2 - 1
et A2 = - E
.
2 m2 - 1
2 m2 - 1
Les solutions finales sont représentées par les courbes ci-dessous paramétrées en m.
A1 = E
E
m-
e(t)
u(t)
m=1
m = 1,5
m=2
m=4
m≥1
t(s)
0
2π
ωo
du
- La pente à l’origine est nulle car C. dt (0+) = 0. La tangente à la courbe est horizontale.
- Si m >> 1,
c’est comme un premier ordre pour lequel le temps de réponse à 5% vaut tr5% = 3τ .
Propriétés :
On vérifie que RC =
6m
2m
donc le temps de réponse à 5% vaut alors tr5% =
ωo
ωo
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2.2.2. le cas où on a m = 1 est appelé « le régime critique » ,
la solution de l’équation différentielle est u (t) = E [ 1 - ( ωo . t + 1 ) . e - ωot ]
l’allure de la courbe est identique à celle du régime m > 1 et n’a pas beaucoup d’intérêt
2.2.3. le cas où on a m < 1 est appelé « le régime oscillatoire amorti » ,
Les racines r1 et r2 sont complexes conjugués :
1 - m2 .
r1 = α + jβ et r2= α - jβ , avec α = - m.ωo et β = ωo
La solution de l’équation différentielle s’écrit :
u (t) = E [ 1 -
1
1 - m2
. e - m ωot . cos ( ω t + ϕ ) ]
où ω = ωo 1 - m2 est appelée la pseudo-pulsation
et ϕ est tel que sinϕ
ϕ=-m
Pour un coefficient d’amortissement m = 0,1, la courbe est tracée ci dessous.
1
Les courbes en pointillés, d’équations e1(t) = E [ 1 . e - m ωot ]
2
1-m
1
et e2(t) = E [ 1 +
. e - m ωot ], sont appelées les enveloppes de u(t).
1 - m2
u(t) et e(t)
2E
Tp
UMAX
m = 0,1
e2(t)
d1. E
Tp
105 % E
E
95 % E
e1(t)
tm tp
tr5%
La pseudo-période Tp
est la période d’oscillations libres due au système et non au signal d’entrée. elle vaut
2π
π
Tp =
ωo 1-m2
πm
autre relation UMAX = E(1+exp())
1 - m2
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Les autres valeurs du coefficient d’amortissement comprises entre m = 0 (pas d’amortissement)
et m = 0,9 donnent les réponses indicielles suivantes :
2E
u(V)
remarquons que,
plus m augmente,
plus la courbe
oscillante est amortie.
m=0
m = 0,1
m = 0,2
m = 0,3
Pour le circuit RLC,
R
C
m=2
L montre
que l’amortissement
est directement
proportionnel à R
et, si R est nul, m = 0
et u(t) est oscillant
sans diminution
d’amplitude.
t(s)
E
Tp
0
Le temps de réponse à 5 % est le
temps tr5% au bout duquel la
grandeur u(t) est comprise entre
0,95 E et 1,05 E.
Le temps de réponse à n %
pour m < 0,7 est aussi donné par
1
100
tr n% =
ln n
ωo.m
Constater que tr5% est minimal
pour m = 0,707
la réponse est optimale à m = 0,707.
u(V)
la courbe pour m= 0,7
To =
2π
ωo
t(s)
0,44 To
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Le dépassement d
est défini par la relation d1 =
valeur du premier maximum - valeur finale Umax - E
=
valeur finale
E
du
En cherchant t tel que dt = 0, on
trouve les maxima.
π
Le premier se trouve à t = et permet
ω
le calcul de d1 :
d1 = exp(
1
d1
0,5
-πm
m
)
1 - m2
le dépassement s’exprime souvent en %
0 0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
dépassement d1 en fonction du
coefficient d’amortissement m
et de façon générale, si k est un entier correspondant au rang de l’extremum,
- kπ m
dk = ± 100 . exp(
) , avec le signe + si k est pair, et le signe - si k est impair.
1 - m2
Connaissant le premier dépassement d1, on calcule m avec la relation m =
|ln d1|
π2+(ln d1)2
exemples numériques :
si d = 80 % , m = 0,07
si d = 50 % , m =
si d = 20 % , m =
si d = 10 % , m =
Le temps de montée tm (ou tr, l’indice r venant de l’anglais “rise time”) est le temps que met
un système qui bascule de 0 à E, pour passer de 10 % de E à 90 % de E .
1
(π
π - Arccos m)
tm =
ωo 1-m2
Le temps de pic , qui est le temps mis pour atteindre le premier maximum,
vaut
tpic =
π
ωo 1-m2
.
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2.2.4. Le cas où on a m = 0 est appelé « le régime oscillatoire »
c'est le cas de la décharge d’un condensateur à travers une inductance pure ,
d2u
m = 0 donne comme équation différentielle qui régit le système 2 + ωo2 u = ωo2 E avec
dt
comme conditions initiales à t=0+, u(0+) = E et i(0+) = 0 …
du
ωo E sin ωot .
… la solution est u (t) = E [ 1 - cos ωot ] et comme i = C dt , i (t) = Cω
Représentons u(t) et i(t) pour interpréter physiquement ce qui se passe dans un circuit RLC :
Dans un circuit RLC,
m = 0 si R = 0.
K
2E
i
E
C
E
L
u
T
2
3T
4
t(s)
0
T
4
T
Pour t ≤ 0 : u = 0 et i = 0 . Puis à t = 0+, on ferme l’interrupteur K, u = E et i = 0.
T
De t = 0+ à t = , le condensateur se charge à travers une inductance pure L qui s’y oppose. L’inductance
4
emmagasine de l’énergie sous forme magnétique puis la restitue sous forme de courant.
T
T
De t = à t = , le courant i a atteint un maximum lorsque u = E, puis diminue jusqu’à son extinction, le
4
2
condensateur C continuant à se charger vers u = 2E.
T
3T
De t = à t =
, C est chargé sous une tension 2E, le condensateur va maintenant se décharger, produisant un
2
4
courant négatif, etc. …
Applications : les oscillateurs qui sont des générateurs de tensions sinusoïdales (les
générateurs de tensions en créneaux sont appelés « astables ») .
Exemple : le montage oscillateur à résistance négative
Montrer que le circuit encadré de pointillés est une résistance
R1.R2
u
négative de valeur i = - R
; c’est à dire, en observant le
3
fléchage de u et de i, que c’est un dipôle générateur.
R1.R2
R3 ,
on retrouve le circuit oscillant LC.
Si on réalise l’égalité R =
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R1
i
- >∞
+
R
L
C
u
R3
R2
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