TD N°6
ASSERVISSEMENT DE POSITION AVEC CORRECTEUR PI
Nous allons étudier la synthèse d'un correcteur PI pour l''asservissement de position d'un bras de robot en utilisant cette fois le diagramme de Bode
![](../res/td61.png)
\(\Omega_c\) est la consigne de vitesse sur 10 bits transmise au variateur par un bus CAN
C(p) est le correcteur Proportionnel et Intégrale \(C(p)=A\frac{1+\tau_ip}{\tau_ip}\)
I. - Correction proportionnelle
\(\:\)
Question
I.1 - Montrer que \(H_{bo}(p)\) peut se mettre sous la forme \(H_{bo}(p)=\frac{K}{\frac{p}{\omega_0}(1+\frac{2z}{\omega_0}p+\frac{p^2}{\omega_0^2})}\)
Exprimer K en fonction de A
Solution
\(K=\frac{A K_\omega K_\theta}{\omega_0}\) = 2.5A
Question
I.2 - On cherche à obtenir une marge de phase \(\varphi_m=70\)°. L'argument de \(H_{bo}(p)\) doit donc valoir -180°+70°=-110°
Quel doit-être l'argument de \(\frac{K}{(1+\frac{2z}{\omega_0}p+\frac{p^2}{\omega_0^2})} \) ?
Sur le diagramme de Bode ci-dessous, déterminer la valeur de \(\omega\) respectant cette condition (pour rappel z=1). On notera cette valeur \(\omega_{0dB}\)
![](../res/td62.png)
Solution
L'argument de \(\frac{1}{(\frac{p}{\omega_0})}\) est de -90° (imaginaire pur négatif) donc l'argument de \(\frac{K}{(1+\frac{2z}{\omega_0}p+\frac{p^2}{\omega_0^2})}\)doit valoir -180°+70°+90°=-20°
Pour Arg=-20°, on trouve une pulsation réduite \(\frac{\omega_{0dB}}{\omega_{0}}\)=0.18
Question
I. 3 - Calculer le gain de \(H_{bo}(p)\) pour cette pulsation \(\omega_{0dB}\) en fonction de A
Solution
La pulsation \(\omega_{0dB}\) vaut 0.18 x10=1.8 rad/s... \(|H_{bo}(p)|\) = 13.45A
![](../res/td6cor.png)
Question
I.4 - Pour la pulsation \(\omega_{0dB}\), le gain doit être de 0 dB, déterminer la valeur de A assurant une marge de phase \(\varphi_m=70\)°
Solution
\(A=\frac{1}{13.45}=0.074\)
II - Correction proportionnelle-intégrale
\(\:\)
Question
II.1 - Pour le gain A calculé précédemment, déterminer la constante de temps \(\mathcal{T}_i\) d'un correcteur intégral adapté au système et permettant de conserver une marge de phase au moins égale à 65°.
Solution
L'apport du terme \(\frac{1+\mathcal{T}_ip}{\mathcal{T}_ip}\) fait perdre 5° à l'argument de Hbo(p) pour la pulsation ω0dB (voir Q1.4) puisque la marge de phase passe de 70° à 65°
Donc \(Arg(\frac{1+j\mathcal{T}_i\omega_{0dB}}{j\mathcal{T}_i\omega_{0dB}})=-5°\)
\(\Rightarrow arctg(\mathcal{T}_i\omega_{0dB})-90°=-5°\)
\(\Rightarrow \mathcal{T}_i\omega_{0dB}=tg 85°\)
\(\Rightarrow \mathcal{T}_i=\frac{11.43}{1.8}=6.35s\)
Question
II.2 -
Quelle sera l'erreur en régime établi pour un échelon de consigne ? Pour une rampe de consigne ?
Comparer les résultats à ceux du TD n°3 et expliquer la cause des différences.
Solution
- L'erreur en régime établi pour un échelon (t0) ou une rampe (t1) de consigne est nulle puisqu'il y a 2 intégrateurs dans la boucle (1 naturel et 1 dans le correcteur)
- Dans le TD n°3, il n'y avait qu'un intégrateur naturel