Performances d'un système asservi : exercices corrigés de Tle

La consigne est la vitesse voulue ($1200$ tr/min), la grandeur mesurée est la vitesse réelle donnée par le capteur ($1150$ tr/min), la commande est le signal élaboré par le correcteur et envoyé au moteur, par exemple une tension.

On calcule l'écart : $\varepsilon = 1200 - 1150 = 50$ tr/min.

L'écart est positif : le moteur tourne moins vite que demandé. Le correcteur augmente donc la commande pour accélérer le moteur, et l'écart diminue.

On écrit $s(t) = K\,E\,(1-e^{-t/\tau}) = 60\,(1-e^{-t/0{,}5})$ en tr/min.

Quand $t \to +\infty$, $e^{-t/\tau} \to 0$, donc $s_\infty = K\,E = 20 \times 3 = 60$ tr/min.

La constante de temps n'intervient pas dans la valeur finale. Elle règle seulement la vitesse à laquelle on s'en approche, donc la rapidité.

Erreur statique : $100 - 98 = 2$ mm.

En pourcentage : $\dfrac{2}{100} \times 100 = 2$ %.

Comme $2\,\% > 1\,\%$, le système n'est pas conforme au cahier des charges : il n'est pas assez précis.

La sortie est dans la bande quand $s(t) \geq 0{,}95\,s_\infty$, soit $1 - e^{-t/\tau} \geq 0{,}95$, donc $e^{-t/\tau} \leq 0{,}05$.

On prend le logarithme népérien : $-\dfrac{t}{\tau} \leq \ln(0{,}05)$, donc $t \geq \tau \ln(20)$. Comme $\ln 20 \approx 3{,}0$, on retrouve $t_{5\%} \approx 3\tau$.

Pour $\tau = 0{,}8$ s : $t_{5\%} = 0{,}8 \times \ln 20 \approx 2{,}40$ s. La sortie, qui croît sans dépassement, ne ressort pas de la bande ensuite.

Valeur finale : $s_\infty = 4 \times 5 = 20$.

À $t = 2$ s : $s(2) = 20\,(1 - e^{-2/1{,}5}) = 20\,(1 - e^{-4/3}) \approx 20 \times 0{,}736 \approx 14{,}73$.

La bande de $5$ % commence à $0{,}95 \times 20 = 19$. Comme $14{,}73 < 19$, la sortie n'y est pas encore. Le temps de réponse à $5$ % vaut environ $3\tau = 4{,}5$ s.

$D = \dfrac{44{,}8 - 40}{40} = \dfrac{4{,}8}{40} = 0{,}12$, soit $12$ %.

La bande de $5$ % est $[38\,;\,42]$ mm. Le maximum $44{,}8$ mm est au-dessus : la sortie sort de la bande. Le temps de réponse à $5$ % n'est atteint qu'après la dernière sortie de la bande, donc une fois les oscillations suffisamment amorties.

Le dépassement renseigne sur l'amortissement, l'un des quatre critères de performance ¹.

$K K_c = 5 \times 3 = 15$ et $1 + K K_c = 16$. Constante de temps en boucle fermée : $\dfrac{2}{16} = 0{,}125$ s, soit seize fois plus petite qu'en boucle ouverte.

Gain statique en boucle fermée : $\dfrac{15}{16}$. Valeur finale : $80 \times \dfrac{15}{16} = 75$. Erreur statique : $80 - 75 = 5$ unités, soit $\dfrac{80}{16} = 5$.

L'asservissement est nettement plus rapide : $t_{5\%} \approx 3 \times 0{,}125 \approx 0{,}37$ s au lieu de $6$ s. L'écart restant vaut $\dfrac{5}{80} = \dfrac{1}{16} \approx 6$ % de la consigne : c'est correct, mais non nul.

$K K_c = 45$ et $1 + K K_c = 46$. Constante de temps : $\dfrac{2}{46} \approx 0{,}043$ s. Erreur statique : $\dfrac{80}{46} \approx 1{,}74$ unité.

Par rapport à $K_c = 3$ (constante de temps $0{,}125$ s, erreur $5$), le système est environ trois fois plus rapide et près de trois fois plus précis.

Le modèle du premier ordre néglige des dynamiques réelles (inertie du capteur, retards, frottements). La robustesse mesure l'aptitude du système bouclé à rester stable malgré des imperfections du modèle et des perturbations. Or un gain très grand finit par provoquer des oscillations et peut conduire à l'instabilité ⁵.

Réponse à l'élève : performance et robustesse s'opposent, c'est le compromis fondamental de l'automatique ⁵. Pour gagner en robustesse, on accepte de perdre en performances, ce qui revient à baisser le gain ⁵. Il faut choisir le gain le plus élevé qui reste stable avec une marge, jamais un gain énorme.