automatique modelisation

7/27/2019 Automatique Modelisation

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Dpartement de Gnie Electrique

3me

Anne GE

AUTOMATIQUEMODELISATION

Fernand LEGER 1930 Contrainte dobjets

Edition 2008 J.M RETIF

Institut National des Sciences Appliques de Lyon


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[JM. RETIF], [2007], INSA de Lyon, tous droits rservs. [JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits rservs.


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Chapitre I

VARIABLES DETAT CONTINUES

1. PREAMBULE....................................................................................................................... 12. FORMULATION PAR DES EQUATIONS DETAT CONTINUES.............................. 2

2.1 Solution analytique des quations dtat. .............................................................................................. 22.2 Calcul de la matrice de transition........................................................ ................................................... 32.3 Exemple : rponse dun second ordre. ....................................................... ............................................ 3

3. PHENOMENES ENERGETIQUES. .................................................................................. 44. MODELISATION DETAT A PARTIR DEQUATIONS DIFFERENTIELLES......... 5

4.1 Domaine lectrique. ...................................................... .................................................................. ......... 64.2 Domaine mcanique en translation. .................................................................... ................................. 134.3 Domaine mcanique en rotation. ................................................................... ....................................... 19

5. CHANGEMENT ENTRE LES FORMALISMES DETAT ET DETRANSMITTANCE................................................................................................................... 22

5.1 Passage des quations dtat une matrice de transfert. ................................................................... 225.2 Passage dune transmittance aux quations dtat. ......................................................... ................... 22

6. EXEMPLE........................................................................................................................... 276.1 Moteur courant continu................................... ........................................................... ........................ 27

[JM. RETIF], [2008], INSA de Lyon, tous droits rservs.


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Chapitre II

LES BOND GRAPHS

1. PREAMBULE..................................................................................................................... 332. LIENS ET PORTS.............................................................................................................. 33

2.1 Dfinitions. ............................................................. .............................................................. ................... 332.2 Expressions de la puissance et de lnergie.......................... ................................................................ 342.3 Variables de flux et deffort. ........................................................... ...................................................... 36

3. ELEMENTS DU LANGAGE BOND GRAPH. ............................................................... 373.1 Les lments actifs.................... ........................................................... ................................................... 373.2

Elments passifs......................................................... ........................................................... .................. 38

3.3 Les dtecteurs. .......................................................... ............................................................ .................. 423.4 Jonctions. ...................................................... ........................................................... ............................... 433.5 Elments de transformation. .............................................................. ................................................... 45

4. PROCEDURES DE CONSTRUCTION DE MODELES. .............................................. 474.1 Exemple 10 : Filtre elliptique. .................................................. ............................................................ . 484.2 Exemple 11 : Poulie entranant une charge. ........................................................... ............................. 49

5. CAUSALITE DUN BOND GRAPH. ............................................................................... 505.1 Notion de causalit. ........................................................ ............................................................... ......... 505.2 Les lments actifs.................... ........................................................... ................................................... 505.3 Les lments passifs. ........................................................... ........................................................... ........ 515.4 Jonctions. ...................................................... ........................................................... ............................... 525.5 Elments de transformation. .............................................................. ................................................... 525.6 Procdure daffectation de la causalit. ................................................................... ............................ 535.7 Rcapitulatif des causalits. ........................................................... ....................................................... 54



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Chapitre III

MODLISATION PAR LES BOND GRAPHS

1. PREAMBULE..................................................................................................................... 572. CHEMINS CAUSAUX DUN BOND GRAPH. ............................................................... 57

2.1 Gain dun chemin causal. .......................................................... ........................................................... . 572.2 Gain dune boucle causale. ............................................................... ..................................................... 59

3. ETABLISSEMENT DUNE FONCTION DE TRANSFERT. ....................................... 614. ELABORATION DES EQUATIONS DETAT............................................................... 625. APPLICATIONS DES BOND GRAPHS A LA MODELISATION. ............................. 65

5.1 Exemple A : Filtre passif. ........................................................ .............................................................. 655.2 Exemple B : Traction dune charge par une poulie. ................................................................. .......... 735.3 Exemple C : Suspension dun vhicule.................................................................................. ............... 76



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INSA 3GE JM RETIF Modlisation par variables dtat

VARIABLES DETAT CONTINUES

1. Prambule.La formulation par variables dtat est une approche directe dans le domaine temporel qui

sexprime par une quation diffrentielle matricielle du premier ordre.

Les systmes qui peuvent tre reprsents par variables dtat sont rgis par des quations

diffrentielles et peuvent tre multi variables (plusieurs entres et plusieurs sorties).Pour reprsenter les informations dues lordre et aux diffrentes entres sorties, lquation

diffrentielle est matricielle.

Le vecteur de sortie est exprim en fonction du vecteur dentre et dun vecteur intermdiaire qui

traduit ltat du systme.

Les quations dtat ont la forme suivante :

X(t) A X(t) B U(t)= + Equation dtat (1.1)Y (t) C X(t) D U(t)= + Equation de sortie (1.2)

U(t) Vecteur dentre de dimension (e,1) (1.3)Y(t) Vecteur de sortie de dimension (s,1) (1.4)

X(t) Vecteur dtat de dimension (n,1) (1.5)

A Matrice dtat de dimension (n,n) (1.6)

B Matrice dentre de dimension (n,e) (1.7)

C Matrice de sortie de dimension (s,n) (1.8)

D Matrice de couplage direct entre sortie, de dimension (s,e) (1.9)

Les quations (1.1) et (1.2) correspondent au schma bloc de simulation suivant :

Be

U(t)+

Cn n nX(t) + Y(t)

A

+

n

D

+

s

s

sX(t)

Figure 1 schma bloc dune reprsentation dtat.

Dans le cas mono variable s e 1= = , la taille du vecteur dtat sera gale lordre de lquationdiffrentielle.

Non unicit de la formulation dtat.

Le choix dun vecteur dtat nest pas unique, pour un vecteur dtat donn il est possible, via

une transformation T, de faire un changement de base. Il existe donc une infinit de

dcompositions dtat qui seront videments identiques dans leurs reprsentations entre sortie

mais qui auront des vecteurs dtat diffrents.

La non unicit de la reprsentation dtat peut se montrer aisment, en effet, appliquons une

dcomposition dtat quelconque la transformation linaire dfinie par une matrice T de

dimension (n,n) tel que :X(t) T X(t)= avec X(t) le nouveau vecteur dtat.



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2


En utilisant les relations (1.1) et (1.2) nous aurons les quations dtat suivantes :

1 1X(t) T A T X(t) T 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 systme dtat avec :

1A T A T= , 1B T B= , C C T= .

2. Formulation par des quations dtat continues.2.1 Solution analytique des quations dtat.

Pour tablir lvolution temporelle de la sortie, il est ncessaire de rsoudre lquation dtat

(1.1) ceci tant fait, puisque la sortie Y(t) est une combinaison linaire de lentre U(t) et de

ltat X(t) , la relation (1.2) assurera le calcul de la sortie.

Pour rsoudre cette quation dtat prenons en la transforme de Laplace.

[ ]X (t) A X(t) B U(t) = + L L

Le systme est ici considr avec une condition initiale non nulle 0X

0p.X(p) A X(p) X B U(p)= + + [ ] 0p I A X(p) X B U(p) = + Do lon tire :

[ ] [ ]1 1

0X(p) p I A X p I A B U(p) = +

Loriginal dans le temps est alors obtenu par la transforme de Laplace inverse soit :

[ ]( ) [ ]( )1 10X(t) p I A X p I A B U(t) = + L L-1 -1 (2.1)Posons maintenant la matrice de transition

[ ]( )1(t) p I A = L-1 (2.2)Cette matrice prenant pour valeur :

A t(t) e = (2.3)

Lquation (2.1) devient : 0X(t) (t) X (t)*B U(t)= +

t

0

0

X(t) (t) X (t ) B U( ) d = + (2.4)

Le premier terme de lquation (2.4) correspond au rgime libre ne dpend que des

caractristiques du systme et de la condition initiale. Le second terme correspond au rgime

forc li la commande.

Cas particulier dune commande constante.

Si la commande est constante sur lhorizon dintgration nous aurons :t

0

0

X(t) (t) X (t ) B U d = +

t

0

0

X(t) (t) X ( ) d B U= + (2.5)



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2.2 Calcul de la matrice de transition.La rsolution de lquation (2.4) fait appel la matrice de transition dont il faut trouver la

formulation.

Comme cette matrice est dfinie par lexponentielle de la matrice dtat (2.3), il est alors

possible de la dcomposer en srie :

( )

2 2 3 3A t A t A tt e A t

2! 3!

= = + + + +I (2.6)

Cette dcomposition en srie est adapte lorsque lon dsire un calcul numrique de la matrice

de transition. Si lon dsire une expression analytique il est prfrable dutiliser la relation (2.2)

[ ]( )1(t) p I A = -1L 2.3 Exemple : rponse dun second ordre.

Considrons la fonction de transfert apriodique suivante :( )( ) ( ) ( )1 2

Y p 1

U p 1 T p 1 T p=

+ + .

Il existe plusieurs approches pour dterminer les quations dtat de cette transmittance, en

utilisant la mthode des modes (cf 5.2.1) nous aurons les quations dtat suivantes :

( )( )

( )( )

( )11 12 2

2

10

Tx t x t 1u t

x t x t1 10

T

= +

et ( )

( )( )

1

1 2 1 2 1

x t1 1y t

x tT T T T

=

A partir de la relation (2.2) nous obtenons pour la matrice de transition :

[ ]( )

1

1 1

2

1p 0

T(t) p I A

10 pT

+ = = +

-1 -1L L

1

2

10

1p

T

101

pT

+ = +

-1L

1

2

t

T

tT

e 0

0 e

=

Pour une entre constante la rsolution temporelle de lquation dtat donne (Eq (2.2)) :

1 1

2 2

t

tT T

0t0

T T

e 0 e 0X(t) X d B U

0 e 0 e

= +

1

1

2 2

t

Tt 1

T

0t t

T T2

T 1 e 0

e 0 1X(t) X U

1

0 e 0 T 1 e

= +

La sortie y(t) est la combinaisons des rponses de deux premiers ordre de constante de temps

1 2T et T . Dans le premier terme de lquation dtat nous avons le rgime libre dun premier

ordre et dans le second les rponses indicielles correspondantes au rgime forc.



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3. Phnomnes nergtiques.Afin dtablir une procdure systmatique de modlisation quelque soit le domaine de la

physique abord nous allons nous appuyer sur un vocabulaire gnral traduisant les phnomnes

nergtiques mis en jeux.

Variables de puissances.

La puissance est considre comme le produit dun effort par un flux.

Effort :e(t) Flux : f(t)

Par exemple, pour un mouvement en translation, leffortsera la force exprime en newton

et leflux la vitesse linaire en m/s. Pour les phnomnes lectriques leffortsera la tension

en volt et la variable deflux le courant en ampre.

Puissance P(t)=e(t).f(t).

Energie ( )

0

t

0

t

E(t) E(t ) P d = + ( ) ( )0

t

0

t

E(t) E(t ) d = + e f (3.1)

Il est possible de dfinir les variables dnergie sous deux formes diffrentes :

Le moment gnralis

Le moment gnralis est dfini par lintgrale de leffort.

( ) ( )0

t

0

t

(t) (t ) d d (t) d = + = p p e p e (3.2)

Le dplacement gnralis

Le dplacement gnralise correspond lintgrale du flux.

( ) ( ) ( )0

t

0

t

(t) (t ) d d t d = + = q q f q f (3.3)

Energies potentielles et inertielles.

Dans un systme lnergie est stocke ou dissipe. Les mcanismes de dissipations sont

multiples mais aboutissent tous une transformation en chaleur. Cest par exemple, leffet joule

pour les courants lectriques, les frottements mcanique aux interfaces des dplacements.

Si lon prend une voiture en mouvement uniforme, toute la puissance du moteur se dissipe enchaleur ; tout dabord les dperditions thermique de la combustion du carburant, ces calories

svacuant par les changes thermiques du moteur, le radiateur et les gaz dchappements ;

ensuite nous avons tous les frottements solide/solide dans les pices mcaniques en contact

(paliers, engrenages de la boite vitesse roues ) ; enfin et cest la plus grande partie, lorsque la

vitesse saccrot, les frottements de lair sur la carrosserie.

Maintenant, si la voiture se trouve en haut dune cote, elle disposera en plus de la puissance du

moteur de lnergie cintique due la vitesse (nergie inertielle) dun plus provenant dun

dnivel (nergie potentielle).

Nous allons maintenant gnraliser ces deux formes dnergie stocke.



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Stockage de type inertiel.

La puissance tant le produit dun effort par un flux lnergie sera dfinie par la relation

intgrale suivante : ( ) ( ) ( )t

0

0

E(t) d E t= + e f . La dfinition du moment gnralis (3.2)

permet de faire le changement de variable ( )d d p = e il vient :

( ) ( ) ( )E d E= 0

p

0

p

p f p p+ p (3.4)

Le stockage inertiel est ainsi dfini comme lintgrale dunflux.

Nous retrouverons dans cette catgorie les masses en mouvement, les inerties en rotation les

inductances

Stockage de type potentiel.

Ici nous allons dfinir le stockage de type potentiel comme lintgrale dun effort. Comme nous

lavons vu prcdemment lnergie a la forme suivant : ( ) ( ) ( )t

0

0

E(t) d E t= + e f . Pour

faire apparatre leffortnous prendrons la dfinition du dplacement gnralis (3.3) qui permet

doprer au changement de variable ( )d d q = f , ce qui donne :

( ) ( ) ( )E e d E= 0

q

0

q

q q q+ q (3.5)

Ici lnergie stocke correspond lintgrale dun effort.

Leffort accumul dans un ressort ou la tension stocke dans un condensateur sont de type

potentiel.

4. Modlisation dtat partir dquations diffrentielles.Il existe de multiples approches pour dterminer les quations dtat partir dun jeu dquations

diffrentielles.

Nous prsenterons ici deux mthodes.

La premire utilisera des grandeurs de type effortouflux, telles la tension, le courant, la vitesse,

la force, le couple.

La seconde sappuiera sur une notion dnergie. Lide directrice sera ici de prendre commevariable dtat une quantit lie lnergie stocke. Nous prendrons ainsi comme variables

dtat ( ) ( )etp t q t correspondant respectivement au moment gnralis et au dplacement

gnralis.

Nous allons maintenant dcliner ces 2 mthodes par lintermdiaire de divers exemples

lmentaires des domaines lectriques et mcaniques.



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4.1 Domaine lectrique.4.1.1Le condensateur.

Pour un condensateur la tension correspond lintgrale du courant : ( )t

0

1u(t) i d

C= . (4.1)

Cette relation pouvant se formuler sous forme drive : i(t) C u(t)= i

. (4.2)

Charge du condensateur (dplacement gnralis).

La quantit dlectricit exprime en Coulomb vaut : ( )t

0

Q(t) i d = .

En regard de la relation(4.1) il vient : Q(t) C u(t)= (4.3)Si nous formulons la quantit dlectricit accumule laide des variables dnergies formules

au paragraphe 3 nous obtenons : ( )0

t

0

t

(t) (t ) d = +

q q f ( )

0

t

0

t

(t ) d = +

q i .

Nous pouvons constater, que pour le condensateur, le dplacement gnralis q(t) correspond

la charge du condensateur en Coulomb.

Energie stocke (type potentiel).

( ) ( )t

0

E(t) u i d = , comme ( )i( ) d C d u( ) = nous aurons :

( ) ( )t

0

E(t) C u d u( )= 2C u

E2

= (4.4)

Si nous formulons lnergie stocke partir de la charge du condensateur exprim en Coulomb

(Eq (3.3)) nous obtenons :2Q

E2 C

=

(4.5)

Cette dernire relation aurait pu tre directement obtenu avec lquation (3.5), lnergie stocke

est lintgrale dun effort et sera donc de type potentiel.

Choix de la variable dtat.

Pour tablir les quations dtat il est ncessaire dexprimer la drive du vecteur dtat en

fonction de lui mme et de lentre.

Premire approche.

Pour un condensateur la relation (4.1) montre que la tension est proportionnelle lintgrale du

courant, si nous prenons la tension u(t) comme variable dtat nous

aurons : ( ) ( ) ( )( )

1 1

i tx t u t x t

C= =

Seconde approche.

Si nous choisissons comme variable dtat le dplacement gnralis correspondant ici la

charge Q(t) en Coulomb nous pourrons crire :

( ) ( ) ( ) ( )1 1x t Q t C u(t) x t i t= = = .



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4.1.2Linductance.Pour une inductance le courant est lintgrale de la tension ( )

t

0

1i(t) u d

L= . (4.6)

Soit sous sa forme drive : u(t) L i(t)= i

(4.7)

Flux dans linductance (moment gnralis) U.

Le flux dans linductance, exprim en weber, vaut ( )t

0

(t) u d = .

Exprimons maintenant le moment gnralis ( )t

0

(t) d = p e = ( )t

0

(t) d = p u . Nous vrifions

ici que le moment gnralis exprime le flux magntique emmagasin dans linductance.

En considrant la relation (4.7) nous retrouvons la relation classique reliant le flux au courantsoit : (t) (t) L i(t)= = p (4.8)

Energie stocke (type inertiel) U.

( ) ( )t

0

E(t) u i d = , pour laquelle (Eq (4.6)) ( )u( ) d L d i( ) = , nous obtenons :

( ) ( )t

0

E(t) L i d i( )= .2L i

E2

= (4.9)

Maintenant si nous reportons dans cette quation la relation du flux (4.8) nous aurons :

2

E2 L

=

qui prend la forme gnrale

2

E2 L

=

p(4.10)


Premire approche.

Nous rechercherons, comme pour linductance, une relation intgrale pour le choix de la variable

dtat. Ici la relation (4.6) montre que le courant est proportionnel lintgrale de la tension.

Nous prendrons comme variable dtat le courant i(t) soit :

( ) ( ) ( )( )

1 1

u tx t i t x t

L= =

Seconde approche.

Ici nous prendrons comme variable dtat le moment gnralissoit le flux en Wb (t) L i(t) = ce qui nous conduit :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1x t t L i t x t u t= = =



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4.1.3Exemple 1 : Filtre passif de Butterworth (structure en ).Nous allons, partir du filtre passif suivant, tablir ses quations dtat.

T

2RE

a 1i

1R

2i

3ib

C

4i

5ic

C

L

1V

2V 4V

3V

Figure 4-1 Schma lectrique du filtre de Butterworth.

Lois des mailles :

1 2E V V= + (4.11) avec 1 1 1V R I= (4.12) soit 1 1 2E R I V= + (4.13)

2 3 4V V V= + (4.14) avec 3 3V L I= (4.15) soit 2 3 4V L I V= + (4.16)

4 2 5V R I= (4.17)

Lois des nuds :

1 2 3I I I= + avec 2 2I C V= (4.18)

3 4 5I I I= + avec 4 4I C V= (4.19)Pour tablir les quations dtat il faut prendre une variable dtat par lment de stockage. Nous

avons ici deux condensateurs et une inductance, il nous faudra donc trois variables dtat.

Premire approche.Ici nous prendrons comme variable dtat les tensions aux bornes des condensateurs et le courant

dans linductance soit :

[ ]T 2 4 3X V V I= (4.20)

La grandeur dentre sera la tension E et la sortie la tension 4V soit:

4 2Y V x= = (4.21) U=E (4.22)Avec ces notations les quations du circuit deviennent :

1 1 1U R I x= + (4.23) 1 3 2x L x x= + (4.24)

2 2 5x R I= (4.25) 1 1 3I C x x= + 3 2 5x C x I= + (4.26)

Pour la premire composante dtat nous avons :

1 2 1 2x V x V= = soit partir de (4.18)1 32

1I II

xC C

= = 1 3

I x

C

= en remplaant 1I dans

lquation (4.23) nous obtenons : 3111

xU xx

R C C

=

(4.27)



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Pour la seconde composante du vecteur dtat nous oprons de manire similaire.

2 4 2 4x V x V= = soit partir de (4.19)3 54

2I II

xC C

= = 3 5

x I

C

= en remplaant 5I dans

lquation (4.26) nous obtenons 3 222

x xx

C R C=

(4.28)

Enfin pour la troisime composante il vient :

3 3 3 3x I x I= = soit partir de (4.15)3

3V

xL

= en remplaant 3V dans lquation (4.14)

2 43

V Vx

L

= soit 1 23

x xx

L

= (4.29)

Les quations (4.27) (4.28) et (4.29) expriment la drive du vecteur dtat en fonction de lui

mme et de lentre U, la premire quation dtat est donc dfinie.

111 1

2 22

3 3

1 1

0 1R C CR Cx x

1 1x 0 x 0 U

R C Cx x 0

1 10

L L

= +

(4.30)

La sortie se confondant avec la seconde composante du vecteur dtat nous obtenons :

[ ]1

2

3

x

Y 0 1 0 x

x

=

(4.31)

Seconde approche.

Nous prendrons ici lnergie stocke dans les condensateurs et le flux dans linductance soit :

1 1 2x Q C V= = 2 2 4x Q C V= = 3 3x L I= =

[ ]T 1 2X Q Q=

La sortie et la commande restant les mmes que prcdemment, 4Y V= et U=E.En drivant comme prcdemment les composantes dtat nous obtenons :

1 2 1 2 2x C V x C V I= = = comme2

2 1 3 31

U VI I I I

R

= = avec 312 3

xxV et I

C L= = .

Il vient : 3111 1

xx Ux

R C L R = +

2 4 2 4 4x C V x C V I= = = comme 4 3 5I I I= avec3 4 2

3 52 2

x V xI et I

L R R C= = =

.

ce qui donne 3222

xxxR C L

= +



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10


3 3 3 3 3x L I x L I V= = = comme 3 2 4V V V= avec1 2

2 4x x

V et VC C

= = .

Nous aurons 1 23x x

xC C

=

Les matrices dtat sont alors :

111 1

2 22

3 3

1 10 1

R C LRx x

1 1x 0 x 0 U

R C Lx x 0

1 10

C C

= +

(4.32)

1

2

3

x

1Y 0 0 xC

x

=

(4.33)

Les valeurs des composants de ce filtre tant les suivants :

1 2R R 50= = , L 15 H= C 3, 2 nF= .

Avec la seconde approche nous obtenons pour lquation dtat :

6 4

1 1

6 42 2

8 83 3

6,25 10 0 6,667 10x x 0,02

x 0 6,25 10 6,667 10 x 0 E

x x 03,125 10 3,125 10 0

= + + +

18

2

3

x

Y 0 3,125 10 0 x

x

= +

Pour tablir le schma de simulation il est possible de faire appel un bloc Simulink assurant

directement la simulation dun systme dtat ou en dveloppant les quations dtat en utilisantque des intgrateurs des sommateurs et des gains.



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11


Dans ce cas, nous aurons le schma suivant :

x1

x2

x3

1

V4

1

s

1

s

1

s

1/C

1/C

1/C

1/(R2*C)

1/L

1/(R1*C)

1/R11

E

Figure 4-2 Schma de simulation dun filtre de Butterworth.

U

Calcul MatlabU

.

A partir de la premire approche il est possible dlaborer un programme Matlab (script *.m)

pour calculer les matrices dtat et tracer le diagramme de Bode correspondant.

Script Matlab

%- - Fi l t r e de But t er wor t h - - - - %cl ear ,R1=50; R2=50;C=3. 2e- 9; L=15e- 6;

%- For mul at i on deuxi me 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) , gr i d;f i gurest ep( S2)

Excution>> S2

a =x1 x2 x3

x1 -6.25e+006 0 -6.667e+004x2 0 -6.25e+006 6.667e+004x3 3.125e+008 -3.125e+008 0

b =u1

x1 0.02x2 0x3 0

c =x1 x2 x3

y1 0 3.125e+008 0

d =u1

y1 0



18/94

12


-150

-100

-50

0

Magnitude(

dB)

105

106

107

108

109

-270

-180

-90

0

Phase(

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Figure 4-3 Reprsentation de Bode du filtre de Butterworth.

Nous pouvons vrifier, que le module et la phase dfinies dans le plan de Bode, sont

caractristiques dun filtre passe bas.

0 0.5 1 1.5

x 10-6

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7Step Response

Time (sec)

Amplitude

Figure 4-4 Rponse indicielle du filtre de Butterworth.



19/94

13


4.2 Domaine mcanique en translation.4.2.1La masse.

Une masse M, en mouvement de translation, est rgie par lquation fondamentale de la

dynamique F(t) M v(t)= i

. (4.34)

Exprime sous forme intgrale nous aurons : ( )t

0

1v(t) F d M

= (4.35)

Quantit de mouvement (moment gnralis).

La quantit de mouvement exprim en kg.m/s vaut ( )t

0

(t) F d = p , en considrant la relation

intgrale (4.35) (t) M v(t)= p (4.36)

Avec les variables de puissance lnergie sexprime par ( )0

t

t

(t) d = p e = ( )0

t

t

F d et

correspond au moment gnralis.

Energie stocke (type inertiel).

( ) ( )t

0

E(t) F v d = , partir de la relation (4.35), ( )F( ) d M d v( ) = nous retrouvons

lexpression classique de lnergie cintique.

( ) ( )( )

t

0E(t) M v d v=

2M v

E 2

= (4.37)

Si nous exprimons maintenant lnergie cintique en fonction de la quantit de mouvement nous

aurons :2

E2 M

=

p

Lnergie stocke est ici lintgrale dun flux, donc de type inertiel.


Premire approche.

Nous associerons dans ce cas la vitesse v(t) la variable dtat soit

x(t) v(t) x(t) v(t)= =i i

.

Seconde approche.

Dans ce cas, cest la quantit de mouvement exprimant ici le moment gnralis qui sera la

variable dtat.

x(t) (t) M v(t) x(t) M v(t) F(t)= = = =i i

p



20/94

14


4.2.2Le ressort.Maintenant considrons un lment lastique comme un ressort de raideur k (N/m), la

dformation est proportionnelle la force de sollicitationF(t)

x(t)k

= . En drivant cette relation

nous obtenons nous obtenons lexpression qui relie la vitesse de compression la force F :

F(t)v(t)k

=

i

(4.38)

En exprimant maintenant la force en fonction de la vitesse de compression du ressort nous

obtenons : ( )t

0

F(t) k v d = (4.39)

Dplacement gnralis.

Par analogie avec le condensateur calculons la grandeur ( )t

0

(t) v d = q qui peut tre considre

comme une force accumule.F(t)

(t )k

=q (4.40)

Ici (t)q reprsente le dplacement exprim en mtre.


Un ressort accumule une nergie potentielle ( ) ( )t

0

E(t) F v d =

Sachant que ( )( )( )d F

v d

k

= ,

( ) ( )( )t

0

1E(t) F d F

k= .

2FE

2 k=

(4.41)

Si nous exprimons cette nergie avec la quantit Q nous obtenons :2k

E2

=

q(4.42)


Premire approche.

La variable dtat sera ici la force de compression F.

( ) ( )x t F(t) x t F(t)= =i i

Seconde approche.

Dans ce cas cest la grandeur ( )q t (dplacement gnralis) qui sera la variable dtat.

( )F(t) F(t)

x(t) Q(t) x t v(t)k k

= = = =

ii



21/94

15


4.2.3Exemple :Masse suspendue.Soit une masse M suspendue une rfrence fixe par lintermdiaire dun ressort de raideur k et

dun amortisseur de coefficient de frottement fluide b. Une force F sollicite cet ensemble qui se

dplacera suivant une trajectoire rectiligne conformment la figure ci-dessous.

F

Ressortraideurk

Amortisseur

Masse M

Masse M

FM.g

1F 2F

v

Figure 4-5 Masse suspendue et quilibre de celle-ci.

Premire approche.

Nous avons deux lments de stockage le premier, la masse, de type inertiel pour lequel nous

prendrons comme variable dtat 1x v= ; le second, le ressort, de type potentiel, aura pourvariable dtat 2 1x F= .

Lanalyse de lquilibre dynamique de la masse M permet dcrire :

1 2F M g F F M v = Sachant que la force de frottement fluide 2F b v= .En drivant le vecteur dtat nous obtenons :

( ) ( )1 1 2 2 11 1

x v F M g F F F M g x b xM M

= = =

2 1 1x F k v k x= = = .Si nous considrons la vitesse de la masse comme grandeur de sortie et la grandeur de

commande constitu du vecteur [ ]T

U F M g= , nous obtenons les quations dtat suivantes :

1 1

2 2

b 1 1 1x x

UM M M Mx x

k 0 0 0

= +

[ ] 1

2

xY 1 0

x

=

Pour obtenir le dplacement, not ici par x, il suffit dintgrer la vitesse.

Afin deffectuer une simulation correcte avec une valeur initiale de la force F nulle il est

impratif de calculer les valeurs initiales du vecteur dtat et lallongement 0x provoqu par le

poids de la charge.

Pour F=0 nous aurons lquilibre 0XM g

= et un allongement initial 0

M.gxk

= U



22/94

16


Simulation Matlab Simulink.

Le programme Simulink de simulation de la masse suspendue, est programm avec des variables

qui doivent tre affects par un script dinitialisation. Ici le calcul des quations dtat est

effectu avec un bloc standard de Simulink.

Condition initiale

x1=0

x2=-M.g

Condition initiale

x=-M.g/k

V To Workspace4

F To Workspace3

x

To Workspace2

U To Workspace1t

To Workspace

Step

x' = Ax+Bu

y = Cx+Du

State-Space

1

s

Integrator

M*g

Constant

Clock

Figure 4-6 Schma de simulation Simulink de la masse suspendue.

Aprs la simulation, il est commode de visualiser les rsultats, via les variables archives dans

lespace de travail, par lintermdiaire dun autre script Matlab.

Script dinitialisation%- - - - - - - - Masse en suspensi on - - - %cl ear ;%- - donnes pour l a si mul at i on - - %t f i n=20; Tpl ot =0. 1;%- - donnes du probl mes - - %M=100; b=100; k=1000;g=9. 81;

%- - Val eur i ni t i al e F=0 - - %x0=- M*g/ k;%- - Mat r i ces d' t at - - %A=[ - b/ M - 1/ M; k 0] ;B=[ 1/ M - 1/ M; 0 0] ;C=[ 1 0] ; D=0;

Script de visualisation

%- - Vi sual i sat i on - - %cl ose al l ,subpl ot ( 2, 1, 1) ;pl ot ( t , F, t , U) , l egend( ' F' , ' U' ) ;gr i d;subpl ot ( 2, 1, 2) ;

pl ot ( t , x) , l egend( ' x' ) ; gr i d;

Le dplacement est lintgrale de la

vitesse : ( )t

0

0

x(t) v d x= +

Avec une initialisation correcte de

2 1x F M g= = et 0M.g

xk

=

Nous pouvons vrifier que le

dplacement x nvolue pas avant

lapplication de lchelon de force

F=100 N appliqu t=0,5 s.

Ensuite nous avons une dynamique

oscillatoire du second ordre.

Figure 4.7 rponses un chelon de force

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-1000

-500

0

500

Temps (s )

F

U

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-1

-0.95

-0.9

-0.85

-0.8

Tempd (s)

x



23/94

17


Deuxime approche.

Nous prendrons pour la premire composante de ltat la quantit de mouvement (moment

gnralis) (t) M v(t)= p grandeur lie lnergie cintique par2

E2 M

=

p:

( ) ( )1 1 1 2x (t) M v(t) x M v(t) F M g F F= = t = p t =

La seconde variable dtat correspond au dplacement gnralis qui ici correspond au

dplacement rel 1F (t)

(t)k

=q . Lnergie potentielle accumule dans le ressort

valant :2k

E2

=

q. Nous aurons pour cette variable dtat :

( ) ( ) ( )( )11 1

2 2

x tF (t) F (t)x (t) x v t

k k M= = =

t = q t =

En posant comme prcdemment [ ]T

U F M g= , nous pouvons maintenant expliciter la

formulation de la premire composante de ltat soit :

( ) ( ) ( )1 2 1bx M v(t) U k x t x tM

= t =

Les quations dtat sont alors :

1 1

2 2

bk

x x 1 1MU

x x1 0 00

M

= +

[ ] 1

2

xY 0 1

x

=

Simulation Matlab Simulink.

Lors de la formulation prcdente, nous avions utilis le bloc standard de simulation dquationsdtat, ici nous avons fait appel uniquement des intgrateurs, des gains et des sommateurs.

Condition initiale

x1=0

x2=-M.g/k

1

s

x2

1

s

x1

x2

x1

V

FU

t

To Workspace

Step1/M

Gain3

1/M

Gain2

k

Gain1

b/M

Gain

M*g

Constant

Clock

Figure 4-8 Schma de simulation Simulink de la masse suspendue.

La variable 2x reprsente la compression du ressort qui est gale au mouvement de la masse M,

il nest donc pas utile dintgrer la vitesse.

Comme prcdemment se pose le problme dinitialisation des intgrateurs du schma desimulation.



24/94

18


Pour F=0 lquilibre des variables dtat lieu pour

0

X M g

k

=

.

Dans les mmes conditions de simulation que prcdemment (application dune force de 100N

t=5 s) nous avons reprsent les variables dtat lies lnergie cintique et potentielle.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-20

-10

0

10

20

30

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-1

-0.95

-0.9

-0.85

-0.8

x2 dplacement gnralis du ressort

x1 quantit de mouvement de la masse M

Dplacement de 0,1 m

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

1

2

3

4

Energie cintique

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

5

10

15

Energie potentielle du ressort

Figure 4-9 variables dtat Figure 4-10 Energies cintique et potentielle

Lors de lapplication de la force de 100N la figure 4-9 montre un dplacement de la masse M de

0,1 mtre.

Sur la figure 4-10 nous trouvons les reprsentations de lnergie cintique et potentielle du

ressort.

A lquilibre, il est normal que lnergie cintique soit nulle, nous avons dans cet essais appliqu

une force de 100N vers le haut qui sest oppos llongation du ressort due au poids de lamasse M. Nous pouvons vrifier que le ressort tant moins distendu son nergie potentielle a

augment de 5 joule.

Nous pouvons observer que la force de 100N comprimant un ressort de 0,1 m fourni un travail

de100x0,1

5 J2

= qui est quivalent lnergie accumule dans le ressort.



25/94

19


4.3 Domaine mcanique en rotation.4.3.1Linertie.

En rotation cest linertie J qui est lquivalent dune masse en translation, dans ce cas lquation

fondamentale de la dynamique donne mC (t) J (t)= i

. (4.43)

Dans cette relation mC (t) reprsente le couple dentranement en Nm et (t) la vitesseangulaire en rad/s.

Sous forme intgrale nous aurons : ( )t

m

0

1(t) C d

J = (4.44)

Quantit de mouvement (Moment gnralis).

La quantit de mouvement exprim en 2Kg.m / s vaut ( )t

m

0

(t) C d = p en considrant la

relation intgrale (4.44) (t) J (t)= p (4.45)

Energie stocke (type inertiel).

( ) ( )t

0

E(t) F v d = partir de la relation (4.44) ( )C( ) d J d ( ) = nous retrouvons

lexpression classique de lnergie cintique.

( ) ( )( )t

0

E(t) J d = 2J

E2

= (4.46)

Si nous exprimons maintenant lnergie cintique en fonction de la quantit de mouvement nous

aurons : E2 J

=

p


Premire approche.

Nous associerons dans ce cas la vitesse (t) la variable dtat soit :

x(t) (t) x(t) (t)= = i i

Seconde approche.

Dans ce cas cest la quantit de mouvement (moment gnralis) qui sera la variable dtat.

mx(t) (t) J (t) x(t) J (t) C (t)= = = =i i

p



26/94

20


4.3.2Le ressort spirale ou barre de torsion.Un ressort spirale ou un arbre sollicit en torsion pure aura un angle de dformation

proportionnel au couple de sollicitation. La relation reliant langle de dformation au couple est

la suivante :

mC (t)(t) =

, reprsentant la raideur en mN/rad.

Pour obtenir la vitesse angulaire il suffit de driver la relation prcdente soit :

mC (t)(t) =

i

(4.47)

Le couple du ressort spirale sexprime vis vis de la vitesse angulaire par la relation intgrale :

( )t

m

0

C (t) d = (4.48)

Dplacement gnralis.

Nous allons comme dans le cas linaire calculer la charge de couple stocke soit ici :

( )t

0

(t) d = q mC (t)

(t) =

q

Cette grandeur correspond langle de dformation exprime en radian.


Maintenant calculons lnergie potentielle accumule par le ressort spirale.

( ) ( )t

m

0

E(t) C d = sachant que ( )( )( )md C

d

=

nous aurons :

( ) ( )( )t

m m

0

1E(t) C d C=

.2

mCE2

=

(4.49)

Si nous exprimons cette nergie avec la quantit Q nous obtenons :2

E2

=

q(4.50)


Premire approche.

La variable dtat sera ici le couple de dformation mC du ressort spirale.

( ) ( )11 m mx t C (t) x t C (t)= =i i

Seconde approche.

Dans ce cas cest la grandeur Q(t) qui sera la variable dtat.

( )m m1C (t) C (t)

x (t) (t) x t (t)= = = =

ii

q



27/94

21


Elment Formulation

Intgrale et drive

p(t) ou q(t) Energie stocke Variable d

Mthode 1

Condensateur

( )t

0

1u(t) i d

C

= i(t) C u(t)= i

Coulomb

(t) C u(t)= q

Type potentiel2C u

E 2

=

2

E 2 C= q

x(t)=u(t)

x(t) u(t)=i i

Translation

Ressort( )

t

0

F(t) k v d = F(t)

v(t)k

=

i

mtre

F(t)(t)

k=q

Type potentiel2F

E2 k

=

2k

E2

=

q

( )x t F(t)=

( )x t F(t)=i i

Ressort

spirale oubarre de

torsion

( )t

m

0

C (t) d = mC (t)

(t) =

i

radian

mC (t)(t) =

q

Type potentiel2

mC

E 2=

2

E 2

=

q

( ) mx t C=

( ) mx t C=

i i

Inductance ( )t

0

1i(t) u d

L= u(t) L i(t)=

i

weber

( )t (t) = p

(t) L i(t) =

Type inertiel2L i

E2

=

2

E2 L

=

p

x(t) i(t)=

x(t) i(t)=i i

Translation

Masse( )

t

0

1v(t) F d

M= F(t) M v(t)=

i

(t) M v(t)= p Type inertiel

2M vE

2

=

2

E2 M

=

p

x(t) v(t)=

x(t) v(t)=i i

Rotation

Inertie ( )t

m

0

1(t) C d

J = mC (t) J (t)=

i

(t) J (t)= p Type inertiel

2JE

2

=

2

E2 J

=

p

x(t) (t)=

x(t) (t)= i i



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22


5. Changement entre les formalismes dtat et de transmittance.Pour les systmes rgis par une ou plusieurs quations diffrentielles linaires, il est possible de

dfinir, soit une fonction de transfert dans le cas mono variable, soit une matrice de transfert

dans le cas multi variable.

5.1 Passage des quations dtat une matrice de transfert.La reprsentation par quations dtat est une formulation multi variable, dans le cas gnral,

nous aboutirons une reprsentation par matrice de transfert de la forme :

( )( )

( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

1 11 11 1e 1

2 21 21 2e 2

s s1 s2 se e

Y p H p H p H p U p

Y p H p H p H p U p

Y p H p H p H p U p

=

(5.1)

Il est clair que dans le cas mono variable nous retrouvons la reprsentation classique par

transmittance.Pour obtenir ce type de reprsentation, reprenons la dfinition des quations dtat dont nous

allons prendre la transforme de Laplace qui prsuppose une condition initiale nulle.

X(t) A X(t) B U(t)= + p X (p) A X(p) B U(p) = + L (5.2)

Y (t) C X(t) D U(t)= + Y (p) C X(p) D U(p) = + L (5.3)

La relation (5.2) conduit : [ ] [ ] 1p. A X(p) B U(p) X(p) p. A B U(p) = = I I

En reportant X(p) dans (5.3) nous obtenons :

[ ] [ ]( )1 1Y (p) C p. A B U(p) D U(p) C p. A B D U(p) = + = + I I la matrice de transfert vaudra donc : ( ) [ ] 1p C p. A B D

= +H I (5.4)

5.2 Passage dune transmittance aux quations dtat.Lorsque lanalyse dun systme physique conduit un systme dquations diffrentielles et

algbriques, nous pouvons, comme nous lavons vu, tablir les quations dtat. Dans certains

cas, cette analyse conduit ltablissement dune fonction de transfert ou une matrice de

transfert.

Dans la situation o nous disposons dune transmittance il est possible dtablir directement les

quations dtat partir de celle-ci.

Nous allons, dans un premier temps, considrer une transmittance dont le degr du numrateur

est strictement infrieur au degr du dnominateur.

Soit une transmittance de la forme :

( )( )( )

2 m0 1 2 m

2 n0 1 2

Y p b b p b p b pH p

U p 1 a a p a p p

+ + + + = =

+ + + + +

avec n>m

La transmittance, ici dordre n, correspond une quation diffrentielle du mme ordre. La taille

du vecteur dtat devra tre gal n.

Il existe deux grandes mthodes pour choisir les n composantes du vecteur dtat.

La premire associera une composante dtat chaque ple de la transmittance. Cette approche

sera appele mthode des modes.

La seconde utilisera une sortie intermdiaire et ses n-1 drives, cette mthode sera appeledcomposition canonique.



29/94

23


5.2.1Mthode des modes.Cette mthode consiste calculer les ples de la transmittance et dassocier chacun deux une

composante du vecteur dtat.

Selon le type de ples (simple ou multiples) ou leur nature (rel ou complexe) les formes prises

par les matrices des quations dtat sont diffrentes. Cependant la trame mthodologique reste

la mme et nous allons tout dabord lillustrer dans le cas de ples rels distincts.

Cas de ples rels distincts.

Aprs le calcul des ples la fonction de transfert est dcompose en lments simples.

( )( )

1 2 n

1 2 n

Y pH(p)

p p p U p

= + + + =

+ + + (5.5)

En associant chaque ple les composantes du vecteur dtat suivant :

( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

1 1 1 11

2 2 2 2

2

n n n nn

U px p x t x t u t

p

U px p x t x t u t

p

U px p x t x t u t

p

= = ++

= = +

+

= = ++

(5.6)

Les quations dtat sont alors :

( )( )

( )

( )( )

( )( )

1 11

2 22

n nn

x t x t0 0 1

x t x t0 0 1

U t

x t x t0 0 1

= +

(5.7)

La matrice est diagonale et nous retrouvons videmment sur celle-ci les valeurs propres qui sont

les ples de la transmittance.

La forme diagonale de la matrice A simplifie grandement les formulations faisant appel son

inversion.

Avec ces variables dtat la sortie vaut :

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 n ny t x t x t x t= + + + (5.8)

Ce qui donne pour lquation de sortie :( ) [ ] ( )1 2 ny t X t= (5.9)

Cas de ples complexes conjugus.

La dmarche est la mme que prcdemment, cependant les matrices A et B contiendront des

nombres complexes.

Par exemple, si nous prenons un systme du troisime ordre possdant deux ples complexes et

un ple rel tel que :

( )( ) ( ) ( )

1 2 2

1 1 1 1

Y pH(p)

U p p r j c p r j c p 2

= = + +

+ + + + (5.10)



30/94

24


Nous prendrons comme prcdemment des variables dtat associes aux ples :

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 11 1

2 2 1 1 21 1

3 3 2 32

U px p x t r j c x t u t

p r j c

U px p x t r j c x t u t

p r j c

U px p x t x t u tp

= = + ++ +

= = ++

= = ++

(5.11)

Pour ce choix de variables dtat la sortie sexprime par :

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 3 3Y t x t x t x t= + + (5.12)

Nous obtenons une forme similaire la prcdente

( )

( )( )

( )

( )

( )

( )( )

( )

1 1 1 1

2 1 1 2

3 2 3

x t r j c 0 0 x t 1

x t 0 r j c 0 x t 1 u tx t 0 0 x t 1

+

= +

(5.13)

( ) [ ]( )( )( )

1

1 1 2 2

3

x t

Y t x t

x t

=

(5.14)

Cas dun ple multiple.

Considrons une fonction de transfert dfini par un ple multiple dordre r.

( ) ( ) ( )( )( )

r r 1 2 1r r 1 2

Y pH(p)p U pp p p

= + + + + =+ + + +

(5.15)

Dans ce cas nous prendrons r composantes du vecteur dtat :

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

1 r

2 r 1

r 1 2

r

U px p

p

U px p

p

U px p

p

U px p

p

=+

=+

=+

=+

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

21

32

rr 1

r

x px p

p

x px p

p

x px p

p

U px p

p

=+

=+

=+

=+

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

1 1 2

2 2 3

r 1 r 1 n

r r

x t x t x t

x t x t x t

x t x t x t

x t x t U t

= +

= +

= +

= +

(5.16)

Avec ces variables dtat la sortie vaut :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )r 1 r 1 2 2 r 1 1 r Y t x t x t x t x t = + + + + (5.17)



31/94

25


Les quations dtat seront alors :

( )( )

( )

( )

( )( )

( )

( )

1 1

2 2

r 1 r 1

r r

x t x t1 0 0 0

x t x t0 1 0 0

U(t)0 0 1 0 0

x t x t

x t x t0 0 0 1

= +

(5.18)

[ ]

( )( )

( )( )

1

2

r r 1 2 1

r 1

r

x t

x t

Y(t)

x t

x t

=

(5.19)

A nest plus diagonale, cest une matrice de Jordan. Dans le cas de la coexistence de ples rels,

complexes et multiples ces derniers introduirons des sous matrices de Jordan.

5.2.2Dcomposition canonique.

Pour cette approche nous allons dfinir une sortie intermdiaire S(p), la transmittance tant de la

forme : ( )( )( )

2 m0 1 2 m

2 n 1 n0 1 2 n 1

Y p b b p b p b pH p

U p a a p a p a p p

+ + + + = =

+ + + + +

(5.20)

nous poserons :

( )( ) 2 n 1 n0 1 2 n 1

S p 1

U p a a p a p a p p

=+ + + + +

(5.21)

ce qui conduit nexprimer la sortie quavec la sortie intermdiaire S.

( ) ( ) ( )2 m0 1 2 mY p b b p b p b p S p= + + + + (5.22)

Les composantes dtat seront la sortie S et ses n-1 premires drives.

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

2

2

3

n 2n 1

n 1n

x p S p

x p p S p

x p p S p

x p p S p

x p p S p

=

=

=

=

=

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2

2 3

3 4

n 1

n 1 nn 1

n

n n

x t S t x t

x t S t x t

x t S t x t

dx t S t x t

dt

dx t S t

dt

= =

= =

= =

= =

=

(5.23)

Pour exprimer la dernire composante du vecteur dtat, partir de la relation (5.21) nous

obtenons :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n 0 1 1 2 2 3 n 1 nx t a x t a x t a x t a x t u t= + (5.24)



32/94

26


Les quations dtat seront alors les suivantes :

( )( )( )

( )( )

( )( )( )

( )( )

( )

1 1

2 2

3 3

n 1 n 1

0 1 2 n 2 n 1n n

0 1 0 0 0x t x t 0

0 0 1 0 0x t x t 0

0 0 0 1 0x t x t 0u t

0 0 0 0 0 1x t x t 0

a a a a ax t x t 1

= +

(5.25)

Pour exprimer la sortie en fonction de ltat la relation (5.22) donne :

( ) [ ]

( )( )( )

( )( )

1

2

30 1 2 m

n 1

n

x t

x t

x tY t b b b b 0 0

x t

x t

=

(5.26)

Cette dcomposition est particulirement simple car nous retrouvons dans la dernire ligne de la

matrice A les coefficients du dnominateur et la matrice C est compose du numrateur.

Cette dcomposition canonique aboutit une forme dite de matrice compagne.

5.2.3 Cas particulier ou m=n.Dans le cas ou le degr du numrateur est gal au degr du dnominateur un traitement pralable

doit tre fait pour se ramener une formulation ou la transmittance aura un degr du numrateurinfrieur au degr du dnominateur.

( )( )( )

2 n0 1 2 n

2 n 1 n0 1 2 n 1

Y p c c p c p c pH p

U p a a p a p a p p

+ + + + = =

+ + + + +

En isolant le coefficient de transmission directe qui correspond au gain de la transmittance pour

une frquence infinie nous obtenons :

( )( ) ( ) ( ) ( )2 n 10 0 n 1 1 n 2 2 n n 1 n 1 n

n 2 n 1 n0 1 2 n 1

c a c c a c p c a c p c a c pH p c

a a p a p a p p

+ + + + = +

+ + + + +

( )

2 n 1

0 1 2 n 1n 2 n 1 n0 1 2 n 1

b b p b p b pH p c

a a p a p a p p

+ + + + = + + + + + +

Pour tablir les quations dtat on utilise lune des deux mthodes prcdentes pour la

transmittance, le coefficient nc correspondant la matrice D.



33/94

27


6. Exemple.6.1 Moteur courant continu.

Nous allons considrer un moteur courant continu aliment par une tension sV au stator

linducteur produisant un flux ( )iI , iI reprsentant le courant dexcitation.

E

sR

sL

sV

Inducteur

Induit

eV

mC

Figure 6-1 Montage technologique Figure 6-2 Schma de principe du moteur

Les notations utilises sont les suivantes :

E(t) : Force contre lectromotrice en volt iI (t) Courant dans linducteur en ampre

( )sI t Courant de linduit en ampre ( )sV t Tension de linduit en volt

sR Rsistance de linduit en sL Inductance de linduit en henry

0k Coefficient technologique ( )t Flux de linducteur en weber

( )eV t Tension dexcitation de linducteur ( )mC t Couple moteur en NmJ Inertie du moteur et de sa charge en 2 gm K f frottement fluide en Nms/rad

Les quations du moteur courant continu et la relation fondamentale de la dynamique nous

donne les quations suivantes :

( ) ( ) ( ) ( )s s s s sV t E t R I t L I t= + + (6.1) ( ) ( ) ( )m 0 i sC t k I I t= (6.2)

( ) ( ) ( )0 iE t k I t= (6.3) ( ) ( ) ( )mJ t C t f t = (6.4)

Le moteur courant continu et sa charge sont rgis par deux quations diffrentielles, il nous

faut donc choisir deux variables dtat.

Nous avons ici deux stockages de type inertiel, le premier dans linductance du stator et pour

lequel nous associeront la premire composante du vecteur dtat soit : 1 s sx (t) L I (t)= , lesecond stockage a lieu dans linertie du moteur et de sa charge et nous prendrons comme

deuxime composante dtat : ( )2x (t) J t=

En drivant le vecteur dtat il vient :

1 s sx (t) L I (t)=

( )2x (t) J t=

Si nous posons pour la commande et la sortie ( ) ( )sU t V t= et ( ) ( ) ( )T sY t t I t= partir

des quations (6.1) (6.4) nous auront :



34/94

28


( )( )

( ) ( ) ( )0 i s2 1 1s

k I RU t x t x t x t

J L

= + + ( ) ( )

( )( ) ( )0 is1 1 2

s

k IRx t x t x t U t

L J

= +

( )( )

( ) ( )0 i2 1 2s

k I fx t x t x t

L J

=

Ce qui donne les quations dtat suivantes :

( )( )

( )

( )

( )( )

0 is

s1 1

2 20 i

s

k IRL Jx t x t 1

U(t)x t x t 0k I f

L J

= +

( )

( )( )

1

2

s

10x tJ

Y t1 x t

0L

=

(6.5)

Simulation Matlab.

Comme dans lexemple prcdemment nous allons crire un script dinitialisation et un script de

visualisation.

Script dinitialisation

%- - - - - - Si mul at i on d' un MCC - - - - %cl ear , cl c;Rs=5. 5; Ls=582e- 3; k1=1. 1911;et a=0. 85;Wnom=157; Unom=220; I nom=6;Pmecanom=Unom*I nom*et a;Cnom=Pmecanom/ Wnom;J =0. 1; f =Cnom/ Wnom;t f i n=3; Tpl ot =0. 01;

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. Output Name{1}=' Vi t esse' ;Mcc. Out put Name{2}=' Cour ant ' ;

Script de visualisation

subpl ot ( 3, 1, 1) ;pl ot ( t , U) , l egend( ' U' ) ; gr i d;axi s( [ 0 t f i n 0 250] ) ;subpl ot ( 3, 1, 2) ;Nr =W*30/ pi ;pl ot ( t , Nr ) , l egend( ' Vi t esset r / mi n' ) ; gr i d;axi s( [ 0 t f i n 0 1600] ) ;subpl ot ( 3, 1, 3) ;pl ot ( t , I s) , l egend( ' I s' ) ; gr i d;

W

To Workspace4

Is

To Workspace2

U To Workspace1 t

To Workspace

Step

x' = Ax+Bu

y = Cx+Du

State-Space

m

Clock

Figure 6-3 Schma Simulink pour la simulation du moteur courant continu



35/94

29


0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

100

200U

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

500

1000

1500

Vitesse tr/min

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

10

20

30

Is

Figure 6-4 Rsultats de simulation pour un chelon de tension.

Pour une mise en tension sous charge nominale nous pouvons constater un dpassement

important du courant nominal qui conduit avoir une puissance lectrique crte denviron 5 fois

la puissance nominale.

U

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

2000

4000

6000

8000

Pe

Pm

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

rendement

Pe=1300 W

Pm=1100 W

Pe=6400 W

Pm=2800 W

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

2000

4000

6000

8000

Pe

Pm

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.2

0.4

0.6

0.8

1

rendement

Pe=1300 W

Pm=1100 W

Pe=6400 W

Pm=2800 W

Figure 6-5 Puissances et rendement pour un chelon de tension.

Passage une formulation par transmittances.

Si le courant de linducteur est maintenu constant nous pouvons poser : ( )1 0 ik k I= les

quation dtat (5.5) deviennent :

( )( )

( )( )

s 1

s1 1

2 21

s

R k

L Jx t x t 1U(t)

x t x t 0k f

L J

= +

( )

( )( )

1

2

s

10

x tJY t

1 x t0

L

=

(6.6)

Pour tablir la matrice de transfert nous avons vu prcdemment (5.4) quelle est issue delquation matricielle :



36/94

30


[ ] 1H(p) C p I A B D= + , soit :1

s 1

s

1

s s

R k1p0

L J 1JH(p)

1 0k f0 p

L L J

+ = +

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

s 1 s2 2

s s 1 s s 1

s s12 2s

s s 1 s s 1

L J p f k L10

J p f L p R k J p f L p R k 1JH(p)

1 0J L p R k J0L

J p f L p R k J p f L p R k

+ + + + + + + = + + + + + + +

( )

( ) ( )

( ) ( )

s

2

s s 1

12s

s s 1

L J p f 10

J p f L p R k JH(p) 1 k J0

L J p f L p R k

+ + + + = + + +

( ) ( )

( )

( ) ( )

12

s s 1

2s s 1

k

J p f L p R k

H(p)J p f

J p f L p R k

+ + + = + + + +

Ce qui donne :

( )( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

12

s s 1s

s

2s s 1

k

J p f L p R k pV (p)

I p J p f

J p f L p R k

+ + + = + + + +



37/94

31


Annexe

Le systme SI (MKSA)

LES UNITES DANS DIVERS SYSTEMES.

Grandeur Nom Symbole Expression avec

les units debase

Equation aux

dimensions

longueur mtre m L

Masse Kilo

grammegk M

temps seconde s T

Courant lectrique ampre A A 1T Q

Potentiel lectrique, fem, volt V W

A

2 2 1L MT Q

Rsistance lectrique ohm VA

2 1 1L MT Q

Capacit lectrique farad F C

V

2 1 2L M TQ

Inductance henry H bW

A

2 2L MQ

Flux dinduction magntique weber Wb V.s 2 1 1L MT Q

Densit dinduction

magntique

tesla T b2

W

m

1 1MT Q

Force newton N g2

k m

s

2LMT

Pression pascal Pa

2

N

m

1 2L MT

Energie, travail, quantit de

chaleur

joule J N.m 2 2L MT

puissance watt W J

s

2 3L MT

Rgle dcriture.

Lorsquune unit porte le nom dun chercheur, le nom de lunit est crit en minuscule,

sauf Celcius.



38/94

32




39/94

INSA 3GE JM RETIF Les Bond Graphs

33

LES BOND GRAPHS

1. Prambule.Le bond graph est un langage graphique qui constitue un intermdiaire entre le systme physique

que lon tudie et la formulation mathmatique ncessaire sa modlisation. La conception dun

bond graph ou graphe de liens repose sur lchange dnergie entre les lments du systme

tudi et sappuie sur la notion de causalit. Cette prise en compte de la causalit reprsente un

avantage majeur de cette approche. Dautres formalismes, tels les graphes de fluences ou les

graphes dinterconnections de ports, ne prennent pas en compte cet aspect.

Afin de prciser cette notion de causalit nous prendrons deux exemples :

Si nous sommes dans le domaine mcanique, pour une masse en mouvement, la force constitue

la cause et la vitesse leffet. En lectronique, lvolution de la tension aux bornes dun

condensateur est la consquence du courant le traversant.

La mthodologie des bond graphs suppose que le systme soit paramtres localiss, dans ce

cas, il est possible de dcomposer lensemble tudi en lments appels ports. Entre cesports

lnergie est transmise, celle-ci se dcomposant entre un effort et un flux, ces dnominations

gnrales pourront se dcliner dans plusieurs domaines de la physique. Cette dernire remarque

constitue un autre atout de la reprsentation dun systme par bond graphs. En effet, il serapossible avec le mme formalisme, de reprsenter des phnomnes lectriques, mcaniques,

thermiques, chimiques

Avant dentrer dans les dtails du formalisme par bond graph nous allons spcifier ses

principales caractristiques.

Cest un langage unifi quelque soit le domaine physique considr. Il est bas sur une formulation nergtique des changes entre les sous systmes ;

Afin de dcrire la varit des phnomnes dans diffrents domaine de la physiques une typologie

dlments que nous dtaillerons ultrieurement est dfinie.

Source idale dnergie Stockage dnergie Dissipation dnergie Transformation et conversion de lnergie

2. Liens et ports.2.1 Dfinitions.

Comme nous venons de lentrevoir, cette approche permet de reprsenter les changes dnergie

en terme deflux et deffortentre les lments du systme physique appelports.

Ainsi si le vhicule A entrane la charge B, la force de traction F sera leffortet la vitesse leflux ;la demi-flche donne alors le sens de passage de lnergie.

AB

V

IF FCircuit

B

Circuit

A

V

U

Entranement mcanique Circuits lectriques

A B A BF

V

U

I Figure 2-1 Conventions dun lien



40/94


34

Dans le domaine lectrique, lorsque le circuit A alimente le circuit B, la tension U reprsente

leffortet le courant I leflux (au sens des bond graphs).

Pour rsumer, si deux composants dun systme physique schangent de lnergie. Par

convention la demi-flche appele lien indique le sens du transit. Pour ce sens, le transfert de la

puissance sera considr comme positive. Par convention, A sera le port dentre et B le port de

sortie.

A B

A B

e

f

A B

e

f

Port de sortiePort d'entre

effort

flux

Figure 2-2 Reprsentations dun lien entre deux ports

Le lien comportera deux grandeurs, la variable de flux note f est une variable extensive et

correspond un nombre de particules par unit de temps. La variable deffort, note e est une

variable intensive indpendante de toute quantit de matire. La variable fde flux est note ducot de la demi-flche et lefforte sur le cot oppos. Le produit de leffortpar leflux reprsente

la puissance change.

Lors de llaboration dun bond graph, chaque lment est schmatis 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

dfinissant des sous-systmes, dans ce cas le bond graph mots est utilis.

Afin dillustrer cette approche, pour un vhicule lectrique, une analyse par bond graph mots

donne la dcomposition suivante :

OnduleurBatterieBatterie

tension

Courant MoteurtensionCourantCoupleVitesse

angulaire

tensionCourant

Boite

devitesse

Transmission

CoupleVitesse

angulaire

vitesse

forceVhicule

&Environnement

Figure 2-3 Bond graph mots

2.2 Expressions de la puissance et de lnergie.A partir des grandeurs deflux et deffortdautres variables peuvent tre dfinies :

2.2.1 La variable de puissance (P)La puissance change rsulte du produit dunflux par un effort. P = e f Exemples :

En mcanique leffort, est la force ou le couple et le flux la vitesse linaire ou angulaire,

nous aurons dans ce domaine les expressions classiques

P F V= avec laforce en newton et leflux en m/s.P C= Ici laforce correspond au couple en Nm et leflux la vitesse angulaire en rad/s.



41/94


35

2.2.2 La variable de moment gnralis p(t).Le moment gnralisnotp(t) correspond lintgrale de leffort. ( ) ( )

t

0

(t) e d 0= +p p

Exemples :

Domaine lectrique.

Ici leffortet leflux sont reprsents, respectivement par la tension et le courant, il vient :

( ) ( )t

0

(t) V d 0= +p p .

Domaine mcanique.

Pour un mouvement de translation, leffortest la force et leflux la vitesse linaire.

Dans le cas dune translation ( ) ( )t

0

(t) F d 0= +p p .

Ici, le moment gnralisp(t) reprsente limpulsion en Ns.

Pour les mouvements de rotation, leffort est le couple et le flux la vitesse de rotation

angulaire.

En rotation ( ) ( )t

0

(t) C d 0= +p p et le moment gnralis p(t) sera limpulsion

angulaire en Nms.

2.2.3 La variable de dplacement gnralis q(t).Cette notion de dplacement est la grandeur duale du moment gnralis. Cette variable

sexprime par lintgrale duflux soit : ( )t

0

(t) ( ) d 0= +q f q

Exemples :

Domaine lectrique.

Comme nous lavons vu prcdemment, leffortet leflux correspondent respectivement

la tension et au courant.

( ) ( )t

0

(t) I d 0= +q q .

Dans le domaine lectrique le dplacementreprsente la charge en Coulomb.

Domaine mcanique.

Pour un mouvement de translation ( ) ( )t

0

(t) V d 0= +q q .

Lintgrale de la vitesse est ici le dplacement exprim en m.

0

t

0

t

x(t) x V( ) d = + .

Cest de la particularit, de cette variable dans le domaine mcanique, que vient la

dnomination de dplacement.

Pour un mouvement en rotation

( ) ( )

t

0

(t) d 0= +

q q



42/94


36

Lintgration de la vitesse angulaire donne langle, dans ce domaine le dplacement

correspond donc la rotation angulaire exprime en rad.

0

t

0

t

(t) ( ) d = +

2.2.4 Variable dnergie E(t).Lnergie correspond lintgration de la puissance . ( ) ( ) ( )

t

0

E(t) e f d E 0= +

Exemples :

Domaine lectrique.

Dans le domaine lectrique nous aurons :

( ) ( ) ( )t

0

E(t) V I d E 0= +

Domaine mcanique.

Pour un mouvement de translation leffort est la force et le flux la vitesse linaire. En

rotation leffortest le couple et leflux la vitesse de rotation.

En translation ( ) ( ) ( )t

0

E(t) F V d E 0= + .

En rotation ( ) ( ) ( )t

0

E(t) C d E 0= + .

2.3 Variables de flux et deffort.Rsum des variables deffort et de flux

Domaine Effort e Fluxf Momentp Dplacement q

Electrique La tension en

Volt

Le courant en

ampre

Impulsion p

en V.s

Magntique La force

magntomotrice

La drive du flux

magntique

Le flux

magntique

Mcanique

translation

La force en N La vitesse en m/s Impulsion p

en N.s

Dplacement en

mtre

Mcanique

rotation

Le couple en Nm La vitesse en rad/s Impulsion p

en N.m.s

Angle en radian

Hydraulique Pression en

Pascal ( 2N / m )

Dbit Volume en 3m

Thermique Temprature K Drive de

lentropie S

Entropie S

Chimique Potentiel

chimique Flux molaire Nombre de

moles

Tableau 2-1



43/94


37

3. Elments du langage bond graph.Les phnomnes mis en jeux sont analyss en termes de sources deffortet sources de flux. La

puissance tant le produit dun effortpar unflux.

Nous allons distinguer 3 types dlments :

Les lments actifs, les lments passifs, les lments dtecteurs, les jonctions et les lments de

transformation.

3.1 Les lments actifs.Dans un systme, lnergie peut tre apporte soit par une source deffortsoit par une source de

flux. Dans le domaine lectrique, ce sont respectivement les sources de tension et de courant.

Ces sources sont orientes par une demi-flche oppose la source considre.

3.1.1 Source deffort.La variable effortest suppose indpendante duflux fourni par la

source. Pour une source de tension, cela revient dire que sa

rsistance interne est nulle.

Exemples 1.

Domaine lectrique. Domaine mcanique.

u Z Se :Tension u

F

Se :Force F

Source de tension, alimentation par une

source dimpdance nulle.

Moteur dentranement ayant des pertes nulles et

fournissant une force de propulsion F.

3.1.2 Source de flux.Ici cette source est la duale de la prcdente. Dans le domaine

lectrique cela correspond une source de courant dimpdance

infinie.

Exemples 2.


i

Z Sf :Courant i

Sf :

Vitesse v

Vitesse v

Source de courant, alimentation par une

source dimpdance infinie.

Moteur dentranement ayant une inertie infinie et

fournissant une vitesse constante.

Sef

e

Sff

e



44/94


38

3.2 Elments passifs.Ce sont les lments passifs qui dgradent lnergie en chaleur, une rsistance lectrique, le

frottement qui soppose un mouvement etc

3.2.1 Elment R.Cet lment est utilis pour modliser un phnomne physique

liant les variables flux et effort, la puissance tant dissipe sous

forme calorifique.Dans le domaine lectrique se sont les rsistances, en mcanique,

les amortisseurs ou tout phnomne de frottement, en hydraulique une restriction. En fait tout

phnomne dgradant lnergie en chaleur.

Exemples 3.


U1R

I

R:R1I

U

Force F=b.V F

Vitesse V

R:bV

F

La rsistance :

Puissance dissipe2

1P U I R I= = .

Frottement sopposant un dplacement.

Frottement sec ; F constant, P V F= Frottement fluide ; F b V=

P V F= 2b V=

3.2.2 Elments de stockage.Les lments de stockage sont des lments passifs mais rversibles en nergie. Un barrage

accumule de lnergie potentielle, une inertie en rotation stocke de lnergie cintique. Dans le

domaine lectrique, un condensateur contient une quantit dlectricit et une inductance de

lnergie magntique. Deux types dlments de stockage existent selon quils accumulent un

flux ou un effort.

3.2.3 Elment C (stockage de type potentiel).Cet lment prend en compte le stockage dun effort.

Llment C est utilis pour tout phnomne physique liant la

variable deffort la variable de dplacement, ce stockage est dit

potentiel.

Le dplacement est dfini par la relation ( )c C,= q e , dans le cas linaire C= q e .

Lnergie stocke peut sexprimer :

( ) ( ) ( )t

0

E(t) d E 0= + e f

Le dplacement sexprimant vis--vis duflux par

t

0

(t) ( ) d = q f , il vient :

Cf

e

Rf

e



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39

( ) ( )0

0E(q) d E= +q

q

e q q q .

Exemples :

Energie stocke dans un ressort.

Pour un ressort la force est proportionnelle lcrasement soit : F k x= ,

( ) ( ) ( )0 0

x x

0 0

x x

E(x) F x dx E x k x dx E x= + = + 2k x

2

=

Energie stocke dans un condensateur.

Pour un condensateur la charge Q (dplacement) est relie la tension (effort) par la

relation Q C U= .

( ) ( ) ( )0 0

x 2

0 0

x

E(x) F d E d EC 2 C

= + = + =

q

q

q qq q q q q , si on exprime cette nergie stocke

en fonction de la tension, nous retrouvons la relation classique 21E C U2

= .

Llment C peut sexprimer par deux causalits :

Causalit intgrale :1

C= e f , leffortet lintgrale dunflux.

Causalit drive : C= f e , leflux et la drive de leffort.

Exemples 4.


U

I

C Courant IC : C

Tension UC : C

Ressort de

raideur k

Force F

F Compression k.x

C :Vitesse V

Force FC :

1

k

Le condensateur permet lorsquil reoit un

courant (flux) demmagasiner une chargelectrique exprime en Coulomb

(dplacement).

Dplacement : = q f ( )t

0

t i( ) d = q

sachant que pour un condensateur :

( ) ( )t

0

1u t i d

C= C u= q

Nous retrouvons la relation gnrique en

rgime linaire C= q e ou q reprsente laquantit dlectricit en Coulomb.

Le ressort permet lorsquil est soumis une

vitesse (flux) demmagasiner un dplacementexprim en mtre.

Dplacement : = q f ( )t

0

t V( ) d = q

Pour un ressort, la force due la compression

vaut : ( ) ( )t

0

F t k V d = F

k=q et nous

retrouvons comme pour le condensateur la

relation valable dans le cas linaire C= q e .Nous vrifions ici que le dplacement



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Causalit.

Pour avoir une causalit intgrale, un

condensateur doit tre aliment par une source

de courant, la tension tant la consquence.

En causalit intgrale :t

0

0

1u(t) u i( ) d

C= + .

En causalit drive : ( ) ( )i t C u t=

correspond la compressionF

xk

= et que la

valeur de la variable C de cet lment vaut

1C

k=

.

Causalit.

En causalit intgrale :

t

0

0

F F k V( ) d = + .

En causalit drive : ( ) ( )1

v t F tk

=

3.2.4 Elment I (stockage de type inertiel).Cet lment permet de modliser un phnomne physique liant la

variableflux la variable moment.

( )I

I,= p f . Si le systme est linaire I= p f

Cet lment de stockage est de type inertiel.

Lnergie stocke peut sexprimer :

( ) ( ) ( )t

0

E(t) d E 0= + e f Le dplacement sexprimant vis--vis du flux part

0

(t) ( ) d = p e ,

il vient : ( ) ( )0

0E( ) d E= +p

p

p f p p p .

Energie emmagasine dans une masse.

Icip reprsente la quantit de mouvement M V= p

( ) ( ) ( )0 0

22

0 01 1

E(p) V d E d E M VM 2 M 2

= + = + = = p p

p p

p pp p p p p , qui correspond lnergie

cintique.

Energie emmagasine dans une inductance.

Dans le domaine lectrique, p reprsente le limpulsion en V.s, p=L.I.

( ) ( ) ( )0 0

22

0 01 1

E( ) I d E d E L IL 2 I 2

= + = + = = p p

p p

p pp p p p p p , nous retrouvons la relation

usuelle donnant lnergie magntique emmagasine dans une inductance.

Llment I peut sexprimer par deux causalits :

Causalit intgrale1

I= f e , leflux et lintgrale de leffort.

Causalit drive I= e f , leffortet la drive duflux.

Pour des circuits lectriques le courant reprsente le flux dans le formalisme des graphes de

fluence cest linductance qui reprsente llment I.

En mcanique leflux tant la vitesse cest linertie qui est llment de stockage.

If

e



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Exemples 5.


i

u Courant i

Tension u

I : LL

F

MasseM

Vitesse v

Force FI : M

Linductance permet lorsquelle est soumise

une tension (effort) demmagasiner une

impulsion en V.s.

=

p e

( )

t

0

t v( ) d =

p , sachant que pour

une inductance : ( ) ( )t

0

1i t v d

L=

Qui correspond bien au cas linaire

I= p fpour lequel le paramtre I estlinductance.

( ) ( )t

0

(t) v d 0= +p p

Causalit :

Avec une formulation intgrale la cause est la

tension et la consquence est le courant.t

0

0

1i(t) i u( ) d

L= +

En causalit drive nous retrouvons la relation

classique :

u(t) L.i(t)=

En mcanique llment I est la masse M pour

un mouvement de translation ou linertie pour

une rotation.

La masse soumise une force (effort)

emmagasine une quantit de mouvement en

Kg.m/s (moment).

= p e ( )t

0

t F( ) d = p , la loi

fondamentale de la dynamique donne :

( ) ( )t

0

1v t F d

M=

Ce qui fourni M v= p qui est bien la quantitde mouvement.

Causalit :

Pour un mouvement la vitesse est la

consquence de la force.t

0

0

1v(t) v F( ) d

M= +

Avec une formulation drive nous retrouvons

la loi fondamentale de la dynamique.

F(t) M.v(t)=



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3.3 Les dtecteurs.Ce sont des lments qui plac dans le bond graph indiquent la prsence dun capteur ou dun

instrument de mesure suppos idal.

Ainsi aucune puissance nest consomme par le dtecteur, nous distinguerons selon le type de

mesure faite deux type de dtecteur :

3.3.1 Dtecteur deffort.

0=f

eeD

3.3.2 Dtecteur de flux.

f

= 0efD



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3.4 Jonctions.3.4.1 Jonction 0.

La jonction 0 permet de coupler des lments

soumis un mme effort.

Les efforts sont identiques : 1 2 3= = =e e e e

Le flux entrant est gal la somme des flux

sortants 1 2 3= +f f f

Le corollaire de ces 2 proprits se traduit

par un bilan de puissance nulle

1 1 2 2 3 3 0 =e f e f e f .

Exemples 6.


Alimentation par une source de tension dune

inductance et dune rsistance en parallle.

Association srie dlments soumis une

mme force.

uR

automatique modelisation

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