📶 Réponse indicielle des systèmes du 1er et du 2e ordre
On appuie sur le bouton, la consigne saute d'un coup… et le système suit comme il peut : en douceur, en traînant, ou en faisant des allers-retours autour de la valeur visée. Règle K, τ, ω₀ et ξ, regarde la courbe se dessiner et les pôles se promener dans le plan complexe, puis démasque le système mystère.
🧪 Mode d'emploi : règle les curseurs (à droite, ou sous l'animation sur téléphone), lance avec ▶, observe les mesures et relève les 🎯 défis. Le bouton ⛶ agrandit l'animation, idéal sur téléphone à l'horizontale.
Ce que tu vois
- Le 1er ordre démarre avec une pente non nulle : sa tangente à l'origine coupe la valeur finale à t = τ. À t = τ, la sortie a parcouru 63 % du chemin ; à t = 3τ, 95 %.
- Le 2e ordre démarre toujours avec une tangente horizontale : il faut d'abord « lancer » le système avant qu'il ne monte.
- Pour ξ < 1, les pôles sont complexes conjugués, sur le cercle de rayon ω0 : la sortie oscille avec la pseudo-période Tn et dépasse sa valeur finale. Plus les pôles s'approchent de l'axe imaginaire (ξ petit), plus les oscillations durent.
- Le premier dépassement D1 ne dépend que de ξ, pas de ω0 : changer ω0 ne fait qu'étirer ou comprimer la courbe dans le temps.
- L'abaque montre que le système le plus rapide (au sens du temps de réponse à 5 %) n'est pas celui qui ne dépasse jamais : c'est celui qui dépasse de 5 % tout juste, pour ξ ≈ 0,69, avec tr5%·ω0 ≈ 2,9.
Expériences à faire
- Double K : la valeur finale double-t-elle ? Le temps de réponse change-t-il ? Tape ensuite ω0 = 50 rad/s puis 0,5 rad/s : la forme de la réponse change-t-elle, ou seulement l'échelle de temps ?
- Avec le 2e ordre, double ω0 sans toucher à ξ : que deviennent D1, Tn et tr5% ?
- Fais passer ξ de 0,68 à 0,70 : pourquoi le temps de réponse est-il presque divisé par 1,6 d'un coup ?
- Règle ξ = 1 puis ξ = 2 : les pôles deviennent réels. Le système est-il plus rapide quand ξ augmente au-delà de 1 ?
- Active les enveloppes : vérifie que les maxima successifs de la sortie touchent l'enveloppe et que D2 = D1².
Le cours derrière l'animation
- 1er ordre : τ·s'(t) + s(t) = K·e(t), soit H(p) = K/(1 + τp). Réponse à un échelon e0 : s(t) = K·e0·(1 − e−t/τ), avec s(τ) = 0,63·s∞ et tr5% = τ·ln 20 ≈ 3τ. Pôle unique p = −1/τ.
- 2e ordre : H(p) = K/(1 + 2ξp/ω0 + p²/ω0²). Pour ξ < 1, les pôles valent p = −ξω0 ± jω0√(1 − ξ²) et s(t) = K·e0·[1 − e−ξω0t·sin(ωnt + φ)/√(1 − ξ²)], avec cos φ = ξ.
- Pseudo-pulsation ωn = ω0√(1 − ξ²) et pseudo-période Tn = 2π/ωn. Le premier dépassement est atteint à t1 = Tn/2 et vaut, en relatif, D1 = exp(−πξ/√(1 − ξ²)) ; les suivants valent Dk = D1k.
- Pour ξ ≥ 1, les deux pôles sont réels (double pour ξ = 1) : la réponse est apériodique, sans dépassement. Le régime critique ξ = 1 donne tr5%·ω0 ≈ 4,75.
- Le temps de réponse réduit tr5%·ω0 ne dépend que de ξ (abaque calculé ici exactement). Son minimum, ≈ 2,86, est atteint pour ξ ≈ 0,69, quand D1 vaut juste 5 %. Dans le cours, l'amortissement est aussi noté z et la constante de temps T.
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