BTS IRIS
Session 2009
(Corrigé)
PARTIE A. Moto-réducteur d’entrainement du volet.
T0M
A.1. Le système est du premier ordre : TM(p) est de la forme : .
1  Mp
A.2. τM = 0,1 s.
A.3. tr5% = 3 τM = 0,3 s.

o m
.c
T0M U T0M
A.4. N(p) = TM(p)×U(p) =  0 et lim n(t) = lim p×N(p) = lim  U0 = T0M  U0
1  Mp p t p p 1   M p




m
lim n(t) = 1,67×6 = 10 tr.s-1


a
t



x
A.5.


e
n (tr/s)




id
12



10

.a
w
9,5




w
8




w
6,3




/
6




:/
4



2

tt p
0
0 0,05 0,1


r
0,15 0,2
h
0,25 0,3 0,35 0,4 0,45 0,5 0,55 t (s)




su
τM tr5%
3τM



é
A.6.


g
1 dV (t) p

r
n(t)   N(p)  V (p)
360 dt 360

a
N(p) ΘV(p)


h
TV(p) V (p) 360
TV (p)  

c
N(p) p


lé
é
PARTIE B. Capteur de position du volet.



T
B.1. Pour θV = 0°, uθV = 0 V ; Pour θV = 90°, uθV = 12 V ;

B.2. Diviseur de tension : uθV = 12×
R θV
R
R
R 
θ θ
et θV = V donc uθV =12× V .

PARTIE C. Asservissement de position du volet :
V (p)  TV (p)  TM (p)  C (p)  U (p)  U v (p)  TV (p)  TM (p)  C (p)  U (p)  TC (p)V (p)
o m
V (p)  TV (p)  TM (p)  C (p)  U (p)  TV (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)  V (p)
.c
m
V (p)  1  TV (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)  TV (p)  TM (p)  C (p)  U (p)


a
V (p) TV (p)  TM (p)  C (p)


x
TBF 1 (p)  
U (p) 1  TV (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)
C.2.
e
id
U (p)  TC (p)  (p)



.a
 (p) TV (p)  TM (p)  C (p)
TBF 1 (p)  V 
U (p) 1  TV (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)


w
 (p) V (p) U (p) T (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)
TBF 2 (p)  V    TBF 1 (p)  TC (p)  V

w
(p) U (p) (p) 1  TV (p)  TM (p)  C (p)  TC (p)


w
Partie D. Rôle du correcteur.



:/ /
D.1. Le système est du deuxième ordre : dépassement, tangente à l’origine horizontale.



tt p
D.2. L’erreur en régime permanent est nulle car θV = θconsigne
θVmax  θV 
D.3. D1 = = = 56 %

h
θV 


r
D.4. Mφ de l’ordre de 10°



su
g é
a r
c h
lé
T é

D.5. Il faut augmenter la marge de phase pour augmenter la stabilité du système.
D.6.




o m
.c
a m
tr5% = 0,135 s

e x
id
D.7. Le système est du second ordre : la tangente à l’origine est horizontale.



.a
Partie E. Étude du système dans sa version numérique.



w
E.1. Le bloqueur permet de maintenir constante la valeur de l’angle pendant la durée de la conversion
numérique.

E.2. fE =  → fE =  = 100 Hz.
w
w
TE ×



:/ /
E.3. Le spectre du signal échantillonné boqué peut à cause du repliement se superposer au spectre du



tt p
signal initial.
fE
E.4. On ne devra échantillonner que des fréquences inférieures à = 50 Hz pour respecter la règle de


h

Shannon. Il faut donc couper le domaine  Hz ; ∞ .

r
s u 
E.5.
S(z) 1, 2  1,1z 1
C (z)    S(z) 1  0 , 5z 1  E (z) 1, 2  1,1z 1 


é
E (z) 1  0 , 5z 1


g
S(z)  0 , 5z 1S(z)  1, 2E (z)  1,1z 1E (z)  S(z)  1, 2E (z)  1,1z 1E (z)  0 , 5z 1S(z)


r
1

Z
 sn  1, 2en  1,1en1  0 , 5sn1
E.6.

h a
c
Le système est récursif car l’équation de récurrence fait appel au terme de sortie de rang inférieur à n.
E.7.

lé
é
sn
en

T
1,2


TE TE


-1,1 0,5


E.8.
 n 0 1 2 3
en 1 0 0 0
sn 1,2 - 0,5 - 0,25 -0,125
E.9.
{δn} → 1
1, 2  1,1z 1
S(z)  C (z)  E (z)  1
1  0 , 5z 1
E.10.
lim s n = lim (z-1)E(z) =lim
n∞ z1
1, 2  1,1z 1
z1 1  0 , 5z 1
  z  1 = 0

o m
.c
Le correcteur est stable car la réponse impulsionnelle car lim sz n = 0
n∞



m
Partie F. Bus de données.

F.1. tr =
d
v
→ tr =  = 50µs.
 
xa
F.2. Il faut R = RC = 120 Ω.
e
nombre de bits
→ tt =  = 154 µs.
id
.a
F.3. Débit =
durée 



w
nombre de bits utiles
F.4. Dn = → Dn = 64/154×10-6 = 0,42 Mbit.s-1
durée d'une trame
Partie G. Alimentation en énergie électrique.
w
G.1. = U×I → Pun = 14×90 = 1,26 kW

/ w
:/
Pun P ,
G.2. η = → Pmn = un → Pmn = = 2,0 kW.


tt p
Pmn η ,
Pmn Pmn 2000×60


h
G.3. Pmn = Tm ×Ω → Tm = = → Tm = = 7,64 N.m.
Ω 2πn 2π×2500


r
G.4. U = E - aI ; E = UI=0 =24 V ; Pour I = 20 A, U = 20 V



su
 – 
→ 20 = 24 – 20a → a = = 0,2 Ω




g é
a r
c h
lé
T é
G.5. U1 = 24 – 0,5I1 → U1 = 24 - 0,2×60 = 12 V
G.6. La tension augmente.
G.7. Iexc doit diminuer.
Partie H. Étude du régulateur.
H.1. U = 14 V




H.2. <uext>   uext dt =  ×Aire hachurée =  ×αT×U = αU

T


o m
.c
T T
H.3. α = 0,75
H.4. Si U diminue il faut que Iext augmente pour compenser la baisse.
H.5. Il faut alors que <uext> augmente donc que α augmente.


a m
e x
id
.a
w
w
/ w
:/
tt p
r h
su
g é
a r
c h
lé
T é