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Bloc moteur

Châssis

CORRECTION CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES

FILIERE PSI 2004 1. ETUDES MECANIQUES 1.1.1. Question : Silentbloc La liaison complète du moteur avec le châssis est réalisée sur 3 silentblocs (voir un des silentblocs / photo 2). Chaque silentbloc réalisé en élastomère (donc élastique) filtre les vibrations en permettant 3 rotations. Ils réduisent les bruits et chocs transmis par le moteur au châssis et facilitent son montage. On déduit des termes soulignés, qu’un silentbloc peut être modélisé par une liaison rotule car il autorise 3 rotations. De plus l’énoncé nous dit que la liaison est réalisée avec trois silentblocs, c’est à dire 3 liaisons rotule (sphérique). On en déduit le montage représenté ci-contre avec 3 sphériques en parallèle entre le bloc moteur et le châssis ; Soit le graphe des liaisons ci-contre en dessous :

Une liaison rotule (sphérique) possède 3ddl et on a 3 liaisons sphériques. Donc 3 3 9cN = × = inconnues cinématiques. Le graphe des liaisons (tracé ci-contre) présente deux cycles indépendants. Donc 2γ = Le montage est équivalent à une liaison encastrement (dit dans l’énoncé : pas la peine de le démontrer), il n’a donc aucune mobilité :

0u im m m= + = L’ensemble des silentblocs fournit 3.3 = 9 inconnues statiques.

Le degré d’hyperstatisme est : 6 ch m Nγ= + − , soit h = 12 + 0 - 9 :

h=3

Chassis Bloc Moteur

Sphérique 1

Sphérique 2

Sphérique 3

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1.1.1 Question : actions de liaisons Déterminons les efforts dans les liaisons (inconnues de liaisons) au niveau des silentblocs (ce qui permettrait de les dimensionner), avec la modélisation isostatique proposée (figure 1 ci-contre), c’est à dire composée d’une liaison rotule en A, d’une liaison linéaire annulaire en B et d’une liaison ponctuelle en C (figure ci-contre). D’après l’énoncé, la seule action mécanique extérieure est un simple couple résistant constant

100r rC C x x= =r r r (Nm) issu du frein qui s’applique sur le

moteur. Le bloc moteur, de centre de gravité G, a une masse

80m kg= . On rappel les grandeurs géométriques en millimètres suivantes :

300

150 100 150

600 150 350

150 150 100

B

G G G

C C C

O O O

y

x y z

x y z

x y z

AB y y

AG x y z x y z

AC x y z x y z

AO x y z x y z

= = −

= + + = − +

= + + = − +

= + + = − +

uuur r rl

uuur r r r rr rl l l

uuur r r r rr rl l l

uuur r r r rr rl l l

Commençons par tracer le graphe des liaisons de ce système enrichi des actions mécaniques extérieures qui s’appliquent dessus : Isolons le bloc moteur : On entoure sur le graphe des liaisons enrichi des actions mécaniques extérieures le sous-ensemble isolé. A chaque fois que l’on coupe un trait, cela signifie qu’il y a une action mécanique extérieure à l’isolement (croix sur le graphe avec isolement ci-dessous) : On voit donc très clairement avec cette méthode que l’on a cinq actions mécaniques extérieur à l’isolement du bloc moteur. Listons les et modélisons les

Bâti Bloc moteur

L2 : sphére-cylindre (ex linéaire annulaire de centre B et d’axe yr

L3 : sphére-plan (ex ponctuelle de centre C et de normale zr

L1 : sphérique de centre A

Couple

résistant rCuur

Pesanteur

Bâti Bloc moteur

L2 : sphére-cylindre (ex linéaire annulaire de centre B et d’axe yr

L3 : sphére-plan (ex ponctuelle de centre C et de normale zr

L1 : sphérique de centre A

Couple

résistant rCuur

Pesanteur

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analytiquement (par la donnée de leur torseur d’action mécanique réduit au point le plus simple dans un premier temps) : Æ Action mécanique du bâti sur le bloc moteur par la liaison L1: C’est une liaison sphérique de

centre A. Les inconnues de liaisons d’une telle liaison sont donc :

( ) ( )

1

1 1

1 , ,

0

bati bloc moteur 00

A x y z

X

T YZ

→ = r r r

(On emploi l’indice de la liaison puisque l’on

a que deux sous-ensemble fonctionnel) Æ Action mécanique du bâti sur le bloc moteur par la liaison L2: C’est une liaison sphére

cylindre de centre B et d’axe yr . Les inconnues de liaisons d’une telle liaison sont donc :

( ) ( )

2

2

2 , ,

0

bati bloc moteur 0 00

B x y z

X

TZ

→ = r r r

Æ Action mécanique du bâti sur le bloc moteur par la liaison L3: C’est une liaison sphére plan de centre C et de normale zr . Les inconnues de liaisons d’une telle liaison sont donc :

( ) ( )

3

3 , ,

0 0

bati bloc moteur 0 00

C x y z

TZ

→ = r r r

Æ Action mécanique de la pesanteur sur le bloc moteur: On a donc le torseur d’action

mécanique suivant : ( ) ( ), ,

0 0

bloc moteur 0 00

G x y z

T gmg

→ = − r r r

r

Æ Action mécanique du couple résistant sur le bloc moteur: On a le torseur couple suivant :

( ) ( ), ,

0

bloc moteur 0 00 0

r

r

M espace x y z

C

T C

∀ ∈

→ = r r r

uur

Écrivons l’équilibre du moteur : On choisi de l’écrire au point A car cela correspond au point où l’on connaît l’action mécanique « la plus compliquée » : celle qui a le plus d’inconnues de liaisons. Ainsi nous n’aurons pas à « déplacer » ce torseur. On l’écrit en projection dans la base ( ), ,x y z

r ur r puisque tous nos torseurs d’actions mécaniques sont

déjà écrits dans cette base. L’écriture du principe fondamental de la statique donne :

( ) ( ), ,

0 0

bloc moteur bloc moteur 0 00 0

A x y z

T

→ = r r r

soit :

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1 2

1

1 2 3

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0

r

A B C G A A

X X C

YZ Z Z mg

+ + + + = −

Cette écriture est inexploitable car tous les torseurs ne sont pas réduits au même point A. On doit dons préalablement les réduire tous en A : Pour l’action mécanique qu’exerce la liaison 2 :

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 3000 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 300

A B

yB

yB

yBB AA

M M AB RA

X X X X l Z X Zl

Z Z Z Z l X Z X= + ∧

− = + ∧ = =

uuurr r r1442443

Pour l’action mécanique qu’exerce la liaison 3 :

3 3

3 3

3 3 3 3 3

0 0 0 0 0 0 0 1500 0 0 0 0 0 0 600

0 0 0 0

A C

xC yC

yC xC

zCC A A

M M AC RA

l l Z Zl l Z Z

Z Z l Z Z Z= + ∧

− = + ∧ = − = −

uuuurr r r

14243

Pour l’action mécanique qu’exerce la pesanteur :

4

4

0 0 0 0 0 0 0 8.100 0 0 0 0 0 0 12.10

0 0 0 800 0

A G

xG yG

yG xG

zGG A A

M M AG RA

l l mgl l mg

mg mg l mg mg= + ∧

− = + ∧ = =

− − − − −

uuuurr r r1442443

Le principe fondamental de la statique en A appliqué au bloc moteur en projection dans la base

( ), ,x y zr ur r

, s’écrit donc avec toutes les longueurs exprimées en mm : 4 4

1 2 2 34

1 3

1 2 2 3

0 300 0 150 0 8.10 0 10.10 0 0 0 0 0 0 600 0 12.10 0 0 0 0

0 300 0 800 0 0 0 0 0A A A AA A

X X Z ZY ZZ Z X Z

− − + + − + + =

− Soit le système de 6 équations à 6 inconnues :

1 2

1

1 2 34

2 34

3

2

00

800 0300 150 18.10 0

600 12.10 0300 0

X XY

Z Z ZZ Z

ZX

+ = = + + − =

− − + = − + =

=

. Soit après résolution :

1

1

1

2

3

2

00

100500200

0

X NY N

Z NZ NZ NX N

==

===

=

1.2 Liaison moteur-frein / arbre de transmission

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L’arbre de transmission entre le moteur et le frein comporte trois liaisons :

• Un accouplement élastique côté moteur – liaison plateau moteur / plateau récepteur, • Un accouplement par cannelures dans la partie centrale de l’arbre – liaison plateau récepteur /

fourche 2 , • Un joint de cardan côté frein – liaison fourche 2 / fourche 1.

1.2.1 Question : joint de cardan côté frein L’arbre de transmission venant du moteur à tester est relié au rotor du frein par un joint de cardan (photo 4). Il est constitué d’une fourche 1, d’un croisillon 3 et d’une fourche 2 (photo 4 et figure 2). D’après le paramétrage cinématique proposé (figure 2) où les orientations des fourches 1 et 2 sont définies respectivement par les bases ( )1 1 1, ,x y z

ur uur ur et

( )2 2 2, ,x y zuur uur uur

:

Nom et le torseur cinématique de la liaison fourche 1 / croisillon 3 : Une seule rotation autour de l’axe 1y

r (pas de point précisé sur la

figure !). Soit I, l’intersection des deux axes du croisillon 3. Alors la rotation a lieu autour de l’axe ( )1 I y

r. La Liaison fourche 1 / croisillon 3 est donc une liaison pivot d’axe ( )1 I y

r. Son torseur

cinématique est donc : ( ) 13 1V 1/ 30

I

yfourche croisillon

ω =

uur

r

Nom et le torseur cinématique de la liaison croisillon 3 / fourche 2 : Une seule rotation autour de l’axe ( )2 I z

r. La Liaison croisillon 3 / fourche 2 est donc une liaison pivot d’axe ( )2 I z

r. Son

torseur cinématique est donc : ( ) 32 2V 3/ 20

I

zcroisillon fourche

ω =

uur

r

Liaison équivalente fourche 1 / fourche 2 :

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Il suffit de composer les deux torseurs cinématiques précédents puisqu’ils sont tous les deux réduits au même point I :

( ) ( ) ( ) V 1/ 2 V 1/ 3 V 3 / 2fourche fourche fourche croisillon croisillon fourche= +

( ) 13 1 32 2 13 1 32 2V 1/ 20 0 0

I I I

y z y zfourche fourche

ω ω ω ω + = + =

uur uur uur uur

r r r .

La liaison équivalente possède donc deux rotations, c’est donc une liaison sphérique à doigt de centre I, intersection des deux axes du croisillon 3.

1.2.2 Question : loi d’entrée-sortie On appelle angle de brisure α , l’angle formé entre l’axe x1 de la fourche 1 (entrée) et l’axe x2 de la fourche 2 (sortie) du joint de cardan. En utilisant le paramétrage donné (figure 2) : Développer la relation 21. 0y z =

ur r et

exprimer 1θ en fonction de αθ et2 .

D’après les figures ce travail ci-dessus à droite, on a les projections suivantes :

1 1 1cos siny y zθ θ= +r r r

, 2 2 2sin cosz y zθ θ′ ′= − +uur urr , cos siny y xα α′ = +

uur r r et z z′ =ur r . On peut donc

effectuer le produit scalaire demandé en projetant tous les vecteurs dans la base ( ), ,x y zr r r

:

2

2 1 2 2 1 2 11

1 2

0 sin sin

. cos . sin cos sin cos cos cos sinsin cos

y z

θ α

θ θ α θ α θ θ θθ θ

= − = − +ur r

on a donc la relation suivante :

2 1 2 1sin cos cos cos sinθ α θ θ θ= Soit la relation demandée : 1 2tan tan cosθ θ α= Le joint n’est donc pas homocinétique dans le cas où cos 1α ≠ . Pour qu’il soit homocinétique il faut donc 0α = : les deux axes de rotations des 2 fourches sont donc alignés, ou α π= , ce qui matériellement est impossible

1.2.3 Question : accouplement par cannelures dans la partie centrale de l’arbre

Donnons un modèle de liaison correspondant à cette solution technologique. Le cannelures permettent de bloquer la rotation par obstacle dans la liaison pivot glissante réalisée avec un contact cylindre cylindre (arbre – alésage).

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On réalise ainsi une liaison Glissière .

1.2.4 Question : accouplement élastique côté moteur Le vilebrequin du moteur à tester est accouplé à l’arbre de transmission du banc moteur par un accouplement constitué d’une rotule métallique et d’un flasque caoutchouc (voir photo 5 et figure 8). La rotule métallique assure le guidage des deux axes. Le flasque caoutchouc est en liaison encastrement avec le plateau-moteur par 3 vis et avec le plateau-récepteur par 3 autres vis. Le flasque caoutchouc assure la transmission du couple. Proposons un modèle de liaison correspondant à cette solution technologique en justifiant votre choix. On doit raisonner en terme d’action mécanique car le flasque est un solide déformable dont le but est la transmission d’un couple (action mécanique) du plateau moteur au plateau récepteur. La rotule assure une liaison sphérique qui comme toute liaison sphérique a 3 inconnues de liaison (aucun couple et 3 forces). Le flasque permet de transmettre un couple et est solidaire des deux plateaux. La liaison globale transmet donc quatre inconnues de liaison (3 forces par la sphérique) et un couple par le flasque. Elle est donc équivalente à une liaison sphérique à doigt.

1.2.5 Question : schématisation Construisons, d’après les réponses aux questions précédentes, le schéma cinématique plan de la transmission moteur / frein.

Fourche 1

Fourche 2 Question 1.2.4

Question 1.2.3

Question 1.2.1

Plateau récepteur

Plateau moteur

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Stator

Rotor

Bâti

Capteurd’effort

Pivot Pivot

Sphérique Sphérique

Cette transmission a été conçue pour transmettre le mouvement de rotation en acceptant des défauts d’alignement entre le moteur et le frein:

• Angulaire par une liaison sphérique à doigt

• Radial par l’utilisation des deux liaisons sphérique à doigt

• Axial par l’utilisation de la liaison glissière. Ces défauts peuvent avoir pour origine : • Les tolérances de fabrication des différentes pièces (deux axes ne seront jamais exactement

alignés). • Les « défauts » des deux bâtis différents sur lesquels sont montés le moteur et le frein • Des différents moteurs que l’on peut monter sur le banc • Des vibrations en fonctionnement engendrées par n’importe quel solide en rotation même

équilibré.

2 LE FREIN

2.1.1 Question : schéma cinématique Traçons le schéma cinématique spatial minimal du frein, en faisant intervenir le bâti, le rotor, le capteur d’effort et le stator (sans l’arbre de transmission ni le moteur) : Figure 3 : Le Stator est guidé en rotation par rapport au bâti par deux roulements R1 et R2. (

on précisera la nature exacte de ce montage plus tard, puisque c’est l’objet de la question suivante). On a donc une liaison pivot entre le stator et le bâti.

Figure 7 : Le rotor est guidé en rotation par rapport au stator (ce qui parait normal !!!) par interposition d’éléments roulants : R3, R4 et R5. On a donc une liaison pivot entre le stator et le rotor, de même axe que la précédente.

Photo 3 : Le capteur d’effort est « coincé » entre deux rotules (= sphériques). L’une lié au stator, l’autre liée au bâti.

On obtient donc le graphe des liaisons ci-contre : Et le schéma cinématique ci-dessous :

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Stator

Bâti

2.1.2 Question : schéma architectural Traçons le schéma architectural plan de la liaison stator / bâti. Ce guidage est réalisé sur des roulements à billes à contact radial R1 et R2. Æ Les bagues intérieure et extérieure du roulement R2 sont respectivement liées au stator et au

bâti : la liaison réalisée est donc une liaison sphérique au niveau de ce roulement R2. Æ La bague intérieure du roulement R1 est liée au stator alors que sa bague extérieure, centrée

dans le bâti, n’est pas immobilisée axialement : la liaison réalisée est donc une sphérique pouvant se translatée (puisque non arrêtée axialement). C’est donc une liaison linéaire annulaire (sphère-cylindre) au niveau de ce roulement R1.

On obtient donc le schéma d’architecture ci-contre : 2.2 Calcul de l’accouplement conique Le rotor du frein est accouplé à l’arbre de transmission venant du moteur par une bride conique . Lors du montage, un effort axial xF

uur , exercé par la bride 1

sur l’arbre rotor 2 , génère une pression de contact P entre 1 et 2. Cette pression est bien sûr normale à la surface de contact de 1 sur 2. La conicité étant faible, il y a alors coincement de 1 sur 2. Ce coincement doit être suffisant

Rotor

Stator

Capteur d’effort

Bâti

Rotor du frein

Arbre de transmission

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pour transmettre le couple maxi pour lequel le frein a été conçu, soit 700 Nm. Modèle de calcul : nr

représente le vecteur normal extérieur à l’élément de surface dS au point M tr

un vecteur tangentiel à l’élément de surface dS au point M parallèle au plan ( )yOz

r r.

Données : o Facteur de frottement entre 1 et 2 :µ = 0,2 o Couple maxi à transmettre: C = 700 Nm o Contact conique: R1 =22,5mm; R2 =24,5mm;

°= 5,1α et L = 77mm o Hypothèse : P pression de contact uniforme

2.2.1 Question : résultante de l’action de contact répartie

Donnons la relation existant entre la force axiale xFuur

et la pression P, en fonction de R1 et R2 , rayon inférieur et supérieur de la surface de contact.

XFuur

est l’intégrale des action mécanique de contact en projection sur l’axe xr

:

( ) ( )2 2

0 0 0 0

. .sin

sin

L L

Xdr

F x Pn Pt xdS x P n x r x d

dS

π π

µ θα

α

= − + = − ∫ ∫ ∫ ∫uur rr r r r r r

1442443 car . 0t x =

r r

Calculons ( )r x : C’est la fonction affine qui vaut R2 pour 0x = et R1 pour x L= .

On a donc : ( ) ( )1 2 2 2tanx

r x R R R x RL

α= − + = − + car 2 1tanL R Rα = −

Donc tandr dx α= − , d’où ( ) ( )2tansin cos

dr dxdS r x d d x Rθ θ α

α α= = − .

Reprenons le calcul de XFuur

:

( ) ( ) ( )2 2

2 20 0 0 0

sin tan tan tancos

L L

X

dxF x P d x R x Pd x R dx

π π

α θ α α θ αα

= − − = − −∫ ∫ ∫ ∫uur r r

( )2

2 20

2 tan tan 2 tan tan2

L

X

LF P x x R dx P x R Lπ α α π α α

= − − = − −

uur r r

22 tan tan2XL

F PL x Rπ α α = − −

uur r avec 2 1tanL R Rα = −

D’où : ( ) ( )2 22 12 1 2 2 12

2XR R

F P R R x R P R R xπ π− = − − − = −

uur r r

( )2 22 1XF P R R xπ= −

uur r

2.2.2 Question : moment de l’action de contact répartie

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Donner la relation existant entre le couple transmissible C et la pression P, en fonction de µ , facteur de frottement entre 1 et 2, de l’angle α du cône, et de R1 et R2, rayons inférieur et supérieur de la surface de contact . C est l’intégrale des moments élémentaires en O des actions mécaniques de contact. Par raison de symétrie les actions normales n’engendrent pas de moment résultant en O et les actions tangentielles engendrent un moment résultant suivant x

r (démonstration non demandée et modèle

d’étude incomplet pour le faire. Il suffit de raisonner non pas avec un point M mais avec un couple de point M et M’ son symétrique par rapport à l’axe x

r. Leur somme de moment élémentaire est

conforme au résultat énoncé ci-dessus. Voir la démonstration complète donnée en vert, car inutile par rapport au temps à consacrer à cette question) Il suffit donc de « sommer » les moments élémentaires engendrés par les actions mécaniques tangentielles en M projeté sur x

r:

2

0 0

L

C P rdSπ

µ= ∫ ∫

On conserve le même élément d’intégration sur le cône : ( )2tancos

dxdS d x Rθ α

α= −

( ) ( ) ( )2

22 2

0 0 0

tan 2 tancos cos

L Ldx dxC P r x d x R P x R

π

µ θ α πµ αα α

= − = −∫ ∫ ∫

( )32

0

tan2cos 3tan

Lx RP

Cαπµ

α α

−=

avec pour mémoire 2 1tanL R Rα = − . Donc :

3 32 1

23sin

PC R R

πµα

= −

Démonstration complète : On doit au préalable positionner de façon plus précise le point M : Pour cela on se donne une nouvelle base (repérage cylindrique) :

1OM xx ry= +uuuur r r Le moment élémentaire en O de l’action élémentaire s’appliquant en M vaut :

[ ]1OM Pn Pt dS xx ry Pn Pt dSµ µ∧ − + = + ∧ − + uuuur r rr r r r

. Or 1cos sinn y xα α= +r r r

D’où : [ ] [ ]1 1 1cos sinOM Pn Pt dS P xx ry y x z dSµ α α µ∧ − + = + ∧ − − + uuuur rr r r r r r

yr

1yr

zr 1z t=

rr

ϑ

ϑ

xr

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( ) 1 1cos sinOM Pn Pt dS P x r z xy rx dSµ α α µ µ ∧ − + = − + − + uuuur rr r rr

Le moment résultant en O des actions élémentaires est la somme des moments élémentaires, c’est à dire l’intégrale sur toute la surface du cône de ces actions élémentaires :

( )2

1 10 0

cos sinL

OM P x r z xy rx dSπ

α α µ µ = − + − + ∫ ∫uuur r rr

Æ

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

1 2 10 0 0 0

2

2 10 0

cos sin cos sin tancos

cos sin tancos

L L

L

dxP x r zdS P x r x R z d

dxP x r x R z d

π π

π

α α α α α θα

α α α θα

− + = − + −

= − + −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

r r

r

Or ( )2 2 2 2

10 0 0 0

sin cos sin cos 0z d y z d y d z dπ π π π

θ ϑ ϑ θ ϑ θ ϑ θ= − + = − + =∫ ∫ ∫ ∫rr rr r r

;

donc : ( )2

10 0

cos sin 0L

P x r zdSπ

α α − + = ∫ ∫rr

Æ D’autre part, ( )2 2

1 1 20 0 0 0

tancos

L L dxP xydS P xy x R d

π π

µ µ α θα

= −∫ ∫ ∫ ∫r r

( )2 2

1 2 10 0 0 0

tancos

L L dxP xydS P x x R y d

π π

µ µ α θα

= −

∫ ∫ ∫ ∫

r r avec

( )2 2 2 2

10 0 0 0

cos sin cos sin 0y d y z d y d z dπ π π π

θ ϑ ϑ θ ϑ θ ϑ θ= + = + =∫ ∫ ∫ ∫rr r rr r

; d’où :

2

10 0

0L

P xydSπ

µ =∫ ∫rr

On peut donc simplifier l’expression du moment résultant en O des actions mécaniques élémentaires :

2

0 0

L

OM x P rdSπ

µ= ∫ ∫uuur r

.

C’est l’expression qui nous a permis de trouver le couple C.

2.2.3 Question : effort axial en fonction du couple Déduire des questions précédentes la relation liant l’effort axial Fx et le couple C à transmettre.

On a trouvé pour le couple : 3 32 1

23sin

PC R R

πµα

= − et pour l’effort axial : ( )2 22 1XF P R R xπ= −

uur r

On a donc de façon évidente : 3 32 12 22 1

23sin

XF R RC

R Rµ

α −

= −

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Or ( )( )3 3 2 2a b a b a ab b− = − + + , d’où : 2 22 2 1 1

2 1

23sin

XF R R R RC

R Rµ

α + +

= +

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2.3 Calibrage du capteur d’effort

Notation : .cap capT T Z=uuur ur

, action du

capteur sur le levier Avant toute mesure, il est nécessaire de réaliser un calibrage du capteur d’effort. Ce calibrage est effectué à l’arrêt (pas de couple moteur), grâce à des masses que l’on vient accrocher à l’un des deux bras d’étalonnage L1 et L2, liés temporairement au stator pour cette phase de réglage (photo ci-dessus).

2.3.1 Question : calibrage sens + Dans ce cas il y a traction sur le capteur d’effort : on accroche les masses au bras L2 . Déterminons la relation liant l’effort Tcap à la masse M2 et aux grandeurs géométriques R et Q. Ecrivons le théorème du moment statique appliqué au (stator + levier + bras) en projection sur X

uur :

( ) ( )2 2 . . 0O OM masse brasL X M capteur levier X→ + → =uuur uur uuur uur r

, ce qui s’écrit (puisque le capteur est

en traction : action du capteur sur le levier suivant Z−ur

) : 2 0capM gR T Q− = . Soit :

2cap

M gRT

Q=

2.3.2 Question : calibrage sens – Dans ce cas il y a compression sur le capteur d’effort : on accroche les masses au bras L1 . Déterminons la relation liant l’effort Tcap à la masse M1 et aux grandeurs géométriques R et Q. Ecrivons le théorème du moment statique appliqué au (stator + levier) en projection sur X

uur :

( ) ( )1 1 . . 0O OM masse brasL X M capteur levier X→ + → =uuur uur uuur uur r

, ce qui s’écrit (puisque le capteur est

en compression : action du capteur sur le levier suivant Zur

) : 1 0capM gR T Q− + = . Soit :

1cap

M gRT

Q=

Quel est l’intérêt de ce double calibrage ? L’intérêt du double calibrage est de réaliser un « zéro capteur ».

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3 SYSTEME DE DEMARRAGE 3.1 Question : rôle de la roue libre Comme toute roue libre, on utilise ce type de composant pour transmettre la puissance entre deux éléments dans un seul sens. C’est à dire ici : Æ Le moteur électrique entraîne le moteur thermique (jusqu’à son démarrage) Æ Une fois le moteur thermique démarré, il ne doit pas entraîner le moteur électrique

3.2 Question : transmission poulie-courroie Caractéristiques de la transmission poulie-courroie :

• Diamètre primitif de la poulie basse Dpb=75mm (liée au moteur électrique)

• Diamètre primitif de la poulie haute Dph=150mm (liée au rotor du frein) Hypothèse : rendement de la transmission poulie-courroie = 1 Caractéristiques du moteur thermique : Le couple nécessaire pour faire tourner le moteur thermique au démarrage est de Cmd=18 Nm. On prendra pour hypothèse que ce couple est constant, pour toute la phase de démarrage. Caractéristiques du moteur électrique : Les caractéristiques du moteur électrique sont représentées par la figure ci-contre. Cette figure représente la variation du couple et de l’intensité électrique du moteur électrique pour différentes vitesses. CN= 10Nm, NN= 1428 tr/min CA= 16Nm, CD= 18Nm et CM= 23 Nm Vérifions, en fonction des données du problème ci-dessus, que le moteur électrique peut entraîner le moteur thermique pendant la phase de démarrage. Justifier votre réponse. Posons le problème : Le couple nécessaire pour faire tourner le moteur thermique au démarrage est de Cmd=18 Nm. L’ensemble moteur électrique + poulie-courroie doit donc être capable de fournir un couple de 18 Nm sur la poulie liée au moteur thermique de 0tr/min jusqu’au demarrage.

moteur thermiqueN en tr/min

moteur thermiqueC en Nm

moteur electriqueN en tr/min

moteur electriqueC en Nm

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Le rendement du système poulie courroie étant de 1, cela signifie que la puissance sur l’arbre lié au moteur électrique est égale à la puissance sur l’arbre lié au moteur thermique. Or on est en présence de solides (les deux poulies) en rotation autour d’axes fixes. On a donc la relation : ( )1 soit sortie entrée thermique thermique electrique electriqueP P C Cµ ω ω= = = qui peut encore s’écrire

(avec des vitesses de rotation en tr/min) : thermique thermique electrique electriqueC N C N= .

Or le rapport de réduction du au système poulie courroie vaut : 0,5thermique pb

electrique ph

N DN D

= =

Ce qui veut dire que l’on a la relation suivante sur les couples : 0,5electrique thermique

thermique electrique

C NC N

= =

Le moteur électrique doit donc être capable de fournir 0,5 18 0,5 9mdC Nm× = × = pendant toute la phase de démarrage. Or d’après la courbe ci-dessus, le moteur électrique fournit jusqu’à 1428 tr/min (vitesse nominale NN du moteur électrique) un couple qui est toujours supérieur à CN, soit 10 Nm. Le moteur électrique peut donc entraîner le moteur thermique pendant toute la phase de démarrage. La seule restriction est que le moteur thermique doit avoir démarré à 1428 0,5 714 tr/min× =

4 LA COMMANDE DU FREIN 4.1 Question : protection du frein et du moteur Donnons l’équation logique de commande du relais Ar et établissons le logigramme permettant la commande du relais d’arrêt Ar du boîtier électronique (tous types de cellules logiques autorisés). Reprenons le descriptif de fonctionnement et traduisons le en commande logique

Un relais électrique de protection Ar permet d’alimenter le boîtier électrique du moteur. Quand la bobine du relais de protection Ar n’est pas alimentée (Ar=0, soit 1rA = ), le boîtier électronique ne fonctionne pas ; faute d’alimentation électrique, le moteur s’arrête alors. Dans le cas contraire, Ar est égal à 1, le contact associé ar du relais alimente le boîtier électronique de pilotage du moteur, le moteur tourne normalement. L’arrêt du moteur 1rA = doit s’effectuer en cas de défaillance du système de freinage : Þ OU sur-vitesse : nmax signal logique représentant l’information sur-vitesse, état logique 1 si

la vitesse de rotation du moteur dépasse la valeur maximale fixée par l’utilisateur, et état logique 0 si la vitesse de rotation du moteur est inférieure à cette valeur (fonctionnement normal).

Þ OU température trop haute : tmax signal logique codant l’information de dépassement de la température de fonctionnement du frein, état logique 1 si la température du frein dépasse une valeur maximale et état logique 0 en fonctionnement normal.

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Concours Communs Polytechniques 2004 Filière PSI Þ OU chute de pression d’eau : pmin signal logique représentant l’information de pression

d’eau à l’entrée du frein, état logique 1 si la pression est correcte à l’entrée du frein permettant son refroidissement normal. Donc : chute de pression d’eau minp=

Þ OU appui sur le bouton d’arrêt d’urgence : aru signal logique associé au bouton poussoir d’arrêt d’urgence situé sur le pupitre de commande, état logique 1 si le bouton est actionné, état logique 0 dans le cas contraire. En cas d’appui sur ce bouton, le moteur doit obligatoirement s’arrêter.

On a donc l’équation logique suivante (un tableau de Karnaugh n’est pas ici utile) :

max max minrA n t p aru= + + + . Il suffit de complémenter pour avoir rA . En effet r rA A=

max max min max max min. . .rA n t p aru n t p aru= + + + =

4.2 Régulation L’unité de commande utilise 2 informations essentielles : - Un capteur magnétique, fixé à l’entrée du frein, fournit la valeur de la vitesse de rotation du frein,

donc du moteur. Le capteur est placé devant une couronne dentée (80 dents) , liée au rotor (voir photo 1). Le capteur génère une impulsion électrique à chaque passage de dent. Le signal en sortie du capteur est un signal périodique (signal impulsionnel). Un convertisseur associé au capteur permet de convertir la fréquence en une tension proportionnelle à la fréquence du signal, donc à la vitesse de rotation du moteur.

- Un capteur d’effort, donne la valeur du couple résistant engendré par le système de freinage

&

maxn maxt minp aru

rA

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Concours Communs Polytechniques 2004 Filière PSI Lors du pilotage en vitesse (N=K), la commande du frein peut être représentée par le schéma - bloc ci-dessous (à réutiliser plusieurs fois)

Domaine temporel Domaine de Laplace Cm(t) Cm(p) couple exercé par le moteur sur le rotor du frein Uf(t) Uf(p) tension d’alimentation des bobines du frein ω Ω vitesse de rotation du moteur et du frein Cf (t) Cf (p) couple résistant électromagnétique exercé sur le rotor du frein Uv(t) Uv(p) tension en sortie du capteur magnétique de vitesse e (t) e (p) tension en sortie du comparateur

4.2.1 Question : technologie du capteur de vitesse Donnons la relation entre la vitesse de rotation (? en rd.s-1) et la fréquence du signal en sortie du capteur de vitesse magnétique (fv en Hz). Le descriptif de capteur magnétique est le suivant : Un capteur magnétique, fixé à l’entrée du frein, fournit la valeur de la vitesse de rotation du frein, donc du moteur. Le capteur est placé devant une couronne dentée (80 dents), liée au rotor. Le capteur génère une impulsion électrique à chaque passage de dent. Æ On en déduit que le capteur délivre 80 impulsions par tours.

Æ Pour un tour par seconde, la période du signal est donc de 1

80 seconde, soit une fréquence

de 1 80F HzT= = .

Æ Or -1 -11 tr.s 2 rad.sπ= . On a donc une fréquence de 802

Hzωπ

pour -1 rad.sω

Le signal en sortie du capteur est un signal périodique (signal impulsionnel). Un convertisseur associé au capteur permet de convertir la fréquence en une tension proportionnelle à la fréquence du signal, donc à la vitesse de rotation du moteur. Le convertisseur fréquence-tension (caractéristique linéaire) génère une tension continue Uv de 10V pour une fréquence de 10kHz.

En déduire le gain du capteur de vitesse ω

vc

UK = .

On peut donc tracer le schéma bloc suivant :

11000

802π

ω Cf CU

Rotor + arbre moteur

Capteur de vitesse

Amplificateur - correcteur

Frein fC

- +

Consigne de vitesse

fUε

Uv

-

Ω

Vitesse de rotation du frein

mC

+

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On a donc le gain du capteur de vitesse magnétique : 1

V.s25

vc

UK

ω π= =

4.2.2 Question : schéma-bloc Expliquons les signes associés aux deux sommateurs (ou comparateurs) du schéma-bloc ci-dessus. En pilotage de vitesse, l’utilisateur fournit une valeur de consigne de vitesse par l’intermédiaire d’un potentiomètre disponible sur le pupitre de l’unité de commande. Par exemple, l’utilisateur affiche 3000 tr/min via le potentiomètre, l’unité de commande pilote le frein de manière à réguler la vitesse de rotation du moteur accouplé au frein. Si le moteur dépasse la vitesse de régulation (valeur de consigne), l’unité de commande augmente le courant dans le frein, ce qui a pour effet d’augmenter le couple résistant appliqué au moteur (« freinage du moteur ») : celui-ci ralentit donc. En fait, on fait l’étude autour d’une position d’équilibre de O. Si celui-ci augmente, il faut augmenter le couple de freinage Cf pour « ramener » O à sa

position d’équilibre. Il faut donc que l’asservissement « réduise » la quantité en entrée du bloc (Rotor+arbre

moteur) donc la sortie est O. Or on fournit au bloc (Rotor+arbre moteur) un couple. On vient de montrer que celui-ci doit

diminuer lorsque Cf augmente ; d’où le signe – du comparateur de couples. Pour la même façon mais en raisonnant en tension, si Uv (proportionnel à O) est plus grand que la consigne (donc lorsque O a augmenté par rapport à son régime d’équilibre), Cf doit augmenter et l’écart ε doit être positif. Pour résumer, on peut dire que l’on veut 0ε > lorsque consigneVU > Il faut donc un signe - affecté à la consigne de vitesse pour le comparateur de

tension.

4.2.3 Question : schématisation pour les autres modes de commande Schéma-bloc de la commande en couple (C=K) En pilotage de couple, l’unité de commande doit piloter le frein afin que celui-ci exerce un couple constant sur le moteur. La valeur de consigne est ici fournie par un autre potentiomètre fournissant une valeur de couple, 150 Nm par exemple. On en déduit que la consigne est un couple La donnée issue du capteur d’effort est ici une donnée importante utilisée pour la régulation. On en déduit que la boucle de retour mesure le couple de freinage Cf D’où le schéma bloc ci-dessous (adapté à partir de celui donné pour le mode (N=K):

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Schéma-bloc de la commande en manuel (M=K) En pilotage manuel, l’utilisateur peut directement commander le courant circulant dans les bobines magnétiques du frein On en déduit que la consigne est directement fournie au frein via l’amplificateur - correcteur, sans aucun contrôle, c’est à dire sans boucle de retour. D’où le schéma bloc ci-dessous (adapté à partir de celui donné pour le mode (N=K):

5 PERFORMANCES DE LA COMMANDE EN REGULATION DE VITESSE

Nous allons nous intéresser aux performances de la commande en vitesse du frein. Pour cela nous allons déterminer la fonction de transfert du schéma-bloc liant la vitesse de rotation du frein et les couples s’exerçant sur le rotor. Cette expression nous permettra de compléter le schéma-bloc précédent et d’en déduire les performances du système. Nous considérons le frein en fonctionnement normal (pas d’action du système de démarrage). 5.1 Etude mécanique

5.1.1 Question : PFD sur l’arbre. Ecrivons le Principe Fondamental de la Dynamique appliqué au système S, considéré rigide, constitué du rotor, du cardan et de l’arbre du moteur thermique (vilebrequin, volant moteur, … ) en fonction des données du problème ci-dessous.

Rotor + arbre moteur

Capteur d’effort ( de Couple )

Amplificateur - correcteur

Frein fC -

+

Consigne de Couple

fUε

UC

+ mC

Ω

-

Rotor + arbre moteur

Amplificateur - correcteur

Frein fC -

Consigne de courant

+ mC

Ω

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Caractéristiques mécaniques utiles : If : moment d’inertie du rotor frein par rapport à son axe de rotation, Ic : moment d’inertie du cardan par rapport à l’axe de rotation, Im : moment d’inertie des éléments mobiles du moteur ramenés à l’arbre moteur (vilebrequin, volant moteur, bielles, pistons, …). Pour simplifier l’étude, on considère les axes de rotation des 3 éléments ci-dessus parfaitement alignés.

Cm : couple que fournit le moteur, Cf : couple résistant électromagnétique exercé sur le rotor du frein, ω : vitesse de rotation de l’ensemble, f : paliers qui participent aux guidages des éléments en rotation, créant un couple de frottements visqueux Cr tel que ω.fCr = Le système S étant en rotation autour de l’axe fixe et tournant à la vitesse de rotation de ω , on écrit le théorème du moment dynamique en un point des axes de rotation parfaitement alignés donc identiques, en projection sur cet axe de rotation !!! (Le théorème de l’énergie cinétique donnerait la même équation) On obtient :( )f c m m r fI I I C C Cω+ + = − −& . On notera que les couples résistants sont bien sûr

négatifs. Avec la relation ω.fCr = , on obtient la relation demandée : ( )f c m m fI I I C C fω ω+ + = − −&

5.1.2 Question : inertie du rotor If

Déterminons l’inertie If du rotor par rapport à son axe de rotation. On considère le rotor plein (sans les rainures radiales). La masse volumique est de 7 g/cm3.

Partie gauche

Partie droite

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Par raison de symétrie du rotor, son inertie par rapport à son axe de révolution vaut deux fois celle de la partie gauche (ou droite) : Pour avoir une approximation de l’inertie de ce rotor, on considère la partie gauche comme l’ensemble des cylindres coaxiaux suivant : Calcul de l’inertie d’un cylindre par rapport à son axe de révolution : Soit un point courant M du cylindre de rayon R et de hauteur h : Rappel des coordonnées cylindriques

0OM ru zz= +uuuur r r

Le volume élémentaire vaut : dV rdrd dzϑ= L’inertie par rapport à l’axe de révolution

0OzI r vaut : ( )0

2 2 2 2OzI x y dm r dm r dVρ= + = =∫ ∫ ∫r

0

22 2 3

0 0 0 0

2h R R

OzI r dV r rdrd dz h r drπ

ρ ρ ϑ ρ π= = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫r

0

4 4

24 2OzR hR

I hρπ

ρ π= =r

On a donc 4 4 41 1 2 2 3 42

2fI h R h R h Rρπ = + +

Application numérique : 3 3 3 3 6 37 g/cm 7.10 Kg/10 mm 7.10 Kg/mmρ − −= = =

0xr

0yr

0zr

O

0xr

ur

0yr

0zr

ϑ

r

rdϑ

dz

z

O

M

dr

Cylindre 3 R=25 mm h=333-8-25=300 mm

Cylindre 2 R=60 mm h=25 mm

Cylindre 1 R=200 mm h=8 mm

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8 6

8 4 4 6

117187500128.10 324.10

7 8.16.10 25.36.36.10 300.25 .10fI π −

= + + 14243 1442443 14243

2 3291200 Kg/mm 0,29 Kg/mfI ; ;

5.2 Question : fonction de transfert de la commande Le couple de freinage exercé par le frein dépend (notamment) de l’intensité du courant passant dans les bobines et de la vitesse de rotation du rotor. Pour simplifier l’étude lors de la régulation en vitesse, nous allons travailler autour d’un point de fonctionnement du frein. On considère alors que la vitesse de rotation varie peu autour de ce point de fonctionnement. Une première approximation consiste à dire que le couple Cf est uniquement une fonction linéaire de l’intensité ib du courant circulant dans les bobines. Retraçons le schéma-bloc de la commande en vitesse défini paragraphe 4.2, en précisant bien chaque fonction de transfert selon les données ci-dessus. On reprend le schéma bloc de la commande en vitesse :

4 ( )( )

( )fU p

A ppε

= est la fonction de transfert de l’ampli et du correcteur. On peut donc

remplacer le bloc « Amplificateur – correcteur » par A(p) 4 Ucv est la tension de consigne de vitesse. On met donc en entrée du schéma bloc Ucv

4 Le capteur de vitesse est défini par un gain pur Kc avec : vc

UK

ω= .. On peut donc

remplacer le bloc « Capteur de vitesse » par Kc. 4 Cf = Kf.ib et Uf est la

tension d’alimentation des bobines du frein, Rb la résistance électrique des bobinesdu frein et Lb l’inductance de ces bobines. On peut donc tracer le schéma électrique des bobines du frein ci-dessus:

Rotor + arbre moteur

Capteur de vitesse

Amplificateur - correcteur

Frein fC

- +

Consigne de vitesse

fUε

Uv

-

Ω

Vitesse de rotation du frein

mC

+

Rb

L ib

Uf

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D’où l’équation reliant la tension à l’intensité dans le frein : bf b b b

diU R i L

dt= + , ce qui donne

dans le domaine de Laplace : ( )f b b bU R L p I= + . Sachant que fb

f

CI

K= , on en déduit la

fonction de transfert du bloc « frein » : f f

f b b

C KU R L p

=+

4 Reste à déterminer la fonction de transfert du bloc « Rotor+arbre moteur » : On a trouvé comme équation de mouvement à la question 5.1.1 : ( )f c m m fI I I C C fω ω+ + = − −& , ce qui donne dans le domaine de Laplace, l’équation

suivante : ( )f c m m f

eq

I I I p C C f

I

+ + Ω = − − Ω1442443

. Or l’entrée du bloc « Rotor+arbre moteur »

est la différence m fC C− . On en déduit que la fonction de transfert du bloc « Rotor+arbre

moteur » vaut :1

eqf I p+

On peut donc désormais tracer le schéma bloc de cet asservissement avec tous les blocs renseignés : Déterminons l’expression de Ω(p) en fonction de Ucv(p) et Cm(p) et des données du problème. D’après le théorème de superposition, on peut écrire :

( ) ( ) ( )1 2cv mp H p U H p CΩ = + avec : ( ) ( )1

cv

pH p

U

Ω= lorsque 0mC = et ( ) ( )

2m

pH p

C

Ω=

lorsque 0cvU = Déterminons H1 : On retrace le schéma bloc avec 0mC = :

1

eqf I p+

cK

A(p) f

b b

K

R L p+

fC

- +

Consigne de vitesse Ucv fU

ε

Uv

- Ω

Vitesse de rotation du frein

mC

+

1

eqf I p+

cK

A(p) f

b b

K

R L p+

fC

-

Consigne de vitesse Ucv fU

ε

Uv

+ Ω

Vitesse de rotation du frein

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On a donc : ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )1

( )

( )( ) ( )1

f

b b eq f

f ccv b b eq f c

b b eq

A p K

R L p f I p A p KpH p

A p K KU R L p f I p A p K KR L p f I p

+ +Ω= = =

+ + +++ +

Déterminons H2 : On retrace le schéma bloc avec 0cvU = :

On a donc : ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )2

1

( ) ( )1

eq b b

f cm b b eq f c

b b eq

f I pp R L pH p

A p K KC R L p f I p A p K KR L p f I p

+Ω += = =

+ + +++ +

5.3 Performances de la commande Après simplification, la commande en vitesse peut être assimilée au schéma-bloc ci-dessous. Dans le but d’améliorer les performances du système, on envisage la mise en place d’un correcteur.

p.2,010.41

5 +−

0,013

A(p) 2 fC

- +

Ucv fUε-

+ mC

Ω

1

eqf I p+

cK

A(p) f

b b

K

R L p+

fC

- fU

ε

Uv

Ω

Vitesse de rotation du frein

mC

+

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Sciences Indusrielles

Concours Communs Polytechniques 2004 Filière PSI

- soit un correcteur de type proportionnel de fonction de transfert A(p)=5, - soit un correcteur de type intégral de fonction transfert A(p)=5/p.

5.3.1 Question : position des pôles Représentons, dans un même plan complexe, les images des pôles des fonctions de transfert en boucle fermée du système corrigé, pour chacun des deux correcteurs. Que l’on parle des fonction de transfert H1 ou H2, les dénominateurs des deux fonctions de transfert sont identiques, donc les pôles sont les mêmes :

4 Cas du correcteur proportionnel : A(p)=5 : Calculons le dénominateur en calculant par exemple H1(p) :

1 5

10( )

4.10 0,2 0,13H p

p−=

+ +. On a donc un seul pôle qui vérifie l’équation : 0,2 0,13005 0p + = .

Soit le pôle : 1 0,65025p = −

4 Cas du correcteur intégral : A(p)=5/p : Calculons le dénominateur en calculant par exemple H1(p) :

1 5 2

10( )

4.10 0,2 0,13H p

p p−=

+ +. On a donc deux pôles qui vérifient l’équation :

2 50,2 4.10 0,13 0p p−+ + = . Soit les deux pôles complexes conjugués :

2,32,6

0,00012

p j= − ±

Stabilité en réponse impulsionnelle pour chaque type de correction. Pour les deux types de correction, le système est stable puisque les parties réelles des pôles sont à chaque fois négatives.

• Avec le correcteur A(p) = 5p

, (p2 et p3) on est à la limite de la stabilité car les pôles sont

quasiment sur l’axe des imaginaires purs. On n’aura pas d’amortissement avec une réponse impulsionnelle oscillante qui aura donc (pas d’amortissement) un temps de réponse extrêmement long.

• Avec le correcteur A(p)=5, (p1) le système est un système du premier ordre, donc stable : pas d’oscillations.

-1

-1

P1

P2

P3

Position des pôles dans le plan complexe : avec 6,16,2 =

0

1

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5.3.2 Question : performance de la commande Correction proportionnelle : ( ) 5A p = : Théoriquement, la correction proportionnelle améliore la précision, augmente la rapidité, mais dégrade la stabilité. Dans le cas qui nous intéresse :

4 On a montré que le système ainsi corrigé était stable 4 Il présentera des erreurs (précision) vis-à-vis de la consigne et de la perturbation 4 Il sera rapide (pôle négatif assez écarté par rapport à 0)

Correction intégrale : 5( )A p p= :

Théoriquement, la correction intégrale améliore la précision, mais dégrade la stabilité. Dans le cas qui nous intéresse :

4 On a montré que le système ainsi corrigé était stable mais à la limite de la stabilité. 4 Il ne présentera pas d’erreurs statiques (précision) vis-à-vis de la consigne et « gommera »

les effet d’une perturbation (cours : intégration placée entre la consigne et la perturbation) 4 Il sera très lent (pôle négatif mais très proche du 0 Þ peu d’amortissement, les oscillations

sont très lentes à s’amortir) D’où le tableau demandé :

Précision Rapidité Stabilité

A(p)=5 + (en augmentant la valeur

du gain) + +

A(p)=5/p + - -