Partie B - Google Groups

Banque PT
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Concours Banque filière PT : Epreuve de Sciences Industrielles I
Filière PT
Session 2003
Corrigé UPSTI
Empilage et brossage de plaques négatives de batteries
PARTIE A : CALCULS DE PREDETERMINATION
A1 - Etude du grafcet de coordination des taches
Question A1.1
A1.1 a- diagramme de Gantt
T1 : Descendre les doigts
T2 : Escamoter les doigts
T3 : Tire la pile coté rateau
T4 : Ramener chariot coté four
T5 : Reculer le rateau
T6 : Sortir le râteau
T7 : Descendre la pile sur le
tapis
T8 : Remonter la table en U
T9 : Evacuer la pile vers les
brosses
Tâche en cours
N plaques
empilées
0.05 T
T
Pile évacuée
Pile évacuée
Pile évacuée
T
1.05 T
Hypothèse : On travaille avec une tâche T9 de durée suffisamment faible pour que la tâche T5 démarre
dés que la tâche T3 est terminée.
A1.1 b-
La cadence n'est pas respectée puisque par rapport à la durée T de constitution d'une pile de n plaques
(activation de l'étape 0), l'activation de l'étape 5-1 se fait en 0.9T au premier cycle, puis en 0.95 T au
second cycle, puis en T au troisième cycle, puis en 1.05 T au quatrième cycle. C'est donc à partir du
quatrième cycle que la cadence n'est plus respectée.

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Question A1.2
A1.2 a-
Le système diverge parce que la tâche T3 commence de plus en plus tard. Et la durée totale des tâches
T1+T3+T2+T4+Attente fini par être supérieure à la durée T de constitution d'une pile.
Cette attente est liée au fait que l'activation de la tâche T3 est conditionnée par la fin de la tâche T6.
La durée entre le début de la tâche T3 et la fin de la tache T6 vaut la somme des durée des tâches
T6+T7+T5+T3 c'est-à-dire 1,05T.
Il suffit donc de gagner 0,05T sur la tâche T3 pour respecter la cadence.
La durée maximale admissible pour les tâches T3 et T4 est donc de 0,35T
A1.2 b-
La pile précédente est évacuée de la zone de la table U à la fin de T9 (Cf. la figure précédente). On
dispose de 0,70 T (avec une durée pour T3 de 0,35 T) et pour être évacuée une pile doit parcourir au
moins sa demi longueur (Lp) plus la demi longueur de la table U (Lu). Hypothèse : la pile est centrée au
milieu de la longueur de la table U.
 la vitesse minimale du tapis d'évacuation est ½ (Lp + Lu) / 0,70 T
A2 - Etude Cinématique
Question A2.1
A2.1 a-
-0.05
-0.04
-0.03
-0.02
-0.01
0
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0.07
0.08
0.09
0.1
0.11
0 0.1 0.2 0.3
XQ(t)
tdoigts
X(t) (m)
t
(Tr)
XP(t)
(t'1)

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A2.1 b-
La plaque 1k+1 parcours 0.03 m à la vitesse imposée par le tapis du four VTF. Ensuite elle est accélérée
par les rouleaux pour atteindre instantanément la vitesse du convoyeur four VSR. La distance parcourue à
cette vitesse correspond à la largeur de la plaque lp. Avec 105 mm lp 180 mm
1,0Vlt0.1si1,0tV(t)X
1,0t0si1,0tV(t)X
SRpSRQ
TFQ
avec
s/m5,0V
s/m3,0V
SR
TF
La plaque 1k+1 arrive dans la zone d'empilage avec un temps de retard Tr (Cf graphe précédent avec
lp = 105 mm).
A2.1 c-
1doigtsdoigts
2
doigtsCTP
doigtsP ttttsitt
2
1
(t)X
s03,0tt0si0(t)X
A2.1 d-
Condition possible de non collision :
s1.0t 
0)t(X)t(X QP 
01.0tVtt
2
1SR
2
doigtsCT 
0V2.0ttVt2t SR
2
doigtsCTSRdoigtsCT
2
CT 
On aboutit bien à une équation de la forme
0ctct 21
2
CT 
avec
SR
2
doigtsCT2
SRdoigtsCT1V2.0tc
Vt2c
A.N.:
1,0.10.9c
1.06,0c
CT
4
2
CT1
avec c1 en m/s et c2 en m
A2.1 e-
Pour avoir
0ctct 21
2
CT 
il faut qu'à t = 0,1s
0c1,0c1,0 21
2
CT 
et  t>0,1s
0ctct 21
2
CT 
ne doit pas avoir une seule racine réelle. Donc d'après le graphe précédent on doit
avoir, CT > 0 et
0
. Or,
2CT
2
1c..4c 
28,01
CT 
=3,57 m/s²
Question A2.2
A2.2 a-
s9.0
30030105
2
VEL
2T TF
cp 

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A2.2 b- Accélération minimale pour respecter cette cadence.
On a
42
31 tt
tt
et
4321doigts ttttt2T 
Hyp : L'accélération est égale à la décélération 
21 tt 
doigts1 t2T
4
1
t
s21.0t1
Soit Cmax la course maximale du chariot (aller)
or
2
1CTmax t
2
1
4C2 
2
1
max
CT t
C
2
CT s/m58.6
s/m38.1tV 1CTmaxCT 
A2.2 c-
Le respect de la condition sur le temps d'aller retour du chariot de transfert est plus contraigant que le
respect de la condition de non collision.
Donc l'accélération mini est
2
minCT s/m58.6
PARTIE B : ETUDE DYNAMIQUE
B1 - Processus rigide
Question B1.1 Expression littérale du moment d’inertie total équivalent JTeq ramené à l’arbre moteur.
²VctMpileMchariotMp2²Jp2²JpJasJpJpr²Jpr²JrJmEc2SRSRSRm
or
SR
SR
RpωVct
nωωm
et 2Ec=JTeqm²
 JTeq=Jm+Jr+[(2Jpr+4Jp+Jas)+Rp²(2Mp+Mchariot+Mpile)]/n²
Question B1.2 Expression littérale du couple moteur Cm
D’après le Th. de l’énergie cinétique : JTeq m (dm/dt) = Cm m
Or Vct = Rp m / n  CT = Rp (dm/dt)/n
 Cm = JTeq n CT / Rp
Question B1.3
B1.3 a- Masse entraîné :
masse à l’aller 2Mp+Mchariot+Mpile
masse au retour 2Mp+Mchariot

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A.N. : 62,6 kg et 47.6 kg
B1.3 b- Moment d’inertie de l’arbre de synchronisation Jas
4
int
4
ext
r
rrr
4
l
dr.r².rl2Jas ext
int 
4
int
4
ext DD
4
l
Jas 
A.N. : Jas =  1 7800 (304-204).10-12 / 64  Jas = 2,49.10-4 kg.m²
Question B1.4
On a
2CT
2
2
2
CT
t.maxVct t.maxVctt..
2
1
.2maxC
car t2 = t3 = t4
 Cmax = 2 CT t2²  t2 =
s12,0
10.2 29,0 2maxC CT 
et VCTmax = 10.0,12 = 1,2 m/s
De plus, à l’aller JTeq = 9,91.10-4 kg.m² et au retour JTeq = 9,50.10-4 kg.m²