Corrigé - Sujets et Corrigés

Auteurs du Sujet : MM. Caignot & Panetier
CONCOURS COMMUN SUP 2009 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve Spécifique de Sciences Industrielles
(Filière PCSI - Option PSI)
Mardi 19 mai 2009 de 8H00 à 12H00
Coller ici l’étiquette correspondant à l’épreuve spécifique de
Sciences Industrielles
DOCUMENT REPONSE CORRIGE
ATTENTION : Vous devez impérativement inscrire votre code candidat sur chaque page
du document réponse.
AUCUN DOCUMENT N’EST AUTORISE
L'emploi d'une calculatrice est interdit
Remarque importante :
Si au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d'énoncé, il le signalera sur sa
copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il a été amené à prendre.
Rédaction : le détail des calculs n’est pas demandé, seuls la méthode, les grandes étapes
intermédiaires et le résultat sont attendus.
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A1.
Consigne
Energie électrique
et pneumatique
Surface vitrée sale
Programme
Nettoyer la surface vitrée
de la pyramide du Louvre
de manière automatique
Surface vitrée nettoyée
Liquide de nettoyage
Robot ROBUGLASS
A2.
Nettoyer la surface
vitrée de la pyramide
automatiquement
Déplacer le robot
Adapter l’énergie électrique
Variateur
Convertir l’énergie
Moteur électrique
Adapter l’énergie méca.
Réducteur
Réaliser le déplacement
Chenilles
Mesurer la position
Codeur incrémental
Commander le robot
Augmenter l’effort
plaqueur
Boitier de contrôle
Convertir l’énergie
Pompe à vide
Distribuer l’énergie
pneumatique
Nourrice
Augmenter l’effort de
contact
Ventouses
Contrôler le niveau de vide
Capteurs de pression
Communiquer
Boîtier HF
Détecter les joints
Capteurs inductifs
Détecter la fin de
course
Capteurs photoélec.
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A3.
FS2 : Communiquer avec le poste de contrôle.
FS3 : Etre relié au chariot pour avoir de l’énergie.
FS4 : Respecter les normes de sécurité.
B1.
AC = AB + BC
aYp − bZ p = λ (t )Y1 − cY3 − dZ 3
B2.
Z1
Z3
Zp
Zp
Y1
θ1 X p = X1
Yp
Y3
X p = X3
θ3 Yp
B3.
a = λ cos θ1 − c cos θ3 + d sin θ3
B4.
−b = λ sin θ1 − c sin θ3 − d cos θ3
B5.
λ cos θ1 = a + c cos θ3 − d sin θ3 
λ =
λ sin θ1 = −b + c sin θ3 + d cos θ3 
Si θ3 = 0
λ=
(a + c) + ( d − b)
2
( a + c cos θ3 − d sin θ3 ) + ( −b + c sin θ3 + d cos θ3 )
2
2
B6.
λ (0) =
( a + c ) + ( −b + d )
2
2
AN : λ (0) a + c = 400 mm
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2
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B7.
course = λ (0) − λ (θ 3max ) = 400 − 380 = 20 mm
B8.
La vitesse minimale vaut course/temps_maxi, c’est-à-dire 20/6=3,33 mm/s
La vitesse nominale du vérin étant de 4 mm/s, le cahier des charges est respecté. Le temps de sortie réel sera de
20/4=5s <6s !
B9. Echelle 1 cm ↔ 1 mm/s
Mouvement de 2 par rapport à 1 : translation d’axe (AB)
Support de V(B,1/5)
Y1
Support de V(B,2/5)=V(B,3/5)
A
2
VB ,2/1
1
B
3
C
VB ,2/5
VB,1/ 5
Yp
D
4
I
5
VI ,3/5
VI ,3/5 .Z p
Support de V(I,3/5)
B10. Mouvement de 2/3 : rotation de centre B
Mouvement de 1/5 : rotation de centre A
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Mouvement de 3/5 : rotation de centre C
B11.
VB ,2/5 = VB ,2/1 + VB ,1/5
B12. Les tracés seront réalisés dans la case prévue en B9.
Justification : B est le centre de la liaison pivot en B entre 2 et 3 donc VB ,2/5 = VB ,3/5
De plus 3 est en pivot par rapport à 5 en C, donc le support de VB ,3/5 est la perpendiculaire à (CB) en B.
De même 1 est en pivot par rapport à 5 en A, donc le support de VB ,1/5 est la perpendiculaire à (AB) en B.
On a VB ,2/5 = VB ,2/1 + VB ,1/5 et connaissant un vecteur vitesse et le support des deux autres, on peut tout déterminer.
VB ,3/5 = 4, 38 mm/s
B13. Les tracés seront réalisés dans la case prévue en B9.
Justification : 3 est en pivot par rapport à 5 en C, donc le support de VI ,3/5 est la perpendiculaire à (CI) en I.
De plus comme C est le CIR de 3/5, on sait que toutes les vitesses en M de 3/5 sont portées par la perpendiculaire à
(IM) en M et la norme est proportionnelle à la distance à IM. Connaissant VB ,3/5 , on peut donc en déduire les
vitesses en n’importe quel point du plan, dont I.
Graphiquement : VI ,3/5 .Z p = 4,3 mm/s
Conclusion : la composante normale de la vitesse d’impact est bien inférieure à celle fixée dans le cahier des
charges.
Question B14. Echelle 1 cm ↔ 20 N
Support de F(C,5->3)
Y1
F2→3
A
2
Support de F(B,3->2)
1
B
3
F5→4
C
D
5
F5→3
4
I
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Yp
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Justification :
{1+2} est soumis à l’action de deux glisseurs en A et en B, on sait donc que le support de ces glisseurs est porté par
la droite (AB)
B15.
{3+4} est soumis à l’action de 3 glisseurs en I, B et C.
B16. Les tracés seront réalisés dans la case prévue en B13.
Justification :
On sait donc que les supports de ces glisseurs sont concourants en un point. Connaissant 2 directions, on peut
trouver la direction du 3eme support.
On applique graphiquement le PFS appliqué à {3+4} et on en déduit les 3 glisseurs dont F(B,2->3).
D’après B14, on peut avoir F(B,2->3), d’après le théorème des actions mutuelles, on a F(B,3->2)=-F(B2->3).
Conclusion :
On a déterminé graphiquement que F(B,3->2)=100 N, ce qui inférieur à la limite fixée dans le cahier des charges
(130 N). On peut en conclure que le vérin a bien été dimensionné pour répondre à toutes nos attentes : vitesse
d’impact, vitesse d’application et effort plaqueur.
C1.
{V (5 / 1)}J , R
1
P
ω x ,5/1

= 0
 0

0

0
0  J , R
1
p
C2.
{V (1 / 0)} A' , R
1
P
 0 vx ( A '1 ,1/ 0) 


. La modélisation plane est également acceptée.
= ω y ,1/0 v y ( A '1 ,1/ 0) 
ω

 z ,1/ 0 0
 A '1 , Rp
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C3.
On cherche la liaison équivalente à deux liaisons en série, on va donc écrire la composition des torseurs
cinématiques.
La forme du torseur pour la liaison linéaire rectiligne est la même dans le plan ( H1 , Yp , Z p ) :
{V (1 / 0)}J , R
1
P
 0 vx ( J1 ,1/ 0) 


= ω y ,1/0 v y ( J1 ,1/ 0) 
ω

 z ,1/ 0 0
 J1 , Rp
{V (5 / 0)}J = {V (5 /1)}J + {V (1/ 0)}J
1
1
1
ω x ,5/1

= 0

 0
 0 vx ( J1 ,1 / 0) 
ω x ,5/1 vx ( J1 ,1 / 0) 
0





0
+ ω y ,1/0 v y ( J1 ,1 / 0) 
= ω y ,1/0 v y ( J1 ,1 / 0) 



0  J , R ωz ,1/0 0
 J1 , Rp ω z ,1/0 0
 J1 , Rp
1 p
Ceci est la forme du torseur d’une liaison ponctuelle en J1 de normale Zp.
C4.
{T
}
poids →5 G
 −

= 0
− Mg

0
0

−



−  =  − Mg sin α − 
− G , R − Mg cos α − G , R
p
C5.
On isole le porteur 5. Il est soumis aux 3 actions mécaniques définies en C6 et C7. On déplace tous les torseurs en
J1 et on applique le PFS.
(
) (
)
M J1 ,0→5 = M G ,0→5 + J1G ∧ R0→5 = 0 + −l1Yp + hZ p ∧ − MgZ = Mg ( l1 cos α + h sin α ) X p
M 'J1 ,0→5 = M 'J 4 ,0→5 + J1 J 4 ∧ R '0→5 = 0 + − ( l1 + l2 ) Yp ∧ Y '0→5 Yp + Z '0→5 Z p = − ( l1 + l2 ) Z '0→5 X p
(
)
D’où les 3 équations issues du PFS en statique plane :
Y0→5 + Y '0→5 = Mg sin α
Z 0→5 + Z '0→5 = Mg cos α
− ( l1 + l2 ) Z '0→5 + Mg ( l1 cos α + h sin α ) = 0
C6.
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L'équation de moment donne directement :
l cos α + h sin α
Z '0→5 = Mg 1
l1 + l2
L'équation de résultante sur Z p donne :
Z 0→5 = Mg
l2 cos α − h sin α
l1 + l2
300.0,6 − 50.0,8
= 0, 6.(180 − 40) = 0, 6.140 = 84 N
100 + 300
100.0, 6 + 50.0,8
= 0, 6.(60 + 40) = 0,6.100 = 60 N
= 24.10
100 + 300
AN : Z 0→5 = 24.10
Z '0→5
C7.
D’après les lois de Coulomb, à la limite du glissement on a : Yi → j = f Z i → j
C8.
Y0→5 max = f Z 0→5 = 0, 7.84 = 58,8 N
Y'0→5 max = fZ '0→5 = 0, 7.60 = 42 N
C9.
On doit avoir Y0→5 + Y '0→5 = Mg sin α or Y0→5
max
+ Y'0→5 max < Mg sin α donc l’équilibre ne peut pas être
respecté.
En conclusion : les chenilles du porteur n’adhèrent pas sur la surface vitrée.
C10.
Les ventouses vont augmenter l’effort normal au niveau des chenilles, permettant ainsi d’augmenter les efforts
tangentiels transmissibles.
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Echelle 1 cm ↔ 0,01 m/s
D1.
VA1 ,5/14
VA1 ,14/0
VA1 ,5/0
VA2 ,5/0
VC ,5/0
Y1
Yp
Y2
A1
A2
B1
B2
A’’2
C
α1
α2
I50 Xp
A’’1
Justification :
I est le CIR du mouvement de 5/0 ainsi la vitesse en tout point M est perpendiculaire à IM et proportionnelle à la
distance à l’axe. Connaissant la vitesse en C, on peut déterminer la vitesse en n’importe quel point.
VA1 ,5/0 = 0,122 m/s et VA2 ,5/0 = 0, 086 m/s
D2.
VA '1 ,5/0 = VA1 ,5/0 + A '1 A1 ∧ Ω5/0 = VA1 ,5/0 + rZ p ∧ ω5/0 Z p = VA1 ,5/0
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D3.
VA '1 ,14/5 = VA '1 ,12/5 = VA1 ,12/5 + A '1 A1 ∧ Ω12/5 = 0 + r Z p ∧ −ω1 X p = − rω1Yp
D4.
VA '1 ,5/0 = VA '1 ,5/14 + VA '1 ,14/0 = rω1Yp + VA '1 ,14/0
D5. Les tracés seront réalisés dans la case prévue en D1.
Justification :
On a la relation vu en D4., on connait 2 supports et une vitesse, on peut donc faire la fermeture vectorielle pour
trouver les deux vitesses manquantes.
Graphiquement on obtient que VA '1 ,14/0 = 0, 025 m/s
Or le cahier des charges stipule que la vitesse de glissement ne peut excéder 20% de la vitesse nominale, c’est-àdire 0,02 m/s. Donc dans cette configuration là, le robot ne respecte pas le cahier des charges.
D6.
D’après les propriétés du CIR, on sait que
V1 IA1
R+D
=
=
V0 IC R cos α1
D7.
D’après la relation établie en D4., les vitesses recherchées sont les projections sur Xp et Yp :
VA '1 ,14/5 = V1 cos α1
VA '1 ,14/0 = V1 sin α1
D8.
R+D
R+D d +e
d +e
VA '1 ,14/0 = V1 sin α1 = V0
tan α1 = V0
= V0
R
R R+D
R
On remarque que les deux vitesses de glissement sont égales.
VA '1 ,14/0
max
= 0, 2V0 = V0
d +e
d +e
⇒ Rmin =
= 5(d + e)
Rmin
0, 2
A.N. : Rmin=2100 mm
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D9.
R+D

VA '1 ,14/5 = V1 cos α1 = V0
= rω1 
 ω1 R + D
R
=

R−D
ω
R−D
VA '2 ,14/5 = V2 cos α 2 = V0
= rω2  2

R
AN :
2100 + 300 2400 4
=
=
2100 − 300 1800 3
E1.
La consigne est comparée à la sortie pour former un écart. Cet écart est corrigé et amplifié pour piloter la partie
opérative. Il s’agit donc d’un système asservi.
E2.
Si l’on souhaite arrêter d’envoyer de l’énergie dans le système quand la sortie est égale à la consigne, cela signifie
que l’écart doit être nul à ce moment là. Hors l’écart vaut ka Ω c ( p ) − k p Ω c ( p ) . Pour que ce soit nul, il faut
nécessairement que ka=kp.
Autre réponse : Afin d’asservir sur la vitesse de rotation du moteur, il faut que l’erreur soit mesurée entre la
vitesse de consigne et la vitesse du moteur. Pour cela, les deux blocs ka et kp du schéma bloc de la figure 10
doivent être déplacés simultanément à la sortie à droite du comparateur. La chaîne de retour devient unitaire.
Cette manipulation n’est possible qu’en ayant ka = kp.
Seul ka est ajustable car c’est nous qui concevons le calculateur. Le gain kp peut être choisi sur le catalogue
constructeur simplement.
E3.
U ( p ) − E ( p ) = RI ( p )
E ( p ) = ke Ω m ( p )
J Ω m ( p ) = Cm ( p )
Cm ( p ) = ki I ( p )
E4.
En travaillant sur les équations précédentes, on obtient la fonction de transfert suivante :
1
Ωm ( p)
ki
ke
H m ( p) =
=
=
RJ
U m ( p ) ki ke + RJp 1 +
p
ki k e
On note km = 1
ke
le gain de la fonction de transfert du 1er ordre et τ m =
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RJ
sa constante de temps.
ki ke
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E5.
Le système est en boucle fermé classique aussi on peut écrire la fonction de transfert directement :
km
Ω ( p)
kc kv H m ( p )
1+τ m p
k a kc kv k m
F1 ( p ) = m
= ka
=
=
Ωc ( p)
1 + k p kc kv H m ( p ) 1 + k k k k m
1 + k p kc kv k m + τ m p
p c v
1+τ m p
k a k c kv
E6.
F ( p) =
k a k c kv k m
1 + k p kc kv k m
Ω m ( p)
k a k c kv k m
=
=
Ω c ( p ) 1 + k p kc k v k m + τ m p 1 +
τm
1 + k p kc kv k m
p
Il s’agit d’une fonction de transfert du 1er ordre pour laquelle on peut noter k1 =
τ1 =
τm
1 + k p kc kv km
k a kc kv k m
son gain et
1 + k p kc kv km
sa constante de temps.
E7.
ε ( p) = ka Ω c ( p) − k p Ω m ( p ) = (ka − k p F1 ( p))Ω c ( p)
Le système est précis si la réponse temporelle à un échelon unitaire vaut 1 rad/s en régime permanent.
lim ε (t ) = lim pε ( p) = lim p (ka − k p F1 ( p))Ω c ( p) = lim ka − k p F1 ( p) = ka − k p k1 ≠ 0
t →∞
p →0
p →0
p →0
Donc le système n’est pas précis car k1 est différent de 1 (et on a déjà ka=kp).
E8. De même que précédemment :
ka
kc
km
kv
kp
Ω ( p)
p 1+τm p
ka kc kv km
F2 ( p ) = m
=
=
=
2
τm
p
Ω c ( p ) 1 + k kc k k m
k p kc kv k m + p + τ m p
1+
+
p2
p
v
p 1+τm p
k p k c kv k m k p kc k v k m
k
Il s’agit d’un système du 2nd ordre. On identifie le gain statique k2 = a ; la pulsation non amortie
kp
ka
ω0 =
k p kc kv km
τm
et l’amortissement z =
1
1
.
2 k p kc kv kmτ m
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E9. ε ( p ) = ka Ω c ( p ) − k p Ω m ( p ) = (ka − k p F2 ( p ))Ω c ( p )
Le système est précis si la réponse temporelle à un échelon unitaire vaut 1 rad/s en régime permanent.
lim ε (t ) = lim pε ( p ) = lim p (ka − k p F2 ( p ))Ω c ( p ) = lim ka − k p F2 ( p ) = ka − k p k2 = ka − k p
t →∞
p →0
p →0
p →0
ka
=0
kp
Le système est donc précis.
E10.
Pour s’assurer d’avoir une réponse non oscillante, il faut que l’amortissement soit égale à 1 aussi :
1
1
=1
2 k p kc kv kmτ m
Donc kc =
1
4k p kv kmτ m
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F1.
10
X3.auto
11
R
↑pg+↑pd
12
ph
ph
13
AL
15
M
auto
L
ob
14
D
L
pb.pg
pb.pd
-FIN DE L’EPREUVE-
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