GM_DS7-2015_corrige - CPGE TSI Lycée Louis Vincent

DS7-2015_corrige.docx (version: 18/04/16)
« Nacelle automotrice »
Cette partie est inspirée du sujet de concours ENGEES, filière PSI, session 2001.
1. Présentation du mécanisme
L'étude proposée portera sur une nacelle de type flèche télescopique (H21).
L'énergie nécessaire est fournie principalement par un moteur thermique qui entraîne
un groupe hydraulique. Un groupe électro-pompe de secours est également disponible
en cas d'incident. Les différents actionneurs utilisés sont hydrauliques avec commande
proportionnelle.
Les mouvements disponibles sont
* la "translation" de la nacelle par quatre roues motrices,
* la direction par deux roues directrices avec mécanisme entraîné par un vérin,
* la rotation de la tourelle (360°) en continu,
* le relevage de la flèche,
* le déploiement de la flèche télescopique,
* la rotation du panier autour d'un axe vertical,
* l'inclinaison du panier.
Les dispositifs principaux de sécurité sont un système de contrôle de dévers (5°)
et de la charge en panier (250kg).
2. Travail demandé
Etude du relevage de la flèche : l’objectif est de déterminer la course du vérin
de relevage ainsi que le temps de relevage de la flèche.
On considère le châssis à l’arrêt sur un plan horizontal et la tourelle immobile. Pendant le relevage, le vérin évolue à vitesse constante.
Les mouvements de télescopage ou de pivotement du panier par rapport à la tête de flèche sont inexistants. On peut considérer 5
solides. Lors de la rotation de la flèche 1 par rapport à la tourelle 0, en phase de relevage, le mouvement de compensation est supposé
parfait :
u2 = x0 (le panier reste horizontal).
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Q.1 Exprimer la longueur λ en fonction de l’angle de relevage θ .
En écrivant la boucle vectorielle entre les points OAB :
 a   λ. cos β   − c. cosθ   0 
 + 
 =  
OA + AB + BO = 0 ⇒   + 
b
λ
β
−
c
θ
−
.
sin
.
sin
  0
  
 
λ. cos β = c. cosθ − a
⇒ 
 λ.sin β = c.sin θ + b
eq.1
eq.2
⇒ eq.1 + eq.2
2
2
⇒ λ ² = c² + a² + b² + 2bc. sinθ − 2ac. cosθ
⇒ λ = c² + a ² + b² + 2c.(b.sinθ − a. cosθ )
 π 5π 
Q.2 En déduire la course du vérin de relevage pour θ = − ;  .
 12 12 
On en déduit les longueurs extrêmes du vérin :
-
Pour θ = −
-
Pour θ =
π
12
, on obtient ⇒ λ ≈ 1,51 m
5π
, on obtient ⇒ λ ≈ 2,93 m
12
Et enfin la course nécessaire pour le vérin :
⇒ C = ∆λ = λ max − λ min ≈ 1,42 m
Q.3 En déduire la durée de relevage pour le débit maximum.
On sait que le débit maximum est qmax = 55 l/min.
Par ailleurs, un débit peut également s’exprimer : qv = vitesse x section
Il faut calculer la section du vérin. Dans la phase de relevage, le débit d’huile est envoyé dans la chambre
π ⋅ De2
≈ 45200 mm² ≈ 4,52 dm²
arrière du vérin : ⇒ S =
4
On en déduit la vitesse de déplacement du vérin :
q max
55
⇒ Vs =
=
≈ 12,2 dm / min ≈ 0,0202 m / s
S
4,52
Et enfin le temps de sortie du vérin :
C
1,42
⇒ ∆t =
=
≈ 70 s
Vs 0,0202
Q.4 Exprimer la vitesse et l’accélération du centre d’inertie G de la flèche 1 par rapport à 0 en fonction des
dimensions et de l’angle de relevage.
Etant donné que le point G effectue une simple rotation d’axe fixe avec un rayon constant, on peut donner
directement :
V (G,1 / 0) = dθ&.v et Γ(G,1 / 0) = dθ&&.v − dθ& 2 .u
1
1
1
Q.5 En déduire la vitesse et l’accélération du centre d’inertie K du panier 2 par rapport à 0 en fonction des
dimensions et de l’angle de relevage.
La commande du vérin de compensation permet d’avoir à chaque instant u2 = x0 . Il en résulte que le
mouvement du S2/S0 est une translation circulaire. Les points K et C ont les mêmes vecteurs vitesse et
accélération à chaque instant :
V ( K ,2 / 0) = 3dθ&.v et Γ( K ,2 / 0) = 3dθ&&.v − 3dθ& 2 .u
1
1
1
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Etude Statique : l’objectif est de déterminer l’effort fourni par le vérin de relevage.
Les masses des solides autres que 1 et 2 sont négligées. Les seuls actionneurs considérés sont : le vérin de relevage et le vérin de
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R( comp→2) et d’axe central IJ.
Q.6 Isoler l’ensemble S composé des solides 1 et 2 et du vérin de compensation, pour déterminer l’effort dans
le vérin de relevage (3+4) en fonction des masses M1 et M2 et des dimensions.
L’ensemble S est en équilibre sous 4 actions mécaniques extérieures. Ce système peut être considéré comme
plan :
0
0 
0
0



 

{T ( g → 1)}=  − M 1.g 0=  − M 1.g
0




0
0 O 
0
− d .M 1.g. cosθ 
G
compensation. L’action du vérin de compensation sur 2 est modélisable par un glisseur de résultante
0
0 
0
0



 

{T ( g → 2)}=  − M 2.g 0=  − M 2.g
0




0
0 O 
0
− (e + 3d . cosθ ) M 2.g 
K
Pour l’effort du vérin de relevage, on connait la direction, il est judicieux de ne poser qu’une inconnue : R41.
 R 41. cos β
{T (4 → 1)}=  R41.sin β

0
B
0  R41. cos β
 
0=  R41.sin β
0 O 
0


0

c. cosθ .R41.sin β − c.sin θ .R41. cos β 
0
Avec c. cosθ .R 41.sin β − c.sinθ .R41. cos β = c.R41(cosθ .sin β − sin θ . cos β ) = c.R 41.sin(β − θ )
 X 01 0
{T (0 → 1)}=  Y 01 0
 0
0
O
En appliquant le PFS au point O, on obtient 3 équations scalaires :
R41. cos β + X 01 = 0
eq.3


− ( M 1 + M 2).g + R41.sin β + Y 01 = 0
eq.4

− d .M 1. cosθ .g − (e + 3d . cosθ ) M 2.g + c.R 41. sin(β − θ ) = 0 eq.5

Il n’est pas nécessaire de tout résoudre. Pour obtenir l’effort dans le vérin de relevage, il suffit d’utiliser
l’équation 5 :
R 41 =
d .M 1. cosθ .g + (e + 3d . cosθ ) M 2.g
c.sin( β − θ )
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Q.7 Pour le chargement maximum du panier et pour la flèche
sortie au maximum, on donne la courbe (ci-contre)
représentative de Fvérin lors du relevage à débit maximum. En
déduire la pression maximum que nécessite le vérin.
Dans la phase de relevage, le débit d’huile est envoyé dans la
chambre arrière du vérin : ⇒ S ≈ 4,52 dm² = 0,0452 m²
On en déduit la pression nécessaire dans la chambre arrière du
vérin :
F max 225.103
⇒ Ps = vérin
≈
≈ 4,98.106 Pa ⇒ Ps ≈ 50 b
S
0,0452
Le constructeur propose une option « capacité double charge » permettant de passer
de 230 à 450 kg de charge embarquée dans la nacelle. Le graphique ci-contre présente
deux zones de travail en fonction de la charge.
Q.8 Expliquer, sans calcul, pourquoi la zone de travail « 450 kg » est
plus restreinte que celle correspondant à « 230 kg ». Citer 2
raisons qui peuvent limiter la zone de travail.
Mécaniquement, il est évident que l’effort dans le vérin de relevage
évolue avec la charge embarquée dans le panier mais il dépend
également du bras de levier de cette charge. En effet, plus la distance
horizontale entre le support de la charge M2 et le point B d’ancrage du
vérin sera grande plus l’effort nécessaire dans le vérin sera important.
Mathématiquement, d’après le résultat de la question 6, la valeur de R41 augmente dans 3 cas :
- si la distance (OC = 3d) augmente,
d .M 1. cosθ .g + (e + 3d . cosθ ) M 2.g
- si la charge M2 augmente,
R 41 =
- si l’angle θ se rapproche de 0°.
c. sin(β − θ )
Parmi les principales raisons pouvant réduire la zone de travail en cas de surcharge, on peut citer :
- effort trop important dans le vérin pression trop forte, rupture de flexible, casse des éléments d’ancrage du
vérin, …
- charge trop éloignée du polygone de sustentation du véhicule risque de basculement du chassis.
Q.9 Déterminer les degrés de mobilité et d’hyperstatisme du sous-ensemble de relevage de la flèche (solides
0, 1, 2, 3, 4 et vérin de compensation du schéma cinématique de la page 1).
Si on considère le vérin de compensation comme un seul solide monté entre rotules, on peut établir le graphe de
structure suivant :
Nc = 16
γ=2
Pivot
Pivot
S0
S1
S2
m=4
1
1
translation de S4/S3
rotation de S3/S0
Rotule
Rotule 3
Rotule 3
Rotule 3
rotation de S4/S3
3
rotation du vérin compensation
S3
Pivot glissant
2
S4
Vcomp
On en déduit que le système est isostatique : h = m + 6γ - Nc = 4 + 12 – 16 = 0
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Si on considère le vérin de compensation comme le vérin de relevage avec 2 solides (corps + tige) mais
toujours monté entre rotules, on peut établir le graphe de structure suivant :
Nc = 18
γ=2
Pivot
Pivot
S0
S1
S2
1
m=6
1
translation de S4/S3
Rotule
translation tige/corps
Rotule 3
Rotule 3
Rotule 3
3
rotation de S3/S0
rotation de S4/S3
Pivot glissant
Pivot glissant
rotation du corps/S1
2
S4
S3
tige
corps
2
rotation corps/tige
On en déduit que le système est isostatique : h = m + 6γ - Nc = 6 + 12 – 18 = 0
Le vérin de relevage est monté entre rotules. Pour augmenter la rigidité de la flèche, on envisage de monter ce vérin entre deux
liaisons pivot d’axes (A, Z0) et (B, Z0).
Q10 Comment évoluent les degrés de mobilité et d’hyperstatisme de ce sous-ensemble avec ce montage de
vérin ?
Par rapport à la configuration initiale, remplacer les rotules du vérin de relevage par 2 pivots d’axe // Z0
entraine les modifications suivantes :
- Nc’ = Nc – 4 (2 rotules 3+3 2 pivots 1+1)
- m’ = m – 2 (aucune rotation propre de la tige ou du corps du vérin)
- γ = 2 inchangé
On en déduit que le système devient hyperstatique : h’ = m’ + 6γ - Nc’ = h-2+4 = 2
Afin de déterminer la position du centre de gravité du vérin de relevage, on considère les formes simplifiées ci-dessous pour le corps 4
et la tige 3. Toutes les formes sont de révolution et toutes les pièces constituant ces solides sont en acier (ρ = 7800 kg/m 3).
Q11 Calculer la position des centres de gravité respectifs (G3 et G4) du corps et de la tige de ce vérin.
Etant donné que les solides S3 et S4 sont homogènes et de révolution, on en déduit que leur centre de gravité
respectifs sont des centre de volume situés sur leur axe de révolution.
Si on décompose S3 en deux volumes (piston et tige) :
 K3 
O3Gpiston ⋅ u3 = 
- Pour le piston :

 2 
L3 

O3Gtige ⋅ u3 =  K 3 + 
- Pour la tige :
2 

et
Vpiston =
et
Vtige =
π
4
π
4
De².K 3
Di ².L3
Pour S3, la formule barycentrique s’écrit :
O3G3 ⋅ u3 =
∑Vi ⋅ O3Gi ⋅ u
∑Vi
3

L3  
 K3

 De².K 3.
 + Di ².L3. K 3 +  
2 
 2 

⇒ O3G3 ⋅ u3 = 
(De².K 3 + Di².L3)
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Si on décompose S4 en 3 volumes (flasque arrière, tube et flasque avant) :
π
 K4 
O 4Gflar ⋅ u3 =  −
Vflar = D 4².K 4
- Pour le flasque arrière :
et

4
 2 
π
 L4 
O 4Gtube ⋅ u3 =  
Vtube = (D 4² − De² ).L4
- Pour le tube :
et
4
 2 
K4
π

O 4Gflav ⋅ u3 =  L4 +
Vflav = (D 4² − Di² ).K 4
- Pour le flasque avant :
 et
2 
4

Pour S4, la formule barycentrique s’écrit :
O 4G 4 ⋅ u3 =
∑Vi ⋅ O4Gi ⋅ u
∑Vi
3

K 4 
 K4
 L4 

 D 4².K 4. −

 + (D 4² − De² ).L 4.  + (D 4² − Di² ).K 4. L 4 +
2 
 2 
 2 


⇒ O 4G 4 ⋅ u3 =
(D4².K 4 + (D4² − De² ).L4 + (D 4² − Di² ).K 4)
Q12 Calculer les masses respectives (M3 et M4) du corps et de la tige de ce vérin.
Pour la masse de S3 : M3 = V3.ρ
Avec V 3 = Vpiston + Vtige =
π
(De².K 3 + Di².L3) = π (240².220 + 180².1300) ≈ 43.106 mm3 ≈ 43 dm3
4
4
−3
On en déduit M 3 = V 3.ρ ≈ 43.10 × 7800 ≈ 335 kg
Pour la masse de S4 : M4 = V4.ρ
Avec V 4 = Vflar + Vtube + Vflav =
π
π
4
(D4².K 4 + (D4² − De² ).L4 + (D4² − Di² ).K 4)
(300².250 + (300² − 240² )1050 + (300² − 180² ).250) ≈ 56.106 mm3 ≈ 56 dm3
4
−3
On en déduit M 4 = V 4.ρ ≈ 56.10 × 7800 ≈ 436 kg
⇒V4 =