m o A.2.2.3 La pression au point A est aussi la pression atmosphérique : p A = 1, 013.105 Pa . Corrigé du BTS Electrotechnique 2009 (Physique) Jeux d'eau au parc du château de Versailles Réseau hydraulique .c A.2.2.4 La grandeur z est la hauteur d'un point. A.2.2.5 La hauteur zA du point A est nulle (hauteur de référence): z A = 0 m . Partie A : Comment garantir la hauteur d'un jet d'eau m a A.2.2.6 L'énoncé nous donne directement : z A = 15,5 m . x e A.1. Hauteur du jet d'eau A.2.2.7 La grandeur v est la vitesse d'écoulement du fluide en un point. A.1.1. Energie cinétique au point A : E cA = 1 m.v A 2 . 2 A.1.2. Energie cinétique au point B : E cA = 1 m.v B 2 = 0 . car vB = 0 . 2 d i a A.2.2.8 L'énoncé nous donne directement : vC = 0 m.s −1 . Les grandeurs p, v et z sont indiquées sur le document réponse ci-dessous : pC = 1,013.10 Pa vC = 0 m/s zC = 15,5 m w // w A.1.3. Energie potentielle au point A : l'énoncé nous donne la réponse : E pA = 0 . A.1.4. Energie potentielle au point B : E pB = m.g.h j . A.1.5. Principe de conservation de l'énergie mécanique : 1 E mA = E mB ⇒ E cA + E pA = E cB + E pB ⇒ m.v A 2 + 0 = 0 + m.g.h j 2 1 2 v A = g.h j . ⇒ 2 v 2 17, 42 La hauteur hj du jet est donc : h j = A = soit h j ≈ 15, 4 m . 2g 2 × 9,81 s r u w . 5 : p t t h pA = 1,013.105 Pa vA zA = 0 m A.1.6. On a négligé les pertes de charge, la hauteur réelle sera inférieure à 15,4m. é g r a A.2. Etude de l'alimentation du jet d'eau A.2.1. En régime statique, on a : p C − p v + ρ.g.H v = 0 h c lé A.2.2.9. L'équation de Bernoulli est : et elle devient : A.2.2.1 La grandeur p représente la pression. é T 5 2 d A.2.2.10. Le débit au point A est QA = S.v A = π. A .v A = π× 0, 0552 × 17, 4 2 soit QA ≈ 0,165m3 .s −1 . A.2.2.2 La pression au point C est la pression atmosphérique : p C = 1, 013.105 Pa . BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES −v 2 0 + g.H + A = 0 soit v A = 2.g.H = 2 × 9,81× 15,5 ρ 2 soit v A ≈ 17, 4 m.s −1 (valeur confirmée à la question A.1.5.). ⇒ p v = pC + ρ.g.H v ⇒ p v = 1, 013.10 + 1000 × 9,81× 18 soit p a ≈ 2,78.10 Pa . 5 pC − p A v 2 − vA 2 + g ( zC − z A ) + C =0 ρ 2 Page 1 sur 4 Corrigé du BTS Electrotechnique 2008 (Physique) A.2.2.11. La grandeur qui se conserve tout le long du circuit hydraulique est le débit. A.2.2.12. la relation générale est : v = v1 = v2 = Q π. ( d1 / 2 ) 2 Q π. ( d 2 / 2 ) 2 = = Q π. ( d / 2 ) 2 B.1.3. Vitesse de rotation : n sv = , ce qui donne : L'application numérique donne : n sv = 0,165 soit v1 ≈ 0, 26 m.s −1 . 2 π× 0, 45 soit v A ≈ 16, 4 m.s . n B.1.5. On a r = ⇒ n = n sv .r = 2,5 × 560 soit n ≈ 1400 tr / min . n sv A.2.3.2 La perte de hauteur d'eau zJ correspondante à la perte de charge J est : J 17,8 g.z J = J soit z J = = soit z J ≈ 1,8 m . g 9,81 A.3.1. Le volume d'eau Vmb utilisé en 1h30 est : Vmb = 1,5 × 2500 = 3750 m3 . w w / / : p t t h A.3.2. La diminution ∆H du niveau d'eau dans le réservoir est : V 3750 ∆H = mb = soit ∆H ≈ 0, 23m . Smb 16000 Une diminution importante du niveau d'eau dans le réservoir entraînerait une diminution de la hauteur H et donc une diminution de la vitesse vA. r u s d 23.10−3 B.1.1. Vitesse de translation de la vanne : v v = v = soit v v ≈ 167.10−6 m.s −1 . ∆t 138 B.1.2. Nombre total de tours : N br = d v 23 = p 4 é T 2π×1400 soit Pu ≈ 59W . 60 B.2. Caractéristiques de la machine asynchrone triphasée B.2.1. Vitesse de synchronisme : n s = Glissement : g n = 60 × f 60 × 50 = soit n s = 1500 tr / min p 2 n s − n n 1500 − 1400 = soit g n ≈ 6, 67 % . ns 1500 B.2.2. Pour permettre la rotation dans les deux sens, on peut prévoir un inverseur de phase. B.2.3. On a : Pun = CMAS .Ω n soit N br = 5, 75 tr . BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES soit CMAS ≈ 0, 40 N.m . B.1.7. Puissance utile du moteur : Pu = CMAS .Ω ≈ 0, 4 × Partie B : Solution pour maintenir un niveau constant r a w B.1.6. Exprimons le bilan des puissances à "entrée-sortie du réducteur" : C .Ω C Ω C n 49 2,5 CMAS .Ω = sv sv ⇒ CMAS = sv . sv = sv . sv ≈ × ηred ηred Ω ηred n 0, 22 1400 A.3. Retour sur l'enjeu h c lé . x e d i a soit Csv ≈ 49 N.m . −1 é g m a . 2π.n sv 2π× 2,5 = ≈ 0, 262 rad / s 60 60 Exprimons maintenant le bilan des puissance "réducteur – vanne" : F.v v 20.103 × 167.10−6 Preduc × ηv = Pvanne ⇒ Csv .Ωsv .ηv = F.v v ⇒ Csv = = Ωsv .ηv 0, 262 × 0, 26 −v 2 A.2.3.1 L'équation de Bernoulli devient : g.H + A = J 2 B.1. Dimensionnement du servomoteur 167.10−6 soit n sv ≈ 2,5 tr.min −1 . 4.10−3 B.1.4. Notons Ωsv la vitesse angulaire de rotation : Ωsv = 0,165 soit v 2 ≈ 0,84 m.s −1 . 2 π× 0, 25 v A = 2. ( g.H − J ) = 2 × ( 9,81×15,5 − 17,8) m co v N br d × 60 = v × 60 soit n sv = v × 60 . p ∆t p.∆t Page 2 sur 4 ⇒ CMAS = Pun 60 = Ω n 2π× 1400 60 soit CMAS ≈ 0, 41N.m . Corrigé du BTS Electrotechnique 2008 (Physique) B.2.4. Puissance active : Pa = 3U n I n cos ϕ = 3 × 400 × 0,3 × 0,8 soit Pa ≈ 166 W . Puissance réactive : Q a = Pa tan ϕ ≈ 166 × tan ( cos −1 0,8 ) soit Q a ≈ 125 VAR . B.2.5. Rendement : η = Pun 60 ≈ Pa 166 m o B.2.10. La valeur efficace équivalente Ieq est très proche du courant nominal efficace In. Le moteur ne devrait donc pas subir d'échauffement excessif. .c B.2.11. Nombre de démarrages par heure : N dh soit η ≈ 36 % . m a B.3 Régulation de niveau B.2.6. x e 3600 = = 1800 dém / h . 2 B.3.1 On a V = SR .N et SR est constant donc dV = SR .dN . d i a B.3.2 Phrase clé : "le débit global est responsable de la variation de volume". . Ce qui donne en équation : Q e − Qs = Rs L0ω lω R : résistance des enroulements statoriques. : réactance de magnétisation. : réactance de fuites magnétiques (rotor + stator) ramenées au stator. : résistance rotorique. B.3.3 Le passage à la transformation de Laplace de l'équation précédente donne : Q e (p) − Qs (p) = SR .pN(p) (la "dérivée" de transforme en "multiplication par p"). B.2.8.2. La résistance Rs se retrouve en série avec l'impédance Ze , on a donc ZeT = R s + Ze = 118 + 96, 6 + j229 soit ZeT = 214, 6 + j229 . B.2.8.3. Courant de démarrage : Id = B.2.9. V = ZeT 230 214, 62 + 2292 r u t t h On a donc : Ieq = h c é l é é g s 0, 75 × 0, 2 + 0,3 × (1,8 − 0, 2) soit Ieq = 0,315 A . 2 T BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES Exprimons le rapport sortie : entrée N(p) 1 = (expression utile pour la Qe (p) − Qs (p) SR .p suite). B.3.4 Le schéma complété de l'asservissement est représenté ci-dessous : ε x Qe(p) KX 1 SR.p soit Id ≈ 0, 733A . La figure ci-dessous donnée dans l'énoncé représente déjà les différentes valeurs efficaces I. Pour avoir la valeur efficace équivalente Ieq , il suffit de calculer la valeur moyenne des valeurs efficaces I sur un cycle. r a w w / / : p B.2.7. Au démarrage, la vitesse est nulle donc le glissement gd est : g d = 1 . B.2.8.1. L'inductance l est en série avec R/g donc l'impédance équivalente est : Z = R / g + jlω = 145 + j267 (Ω) en rappelant que g=1 (démarrage). w dN dV soit Q e − Qs = SR . dt dt kN B.3.3 En régime statique, le niveau devient constant donc le débit de remplissage est égal au débit de vidage : Q e = Qs . B.3.4.1 En régime statique on a Qs = 0,1 m3.s-1 donc Q e = Qs = 0,1m3 .s −1 . B.3.4.2 On a Q e = K x .x donc x = Page 3 sur 4 Qe 0,1 = soit x = 62,5 m3 .s −1 . K x 1, 6.10−3 Corrigé du BTS Electrotechnique 2008 (Physique) B.3.4.3 On est en régime statique, la transmittance du positionneur se réduit à 1 donc la sortie du correcteur C(p) prend la valeur x = 62,5 (position de la vanne). x 62,5 On a C(p) = 0,1 donc Vc (p) − Vr (p) = = soit Vc (p) − Vr (p) = 625 . 0,1 0,1 V − Vr V 625 B.3.4.4 On a Vr = K N .N = 1000.N ⇒ N = r ⇒ N c − N = c = 1000 1000 1000 soit N c − N = 0, 625 . .c l'axe "0dB" lorsque la phase est minimale. On remarque que la phase est minimale (-123°) pour fT' ≈ 0,034Hz et G ≈ -25dB (schéma ci-dessous). m a w B.3.5.2 La méthode de mesure de la marge de phase est la suivante : on repère la fréquence fT pour laquelle TBO (f ) = 0dB soit fT ≈ 0,0005 Hz w / :/ sur le courbe de phase on mesure l'écart : Mϕ = −180 − Arg ( T BO (f T ) ) h r -180° é g r a fT -157° tt p h c é l é T u s w fT -123° Mϕ ϕ = 57° (marge maximale) -180° B.3.5.4 La nouvelle marge de phase sera donc Mϕ ' ≈ 180 − 123 soit Mϕ ' ≈ 57° . Le système ne va maintenant présenter que peu d'oscillations sur la réponse indicielle. B.3.5.5 L'exploitation de la réponse indicielle nous donne : N(∞) = N C donc pour l'erreur statique : N C − N(∞) = 0 . Le temps de réponse tr5% est le temps que met la sortie pour atteindre et rester entre 95% et 105% de la valeur finale. On mesure directement t r5% ≈ 350s . Mϕ ϕ = 23° BTS Electrotechnique (Physique Appliquée) Christian BISSIERES x e id .a -25dB B.3.5.1 Pour avoir une stabilité suffisante, la marge de phase doit être au moins de 45°. 0dB 25 Il faut donc "rajouter" +25dB au correcteur soit 20logA = 25 ⇒ A = 10 20 soit A ≈ 17,8 . Pour résumer, il y a un rapport "×1000" entre la consigne (nombre réel) et le niveau d'eau (en mètre). 1 B.3.4.5 Pour avoir une erreur statique nulle, il faut insérer un terme en dans la chaîne p directe. On pourra placer ce terme dans le correcteur C(p) (action intégrale du correcteur). On mesure donc la marge de phase Mϕ ≈ 180 − 157 soit Mϕ ≈ 23° . Le schéma ci-dessous illustre la méthode de mesure de la marge de phase : m o B.3.5.3 Pour que la marge de phase soit maximale, il faut que fT' soit placée à l'endroit où la phase Arg ( T BO (f T ) ) est minimale .Il faut donc que la courbe de Gain coupe Dépassement : D % = Page 4 sur 4 N max − N C 1, 22N C − N C × 100 = × 100 soit D % = 22% . NC NC Corrigé du BTS Electrotechnique 2008 (Physique)