Corrigé UPSTI 2005 Concours PSI Centrale

Corrigé UPSTI 2005
Concours PSI Centrale-Supélec 2005
Partie I I.A-
Analyse Système
Questions préliminaires
I.A.1) Déterminer la distance maximale que peut parcourir le Segway® entre deux recharges des batteries. Justifier la
pertinence de ce moyen de transport
Chaque moteur peut délivrer « un travail moyen » égal à Wmot −1 = Wmot −2 = η.Eb / 2 = 0.8MJ
L’application du théorème de l’énergie cinétique sous sa forme intégrée permet d’écrire :
Wmot −1 + Wmot −2 + Wrésis tan t = 0 .
Avec Wrésis tan t = −60.d (d distance parcourue)
η.Eb
0, 8.2.106
= 26, 6.103 m = 26, 6km
60
60
Le Segway® est destiné à un usage urbain, donc usage sur de courtes distances. L’autonomie peut-être jugée suffisante.
On en déduit : d =
A.N. d =
I.A.2) Rappeler en quelques lignes le principe de fonctionnement d’un codeur incrémental. Citer aussi un autre moyen
d’acquisition d’une vitesse de rotation.
Principe: Le codeur incrémental permet de compter ou décompter les impulsions d’un signal générées par le déplacement
d’un mobile dans le but de contrôler son déplacement. L’exploitation d’un second signal déphasé de 90° du premier permet
de déterminer le sens de rotation.
Deux types de codeur incrémentaux :
- codeurs incrémentaux optiques
- codeurs incrémentaux magnétiques
La génératrice tachymétrique permet de mesurer une vitesse de rotation.
I.A.3) Rappeler quelle est la grandeur physique mesurée par un gyromètre mécanique et le principe de la mesure
associée.
Lorsqu'un gyroscope est soumis à une rotation (ou un moment) imposée, il réagit en créant un couple gyroscopique qui va
annuler un moment.
La grandeur mesurée est une vitesse de rotation.
Page 1
I.B-
Etude système
I.B.1) Compléter le SADT de niveau A0 proposé dans le document réponse.
Partie II -
Modèle de comportement mécanique
II.A-
Modèle et paramétrage
II.B-
Etude cinématique préalable
II.B.1) Proposer un graphe des liaisons du système restreint à l’ensemble de solides {Route, Roue Gauche, roue Droite,
Châssis}. Préciser pour chaque liaison ses caractéristiques géométriques.
Page 2
II.B.2) En s’appuyant sur le paramétrage et en utilisant de la couleur, proposer un schéma cinématique du système {Roue
Gauche, Roue Droite, Plate-forme, Conducteur}, en complétant l’épure du document réponse (ne
pas schématiser le contact roue/route).
Page 3
II.B.3) Exprimer, en fonction du paramétrage, les torseurs cinématiques :
r
r
r
• du châssis par rapport au sol : {V (2 / 0)} , en notant V ( A ∈ 2 / 0) = Ux1 + Vy1 ,
• de la roue droite par rapport au châssis : {V (RD / 2)} ,
• de la roue gauche par rapport au châssis : {V (RG / 2)}
r
r
r
r
r
- Ω(2 / 0) = Ω(2 /1) + Ω(1 / 0) = ψ& x1 + ϕ& z0 soit {V (2 / 0)} ≡
- {V (RD / 2)} ≡
OD
r
θ&D x1 
r
 et {V (RG / 2)} ≡
0 
OD
r
θ&G x1 
r

0 
r
r
ψ& x1 + ϕ& z0 
r 
 r
Ux1 + Vy1 
A 
II.B.4) Énoncer ensuite les deux relations de roulement sans glissement des roues par rapport à la route et déterminer
trois relations scalaires liant les 6paramètres inconnus ψ& , ϕ&, θ&D , θ&G , U, V aux dimensions L et R.
Ces relations seront utilisées dans l’étude dynamique.
Etude de la roue droite :
r
r
r
r
V (ID , RD / 0) = 0 = V (ID , RD / 2) + V (ID , 2 / 0)
uuuuuur
uuuur
r
r
r
r
r
= IDOD ∧ θ&D x1 + ID A ∧ (ψ& x1 + ϕ& z 0 ) + Ux1 + Vy1
r
r
r
r
r
r
r
L r
= Rθ&D ( z0 ∧ x1 ) + Rψ& (z0 ∧ x1 ) + ϕ&(x1 ∧ z0 ) + Ux1 + Vy1
2
r
en projection sur x1 : U=0
r
L
en projection sur y1 : R(θ&D + ψ& ) − ϕ& + V = 0
2
Etude de la roue gauche :
r
En projection sur x1 : U=0
r
L
en projection sur y1 : R(θ&G + ψ& ) + ϕ& + V = 0
2
II.C-
Étude de la transmission de puissance
II.C.1) Une voiture ne possède généralement qu’un seul moteur et qu’un seul réducteur (la boîte de vitesses). Le
différentiel permet de répartir la puissance motrice sur les deux roues motrices. Expliquer pourquoi le constructeur
du Segway® n’a pas adopté cette solution.
Ici les actionneurs sont des moteurs électriques dont le coût est peu élevé contrairement au moteur
d’un véhicule automobile classique. Il est plus simple et plus économique de motoriser
indépendamment chaque roue pour assurer la fonction de direction (les 2 roues ne tournant pas à la
même vitesse).
II.C.2) Proposer, sur le document réponse, une architecture du réducteur s’intégrant dans le carter et dont le rapport de
réduction vaut kr =
1
en dessinant une épure de la solution adoptée.
24
Pour obtenir le rapport kr , une solution simple consiste à mettre en place un train d’engrenage constitué de deux
engrènements de rapport respectif 1 / 6 et 1 / 4 . Sachant que Zmin = 15 dents ( soit dmin = 15 mm ), on choisit :
- pour le premier engrènement : Ze = 15,
Z2 = 90 Ze : nombre de dents de l’arbre d’entrée
- pour le second engrènement : Z2 ' = 15,
Zs = 60 Zs : nombre de dents de l’arbre d’entrée
avec Z2 et Z2 ' nombre de dents des roues de l’axe intermédiaire.
Page 4
Il reste à régler la position de l’axe de la roue 2. Ceci se fait par un calcul d’entraxe :
Z + Z2
∆2 = m e
= 52,5 mm
2
Z + Z2 '
∆2 ' = m s
= 37,5 mm
2
On remarque : ∆2 + ∆2 ' = 90 = OOM
On en déduit alors la construction graphique suivante :
Partie III III.A-
Validation de la FS4
III.A - Analyse du modèle de calcul des actions mécaniques
III.A.1) En s’appuyant sur le graphe des liaisons de la question II.B.1, déterminer le nombre de mobilités du système
{Route, Roue Gauche, Roue Droite, Châssis}. En déduire alors le degré d’hyperstatisme du
mécanisme.
Nombre de cycle 1 : Ec = 6
Nombre d’inconnues cinématiques : Ic = 2 * 1 + 2 * 3 = 8 (les liaisons roulements sans glissement possèdent 3
inconnues cinématiques chacune , les rotations)
Nombre de mobilités :
- le système possède 3 mobilités cinématiques V , ϕ ,ψ
Soit : mc = 3
On en déduit : h = Ec − Ic + mc = 1
Page 5
III.B-
Détermination de l’inclinaison du conducteur en virage
III.B.1) Par un tracé sur le document réponse, justifié sur la copie, donner alors la valeur de β qui permet de
vérifier la condition exposée ci-dessus.
r r
r
On veut g − Γ(G ∈ 4 / 0) colinéaire à z4 .
r r
r
Il faut donc que [g − Γ(G ∈ 4 / 0)].x4 = 0 . Le tracé nous donne deux possibilités, une seule est acceptable au vu du
paramétrage : β = 12,5°
III.C-
Étude dynamique simplifiée du Segway® en virage
III.C.1) Faire le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures qui s’exercent sur ce système.
On isole le système {Conducteur, Châssis, Roue Droite, Roue Gauche}.
Le bilan des actions mécaniques exercées sur le système est le suivant :
{
}{
- T(route → RG ) , T(route → RD )
}
- {T( pesanteur → conducteur ) } ≡
G
r
 −mH gz0 
r

 , {T( pesanteur →chassis) } ≡
 0

r
−mS gz0 
r


 0

A 
III.C.2) Expliquer pourquoi le système d’équations obtenu ne permet pas de déterminer toutes les inconnues d’effort et
recenser celles qui ne peuvent pas être calculées sans hypothèse complémentaire. Expliquer
l’origine de cette impossibilité.
r
Les inconnues Yd , Yg peuvent être calculées à partir des équations issues du PFD de la résultante suivant y1 et du
r
moment suivant z0 . On peut déterminer les inconnues Zg , Zd à partir des équations 2 et 3 données dans l’énoncé.
Il reste donc les inconnues X g , X d pour une seule équation disponible. On retrouve ici le degré d’hyperstatisme égal à 1
déterminé à la question III.A.1
III.C.3) Énoncer les lois de Coulomb en utilisant les notations du III.A pour une roue, dans les cas d'adhérence et de
glissement.
Cas du glissement
Dans ce cas, le modèle associé à la liaison roue gauche/sol est une liaison ponctuelle (Ig , z ) réelle (introduction du
frottement)
Page 6
r
r
r
r
Posons R(route → RG ) = NG + TG (résultante des actions mécaniques de la route sur la roue gauche avec NG composante
r
normale et TG composante tangentielle)
Lois de Coulomb :
r
r
r
r
r
r
TG ∧ V (IG ∈ RG / route) = 0 ⇒ TG = X G x1 + YG y1
r r
TG .V (IG ∈ RG / route) < 0
et
TG = f NG ⇒
X G 2 + YG 2 = fZG
cas de l’adhérence :
On revient au modèle roulement sans glissement. Après résolution du système, la composante tangentielle doit vérifier la
relation suivante pour que le modèle soit validé.
TG < f NG ⇒
X G 2 + YG 2 < fZG (3)
III.C.4) En expliquant votre démarche et en complétant le document réponse, vérifier les performances attendues vis-à-vis
des rayons de virage minimums tout en garantissant les critères de non basculement et de non
dérapage.
On vérifie sur les courbes ci-dessus :
- ZG > 0, ZD > 0 , la condition de non basculement est respectée.
- Pour chaque vitesse et chaque rayon minimum admissible on vérifie pour la roue droite et la roue gauche :
-
Ymin2 + X D2
ZD
<f
Ymin
<f
ZG
ce qui nous assure d’un non dérapage des roues par rapport au sol (cas de l’adhérence).
-
Page 7
Partie IV IV.A-
Validation de la FS1
Détermination des équations mécaniques régissant le système
IV.A.1) Justifier l'hypothèse de problème plan du point de vue des efforts.
{
Les torseurs des roues par rapport au sol sont de la forme T(route → Ri )
{
}
}
Les torseurs dus à la pesanteur sont de la forme T( pesanteur → Si ) ≡
Gi
r
r
 X i x1 + Zi z0 
≡ 
r

0


Ii 
r
−mi gz0 
 r

 0 
r
R (Si / 0)
Les torseurs dynamiques de chaque solide en mouvement par rapport à la route sont de la forme  rD
 , avec
Si
δ
(
/
0)


A  A
r
r
r
RD (Si / 0).x1 = 0 déplacement en ligne droite suivant y1
r
r
r
r
r
r
et δ A (Si / 0).Z0 = 0 et δ A (Si / 0).y1 = 0 toutes les rotations sont autour de x1 et déplacement suivant y1
On en déduit alors(par isolement de chacune des roues) que les torseurs d’actions mécaniques transmissibles par les
r
r
Yy1 + Zz0 
liaisons pivots roue/sol sont de la forme 
r
.

 Lx1
Oi 
L’hypothèse est donc justifiée.
IV.A.2) Déterminer pour chaque solide (Conducteur, Châssis, Roue Gauche et Roue Droite) dans leur mouvement
par rapport au repère galiléen R0 :
r
- Calcul des projections des résultantes dynamiques suivant y1
le conducteur :
r
r
r
r
RD (H / 0).y1 = mH Γ(G ∈ H / 0).y1
r
r
r
uuur r
V (G ∈ H / 0) = V (G ∈ 2 / 0) = V ( A ∈ 2 / 0) + GA ∧ Ω(2 / 0)
avec V = −R(θ& + ψ& )
r
r
&
= Vy1 − hψ y3
r
r
Soit : RD (H / 0).y1 = mH [V& − hψ&& cos(α + ψ ) + hψ& 2 sin(α + ψ )]
le châssis :
r
r
r
r
RD (S / 0).y1 = mS Γ( A ∈ S / 0).y1 = mSV&
la roue droite (roue gauche)
r
r
r
r
r
r
RD (RD / 0).y1 = mR Γ(OD ∈ RD / 0).y1 = mR Γ( A ∈ RD / 0).y1 = mRV& ( relation identique pour la roue gauche)
r
- Calcul des projections des moments dynamiques suivant x1
le conducteur :
r
r
r
uuuuur r
r
r
d(σ G (H / 0).x1 )
δ A (H / 0).x1 =
+ mH ( AG ∧ Γ(G ∈ H / 0)).x1
dt
r
r
d(σ G (H / 0).x1 )
= AHψ&&
dt
uuuuur r
r
r
& r − hψ&&yr − hψ& 2 zr ))xr
mH ( AG ∧ Γ(G ∈ H / 0)).x1 = mH h(z3 ∧ (Vy
1
3
3
1
= mH (h2ψ&& − hV& cos(α + ψ ))
r
Soit : δ A (H / 0).x1 = ( AH + mH h2 )ψ&& − mH hV& cos(α + ψ )
r
Page 8
le châssis :
r
r
r
r
d(σ A (S / 0).x1 )
δ A (S / 0).x1 =
= ASψ&&
dt
la roue droite (roue gauche)
r
r
r
r
d(σ A (RD / 0).x1 )
δ A (RD / 0).x1 =
= AR ψ&& + θ&& ( relation identique pour la roue gauche)
dt
(
)
IV.A.3) En exposant la séquence d’isolement et en appliquant le Principe Fondamental de la Dynamique, montrer que l’on
peut obtenir le système de deux équations suivant :
On isole l’ensemble E={châssis + conducteur}
r
Théorème du moment dynamique appliqué à E en A en projection sur x1
r
r
r
r
M A ( pesanteur → H ).x1 + M A ( pesanteur → S).x1
14444
4244444
3
0
r
r
r
r
r
r
r
r
+ M A (RD → S).x1 + M A (RG → S).x1 + 2 * M A (motoréducteur → S).x1 = δ A (H + S / 0).x1
144
42444
3 144
42444
3
0
0
( AH + AS + mH h )ψ&& − mH hV& cos(α + ψ ) = mH hg sin(α + ψ ) − 2C S
On isole la roue droite
r
Théorème du moment dynamique appliqué à la roue droite en A en projection sur x1
r
r
r
r
r
r
r
r
M A (S → RD ).x1 + M A (motoréducteur → RD ).x1 + M A (route → RD ).x1 = δ A (RD / 0).x1
144
42444
3
2
0
V&
RYD + CS = AR (ψ&& + θ&&) = − AR
R
Soit : YD = −
CS
V&
− AR 2
R
R
On isole enfin l’ensemble E={châssis + conducteur+roue droite + roue gauche}
r
Théorème de la résultante dynamique appliqué E en projection sur y1
r
r
2YD = RD (E / 0).y1 = (mH + ms + 2mR )V& − mH hψ&& cos(α + ψ ) + mH hψ& 2 sin(α + ψ )
(Les 2 roues ont un comportement identiques)
C
V&
Soit : (mH + ms + 2mR )V& − mH hψ&& cos(α + ψ ) + mH hψ& 2 sin(α + ψ ) = −2 S − 2 AR 2
R
R
IV.A.4) Énoncer les hypothèses qui permettent d’envisager de linéariser le système précédent. Sous ces hypothèses,
montrer alors que le système linéarisé peut se mettre sous la forme :
En prenant les hypothèses suivantes
sin(α + ψ ) = α + ψ
et les termes en ψ& 2 négligeable devant ceux en ψ&
cos(α + ψ ) = 1
Page 9
On en déduit :
A = AH + AS + mH h2
B = mH h
D = mH + ms + 2mR + 2
A.N . :
C = mH hg
AR
R2
A = 18 + 0, 8 + 80.0, 952 = 91kg.m2
C = 80.0, 95.9, 81 = 745,5 N.m
IV.B-
B = 80.0, 95 = 76kg.m
D = 80 + 25 + 10 + 2.0, 28 / 0, 242 = 124, 7kg
Relation entre l’inclinaison du conducteur et l’accélération du Segway®
IV.B.1) Montrer que cette relation s’écrit sous la forme V& = Kα (t ) où vous préciserez la valeur numérique de K.
L’asservissement est considéré comme parfaitement réalisé donc ψ et ses dérivées par rapport au temps sont nuls.
En combinant les deux équations précédentes on détermine la relation suivante :
B
C
C
C
(− − D)V& = α (t ) soit V& = −
α (t ) et K = −
A.N. :
R
R
(B + D.R)
(B + DR)
−745,5
= −7m.s −2 / rad
K =
76 + 124,7.0, 24
IV.B.2) Vérifier les performances attendues du cahier des charges en vous appuyant sur les configurations proposées figure
6.
Si α = 0 alors V& = 0 vitesse constante
Si α = 22 alors l’accélération normale (déccélération) est de 2, 68m.s −2 (cahier des charges respecté)
Calcul de la distance d’arrêt maxi
Soit a la déccélération maxi a = −7.45.π /180=5,5 m/s-2
20
Soit t le temps pour passer de 20km/h à 0 t=V/a, t =
≈ 1s
3, 6.5,5
1
On en déduit la distance d’arrêt maxi x = at 2 soit x = 5,5 / 2 = 2, 75m (cahier des charges respecté)
2
Partie V V.A-
Validation de la FS2 et de la FS3
Stabilisation du système
V.A.1) Montrer que le schéma bloc du système peut se mettre sous la forme présentée figure 7 en déterminant
l’expression littérale de H1 ( p) .
Analyser la stabilité du système d’entrée u(t ) et de sortie ψ (t ) en étudiant la fonction de transfert
F1 (p) =
Ψ(p)
. Pouvait-on s'attendre à ce résultat ?
U( p)
Page 10
Les conditions initiales sont toutes nulles . On obtient à partir de la seconde équation différentielle dans Laplace, l’équation
suivante :
B
[(DA − B2 )p2 − DC ]χ (p) = 2( + D)C m ( p) *
R
B + DR
B + DR
2(
)
2(
)
RDC
RDC
On en déduit H1(p) =
F
p
=
K
puis
(
)
1
m
DA − B2 2
DA − B2 2
(
)p − 1
(
)p − 1
DC
DC
Le schéma bloc se justifie alors en écrivant :
Ψ(p) = χ (p) − α (p) = F1( p)U( p) − α ( p)
Le système d’entrée u(t ) et de sortie ψ (t ) est instable car le dénominateur de la fonction de transfert possède un
DC
DA-B2
avec
=6.10-2 > 0
2
DC
DA − B
Ce résultat était prévisible du fait que le centre d’inertie du système est situé au dessus de l’axe des roues.
pôle réel positif. pi = ±
V.A.2) Dans le cas où α = 0 , déterminer, en fonction de K s , k p , kv et ω1 la fonction de
transfert F2 ( p) =
Ψ( p)
.
W(p)
Déterminer les conditions sur kv et sur k p pour que le système soit stable.
K m H1 (p)
Ψ(p)
=
W (p)
=
1 + pkv K m H1( p)
K m H1(p)
=
Km H1 (p)
1 + pkv K m H1( p) + kp Km H1 (p)
1 + kp
1 + pkv K m H1 (p)
Ks
p2
ω12
+ pkv K s + k p K s − 1
Un système de degré 2 est stable si les coefficients des puissances de p sont différents de 0 et sont
de même signe (vu en physique sur les boucles de rétroaction).
Ceci implique :
1
kp >
et kv > 0 pour que le système soit stable.
Ks
V.A.3) Déterminer, en fonction de K s , k p , kv et ω1 les expressions de K2 , ξ , ω0
Ks
F2 ( p) =
kp K s − 1
2
p
(k p K s − 1)ω12
K2 =
Ks
,
kp Ks − 1
+
pkv K s
kp K s − 1
soit :
+1
ω0 = (k p K s − 1)ω1 ,
ξ =
1
2
kv K sω1
kp Ks − 1
V.A.4) Déterminer les valeurs de kv et de k p telles que le temps de réponse à 5% soit minimal.
Pour un système du second ordre, le temps de réponse à 5% est minimal si ξ = 2 / 2 .
On en déduit pour ω0 = 1,5ω1 :
k p = (1,52 + 1) / K s = 13,54 V / rad
kv = 2ξ
kpK s − 1
K sω1
= 2
13,54.0, 24 − 1
= 2,15 V .rad −1.s
0, 24.4,1
K2 ≈ 0.1 rad / V
Page 11
V.B-
Asservissement d’inclinaison du chariot
V.B.1) Compléter le schéma bloc de l’asservissement fourni sur le document réponse en faisant apparaître la
régulation de l’inclinaison.
V.B.2) Calculer l’inclinaison Ψ(t ) du châssis en régime permanent, lorsque la perturbation α (t ) est un échelon
d’amplitude α0 . Le cahier des charges est-il satisfait ?
Le schéma bloc peut se mettre sous la forme suivante :
On détermine alors :
F2 (p)
α (p)
K m H1 (p)(1 + F2 ( p)Kc )
L’erreur (écart) en régime permanent s’obtient en appliquant le théorème de la valeur finale :
K2α 0
limψ (t ) = lim pΨ( p) = −
≠ 0 . Le cahier des charges n’est pas satisfait.
t →∞
p →0
K s (1 + K2 KC )
Ψ( p) = −
V.B.3) Démontrer que ce correcteur permet de satisfaire le cahier des charges vis-à-vis de l’écart en régime permanent
pour une perturbation en échelon.
Le correcteur intégral permet d’obtenir limψ (t ) = 0 (reprendre les calculs de la question précédente en remplaçant
t →∞
l’expression de C(p) par sa nouvelle expression.
Page 12
V.B.4) Tracer les diagrammes de Bode asymptotiques et réels
tracé du correcteur PI pour K i = 10, Ti = 0.1s
V.B.5) Déterminer ωc telle que la marge de la FTBO(p) soit Mϕ = 45° . En déduire la valeur de Ti .
Mϕ = π/4 = π + arg(FTBO(jωc)) = π - π/2 +atan(Tiωc) + arg(F2(jωc))
Page 13
soit arg(F2(jωc)).= - π/4 - atan(10) = -2,25 rad
On en déduit 1,22
=
2ξω c / ω 0
1 − ω c2 / ω 02
Après résolution de l’équation du second degré en ωc .
On obtient :
ωc = 3.54 rad/s et Ti =2.82s
V.B.6) Déterminer alors K i tel que ωc soit effectivement la pulsation de coupure à de la FTBO corrigée.
K i doit vérifier
O
3.54
3.54
O
10,48
V.C.1) Conclure quant au respect des critères de dépassement et de précision associés à la fonction de service
FS2.
- La convergence de ψ (t ) vers 0 lorsque t → ∞ est réalisée
- Le dépassement d’inclinaison est inférieur à 30% (de l’ordre de 15%)
Le cahier des charges est donc respecté.
Page 14