commande a380

Corrigé DS modélistion
Commandes de vol primaires de l’Airbus A380
Analyse fonctionnelle d’une unité de commande
Question II-5 : Déterminer, pour que de telles conditions de vol soient possibles.
a) la vitesse V (en m/s et en km/h) à laquelle doit voler l’avion ;
b) la force de poussée FR des réacteurs ;
c) la position xA du centre de gravité G ;
La vitesse étant constante, on peut écrire la relation de l’équilibre statique
∑ {τ ext → avion } = {0}
Si on réduit les torseurs au point A, les équations de la statique sont:
ur
r
∑ F ext →avion = 0
(1)
r
 uur
∑ M A ,ext →avion = 0 ( 2 )
(1)
ur uuur uuur uuur uuur uur r
mg + Fpp + FpG + FpA + FTA + FR = 0
Expression qui devient, en projection sur :
uur
1
x A : FR cos α − ρ .CxA .AA .V ² = 0
2
uur
1
z A : mg − ρ .( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA ).V ² − FR sin α = 0
2
(2)
uuur uuur uuur
ur r
AB ∧ FpB + AG ∧ mg = 0
uur uuur uuur
uur
uur
r
− AB.xB ∧ ( Fpp + FpG ) + x A .xB ∧ ( m.g.z0 ) = 0
uur
1
En projection sur y0 : − AB.ρ ( CZp .Ap + CZG .AG + )V ² − x A .m.g = 0
2
Des équations précédentes, on déduit :
1

 FR cos α − 2 ρ .CxA .AA .V ² = 0
(1) 
mg − 1 ρ .( C .A + C .A + C .A ).V ² − F sin α = 0
Zp
p
ZG
G
ZA
A
R

2
1
(2) − AB.ρ ( CZp .Ap + CZG .AG )V ² − x A .m.g = 0
2
1 ρ .C xA .AA .V ²
a) De l’équation (1) on déduit : FR =
2
cos α
En reportant cette relation dans la seconde équation :
1
1 ρ .C xA .AA .V ²
mg − ρ .( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA ).V ² −
sin α = 0
2
2
cos α
soit V ² =
2mg
ρ .( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA + C xA .AA tan α )
soit
V=
2mg
ρ .( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA + C xA .AA tan α )
1
Corrigé DS modélistion
b) FR =
1 ρ .C xA .AA .V ²
donc
2
cos α
FR =
C xA .AA .mg
( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA + C xA .AA tan α )cos α
c) De l’équation (2) on peut écrire :
xA = −
1
AB.ρ ( CZp .Ap + CZG .AG )V ²
2m.g
xA = −
soit
AB( CZp .Ap + CZG .AG )
( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA + CxA .AA tan α )
Application numérique :
a = 3°, d = -4°, b = 0°, m = 5.105 kg, r = 0,6 kg.m-3, g = 10m.s-2;
AB=32 m, AP=114 m², AA=845 m², AG=50 m²;
CZA = 0,2+0,1a= 0,5 , CxA = 0,02+2.10-3.|a|= 0,026 ; CZp = -0,2+0,1(a+d)= -0,3 ;
CZG = 3.10-3(a+b+d)= -3.10-3
V= 207 ms-1 =745km/h
FR= 283 kN
xA=2,82m
ur
uur
Question II-6 : Sachant que la vitesse de l’avion par rapport au galiléen est V = V ( t )x A , déterminer
ur
ur  dV 
le vecteur accélération Γ = 
 de l’avion par rapport au galiléen
 dt  R0
uur
ur
 d xA 
dV uur
Γ( G∈Avion / R0 ) =
xA + V ( t ) 

dt
 dt  R
0
Si on suppose que le mouvement reste plan, alors
uur
ur
uur d γ uur uur
 d xA 
d γ uur
y A ∧ xA = −
zA

 = Ω RA / R 0 ∧ x A =
dt
dt
 dt  R
0
donc
ur
dV uur
d γ uur
Γ( G∈Avion / R0 ) =
xA − V ( t )
zA
dt
dt
ur
uuur
Question II-7 : Sachant que mΓ = ∑ Fext , écrire les équations associées à cette relation :
uur
a) en projection sur x A ;
uur
b) en projection sur z A ;
2
Corrigé DS modélistion
Les conditions initiales sont : a0 = 3°, d0 = -4°, b0 = 0° ;
b devient négatif, a devient a0+Da avec Da>0
CxA = 0,02+2.10-3.|a0+Da|= CxA0+2.10-3.Da,
CZA = 0,2+0,1(a0+Da) = CZA0 +0,1.Da,
CZp = -0,2+0,1(a0+Da+d0) = CZp0 +0,1Da,
CZG = 3.10-3(a0+Da+b+d0) = CZG0 + 3.10-3Da;
uur
L’équation de projection (1) sur x A devient :
(
)
1
FR cos (α 0 + ∆α ) − ρ . C xA0 +2.10-3 .∆α .AA .V ² − mg.sin ( γ ) = mΓ x
2
1
dV
FR cos (α 0 + ∆α ) − FR cos α 0 − ρ .2.10-3 .∆α .AA .V ² − mg.sin ( γ ) = mΓ x = m
2
dt
uur
L’équation de projection (1) sur z A devient :
1
mg.cos (γ ) − ρ .( CZp .Ap + CZG .AG + CZA .AA ) .V ² − FR sin (α 0 + ∆α ) = mΓ z
2
1
1
mg.cos (γ ) − ρ .( CZp 0 .Ap + CZG 0 .AG + CZA0 .AA ) .V ² − ρ . 0,1.∆α .Ap + 3.10−3.∆α .AG + 0,1.∆α .AA V 2 − FR sin (α 0 + ∆α ) = mΓ z
2
2
1
soit
FR sin α 0 − ρ . 0,1.∆α .Ap + 3.10−3.∆α .AG + 0,1.∆α .AA V 2 − FR sin (α 0 + ∆α ) + mg.( cos (γ ) − 1) = mΓ z
2
1
dγ
soit
FR sin α 0 − FR sin (α 0 + ∆α ) − ρ . 0,1.∆α .Ap + 3.10−3.∆α .AG + 0,1.∆α .AA V 2 + mg.( cos ( γ ) − 1) = mΓ z = −m.V .
2
dt
(
)
(
)
(
)
Question II-7 : Donner les expressions :
a) du moment cinétique en G ;
b) du moment dynamique en G.
Sans développer les calculs, quelle information complémentaire aux deux déjà écrites question 2-3
apporte le principe de la dynamique ?
G étant le centre d’inertie de l’avion, le moment cinétique s’écrit :
ur
ur
σ G ,avion / R0 = I (G ,avion) Ωavion / R0
ur
σ
G ,avion / R0
 A
=  0
 − E
−E 
B 0 
0 C  R
0
B
0
 
α 
 
0
  RB
0
ur
soit
σ
G ,avion / R0

Bα
0
=
RB
Le moment dynamique en G s’écrit :
3
Corrigé DS modélistion
ur
δ
ur
G ,avion / R0
ur


ur
uuuur
d
= σ G ,avion / R0 =  d σ G ,avion / R0  + Ω RB / R0 ∧ σ G ,avion / R0


dt
 dt
 RB
0
ur
soit δ G ,avion / R0 =
0

Bα +
0
RB
0

α∧
δ
Bα
0
0
RB
0
ur

G ,avion / R0

Bα
0
=
RB
RB
Les deux relations de la question 2-3 permettent de connaître l’évolution du centre d’inertie G de l’avion,
cette relation nous permet de connaître l’évolution de la vitesse angulaire de l’avion par rapport au
référentiel R0 à partir de :
ur
δ
G ,avion / R0
uur
= ∑M
uur
F ext → avion / G
Question II-9 : Montrer à partir des équations établies question II-7, que les évolutions de CXA et CZA
dV
ont pour conséquence une diminution de la vitesse de l’avion soit
< 0 et une prise d’altitude soit
dt
dγ
> 0 ( γ angle de pente de l’avion).
dt
1
Dans la première relation : FR cos (α 0 + ∆α ) − FR cos α 0 − ρ .2.10-3 .∆α .AA .V ² − mg.sin ( γ ) = mΓ x
2
Da>0 donc FR cos (α 0 + ∆α ) − FR cos α 0 ≤ 0 , donc l’accélération suivant l’axe x est négative,
dV
: La vitesse diminue.
dt
Dans la seconde relation :
1
FR sin α 0 − FR sin (α 0 + ∆α ) − ρ . 0 ,1.∆α .Ap + 3.10−3.∆α .AG + 0 ,1.∆α .AA V 2 + mg.( cos ( γ ) − 1) = mΓ z
2
FR sin α 0 − FR sin (α 0 + ∆α ) < 0 et mg.( cos ( γ ) − 1) ≤ 0 donc l’accélération verticale est négative, la vitesse
or Γ x =
(
)
ascensionnelle initiale étant nulle, l’avion prend de l’altitude (z vers le bas)
dγ
dγ
De plus Γ z = −V ( t )
donc
> 0 : l’angle de pente de l’avion augmente
dt
dt
PARTIE III : Analyse de la fonction pivoter a gouverne de profondeur
Vérification des caractéristiques du vérin
Question III-1 : Indiquer dans le tableau ci-dessous que l’on reproduira sur feuille de copie les signes
uuur
uuur
(+ ou -) de M V et M R suivant que la tige du vérin sort ou rentre. En déduire les situations les plus
défavorables.
uuuuur uuur uur
uuuuur uuuuur uuur
M V / C = CB ∧ FV et M R / C = CCPG ∧ FPG
Sortie du vérin, b<0
Sortie du vérin, b>0
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Corrigé DS modélistion
CPG
uuur
FPG
+
C
C
uur
FV
CPG
B
B
uur
FV
uuur
FPG
uuur uur
uuur uur
M V . y A < 0 et M R . y A > 0
uuur uur
uuur uur
M V . y A < 0 et M R . y A < 0
Rentrée du vérin, b<0
Rentrée du vérin, b>0
CPG
uuur
FPG
C
C
uuur
FPG
CPG
uur
B FV
uur
B FV
uuur uur
uuur uur
M V . y A > 0 et M R . y A > 0
Sortie de la tige
du vérin
Rentrée de la tige
du vérin
uuur
MV
uuur
MR
uuur
MV
uuur
MR
uuur uur
uuur uur
M V . y A > 0 et M R . y A < 0
-30°O b< 0°
_
0°O b< 20°
_
+
_
+
+
+
_
Les situations les plus défavorables sont lorsque les moments sont de signe opposés:
(Sortie du vérin, b<0)
b<0) et (Rentrée du vérin, b>0)
Question III-2 : Déterminer pour une pression minimale de 338 bars, le module de la force
uur
FV développée par le vérin.
uur
uur
FV = ∆P.S = ( HP − BP ) .S
A.N : HP=338 bars, BP= 7 bars, S=57,1 cm²
FV =189.103 N
Question III-3 : Les angles b et f étant dépendants, démontrer rigoureusement la relation
suivante liant ces deux paramètres :
R(cos β − 1 )
tan ϕ =
L0 − R sin β
On effectue la fermeture géométrique de la chaîne C-B-A
uuur uuur uuur
CA = CB + BA
uuur
ur
uur
CA = R.z1 + L.x3
5
Corrigé DS modélistion
En position neutre : b=0°, L0 = AB0 = 700 mm et AB0 perpendiculaire à BC0
uuuur uuuur uuuur
uur
uur
donc CA0 = CB0 + B0 A = R.z0 + L0 .x0
Expression qui devient, en projection sur :
uur
x0 : L0 = R.sin β + L.cos ϕ (3)
uur
z0 : R = R.cos β − L.sin ϕ (4)
 L.cos ϕ = L0 − R.sin β
soit 
 L.sin ϕ = R.cos β − R
L.sin ϕ R.cos β − R
=
L.cos ϕ L0 − R.sin β
tan ϕ =
R ( cos β − 1)
L0 − R.sin β
uuur
Question III-4 : Donner l’expression du moment M V exercé par le vérin sur l’axe C des charnières en
fonction de b et f
(
uuuuur uuur uur
ur
uur
M V / C = CB ∧ FV = R.z1 ∧ − FV .x3
)
π
 uur
= − R.FV .sin  − β + ϕ  .y0
2

uuuuur
uur
M V / C = − R.FV .cos ( β − ϕ ) .y0
Question III-5 : Calculer le moment exercé par le vérin sur l’axe des charnières C dans les deux cas
suivants :
a) b = 0°
b) b= -30°
Quand b = 0° alors f = 0°
uuuuur
M V / C = R.FV = 2 ,93.104 N .m
(
)
 R 3−2 
 R ( cos β − 1) 

 ⇒ ϕ = −1,53°
Quand b =30° ϕ = Arc tan 
=
Arc
tan



β
−
+
L
R.sin
2
L
R
0
 0



uuuuur
M V / C = R.FV .cos (ϕ − β ) = 2 ,58.104 N .m
uuuuur
uuur
On a bien M V / C ≥ M R , donc la fonction FT1-1est bien satisfaite.
Remarque : En reprenant les calculs avec HP = 350 bars, on trouverait des moments de 30,4 et 26,7 kN.m
ce que correspond bien a la figure 22.
Analyse de la fonction transformer le mvt de translation…
Question III-6 : Démontrer que la longueur L=AB entre les attachements A et B du vérin pour une
position b des gouvernes est donnée par l’expression :
L = 2 R 2 + L0 2 − 2 R ( R cos β + L0 sin β )
6
Corrigé DS modélistion
En reprenant les relations (3) et (4) :
 L.cos ϕ = L0 − R.sin β

 L.sin ϕ = R.cos β − R
( L.cos ϕ ) ² + ( L.sin ϕ ) ² = ( R.cos β − R ) ² + ( L0 − R.sin β ) ²
L² = 2 R² + L0 ² − 2 R ( R cos β + L0 sin β )
L = 2 R² + L0 ² − 2 R ( R cos β + L0 sin β )
Question III-7 : En déduire l’expression de la course x2 du vérin en fonction de b et vérifier qu’elle
est compatible avec les spécifications du cahier des charges pour b= -30° et b=20°
x2 = L0 − L
donc x2 ( β = −30° ) = −0.078m et x2 ( β = 20° ) = 0.053m
D’après le cahier des charges -90mm O
x2 O 90 mm
Donc le Cahier des charges est respecté.
Question III-8 : Déterminer de KG .
On peut considérer une zone de linéarité entre -25° et 20°
En prenant les deux points précédemment calculés : ( β = −30°, x2 = −0.078m et β = 20°, x2 = 0.053m
On trouve
20 − ( −30 )
∆β
=
= 382° / m
∆x2 0.053 − ( −0.078 )
soit K G =
382 × π
180
K G = 6 , 66rad .m −1
Proposition technologique pour les charnières
Question III-9 : Indiquer et justifier le choix des composants que l’on peut prescrire pour réaliser la
liaison pivot entre la gouverne et le PHR
a) une rotule et une linéaire annulaire très proche,
b) une rotule et une linéaire annulaire très éloignées.
Le plan horizontal réglable est déformable sous l’action des efforts aérodynamiques, donc pour limiter ces
déformations il vaut mieux éloigner les deux liaisons élémentaires.
De plus ces deux liaisons en parallèle forment une liaison pivot isostatique, ce qui n’engendre pas d’effort
intérieur.
Donc solution b
7