Correction CCP PSI 2008

Concours CCP PSI
Corrigé UPSTI
Session 2008
QUESTION 1a
Déplacer une charge rapidement, en toute sécurité, dans un espace défini.
QUESTION 1b
Fonctions de Service :
Fc3
Fc6
Fc7
Fp2
Fp1
Fp3
Fc1
Fc4
Fc2
Fp4
Fc5
Fonctions de service principales (d’interaction) :
•
•
•
•
•
Fp1 :
Fp2 :
Fp3:
Fc2 :
Fp4 :
Déplacer une charge sur commande du grutier
Vaincre les effets de la pesanteur sur la charge
Permettre une manipulation facile et rapide de la charge par le personnel au sol
Mettre le grutier dans des bonnes conditions de travail
Offrir au grutier une bonne visibilité des obstacles éventuels
Fonctions contraintes (d’adaptation) :
•
•
•
•
•
•
•
Fc1 :
Fc2 :
Fc3 :
Fc4 :
Fc5 :
Fc6 :
Fc7 :
Permettre le raccordement au réseau EDF pour l’énergie
Restreindre les mouvements admissibles à la zone d’évolution
Avoir des mouvements compatibles avec la présence d’autres grues.
Etre rapidement montable et réparable par le service montage et entretien.
Evaluer les risques liés au vent
Assurer la stabilité au sol
Résister à l’ambiance du chantier
1/23
Vent
Concours CCP PSI
Corrigé UPSTI
Personnel au sol
Pesanteur
Type de mouflage
Autres grues
Zones à interdire
Energie électrique
Gérer l’energie
et la sécurité
électrique
QUESTION 2
2/23
QUESTION 3a
Dispositif
électrique
Gérer les
déplacements et
la sécurité
Pupitre et partie
commande
Charge à
déplacer
Soulever la
charge
Mécanismes
de mise en
mouvements
Grue à tour
Session 2008
Système de
levage
Déplacer la
cherge
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Corrigé UPSTI
Session 2008
Direction de
l’action du câble
Point de concours
des 3 forces : I
F = 5000 daN
Direction de l’action
du bâti en B
En négligeant le poids propre de la flèche, celle-ci est soumise à 3 forces (glisseurs) qui doivent donc être
concourantes et de somme nulle.
• F : la charge connue
• L’action du câble sur la flèche de direction, celle du câble, soit la droite (DC)
• L’action du bâti sur la flèche en B par la liaison pivot : un glisseur passant par B
Connaissant deux directions, on en déduit le points de concours des trois forces (I). On en déduit la direction
de l’action du bâti sur la flèche en B. Il ne reste plus qu’à réaliser graphiquement la somme vectorielle nulle
de ces trois forces :
F cable→fleche
F = 5000 daN
F batiB→fleche
QUESTION 3b
En tenant compte du poids de la flèche, on a alors un système soumis à 4 forces.
Il faut donc se ramener à un système soumis à 3 forces en déterminant l’action mécanique résultante de la
charge + le poids de la flèche.
Ce glisseur a pour résultante 7000 daN vertical vers le bas (somme des 2 forces) et passe par M, barycentre
de (A, 5000) et Gf, 3000) voir figure suivante, tel que :
5000 x = 2000 ( L − x )
Soit x =
2
L
7
3/23
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L
M
P = 2000 daN
F = 5000 daN
x
P+F = 7000 daN
Le problème graphique est donc le suivant :
M
2
L
7
P+F = 7000 daN
4/23
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Session 2008
QUESTION 4
On écrit l’équilibre du bout de flèche en K, milieu de [ H 2 H 3 ] :
On pose Gλ le centre de gravité du bout de flèche.
 X 1 0
 X 2 0
 X 3 0
 0 0








 Y1 0  +  Y2 0  +  Y3 0  +  0 0 +
 Z 0






 H 2  Z 2 0  H3  Z 3 0  A 5000 0 Gλ
H1  1
Calcul des moments en K :
 0 0
0 0 




 0 0  = 0 0 
100λ 0 



 ? 0 0 
X1
Pour l’action mécanique en H1 : M K = M H1 + KH1 ∧ Y1 =
0
0 ∧ Y1 = + 3 X 1
− 3
Z1
3Y1
X1
Z1
0
X 2 0 X 2 −Z 2
Pour l’action mécanique en H2 : M K = M H 2 + KH 2 ∧ Y2 = −1 ∧ Y2 = 0
Z2
0 Z2
X2
X3 0 X3
Z3
Pour l’action mécanique en H3 : M K = M H3 + KH 3 ∧ Y3 = 1 ∧ Y3 = 0
Z3 0 Z3 − X 3
Pour l’action mécanique en A : M K = M A + KA ∧
λ
0
0
λ
2
0 = 0 ∧
100λ
 X 2 −Z2 


 Y2 0  +
Z X 
2 
K  2
0
0 = 0 ∧ 0 = −5000λ
5000 0 5000
0
Pour l’action mécanique en Gλ : M K = M Gλ + KGλ ∧
Soit :
 X Y1 3 
 1

Y
−
X
3
 1
+
1
Z
0 
1


K 
0
0
0 
 X 3 Z3 
 0




 Y3 0  +  0 −5000λ  +
Z −X 
5000
0 
3
K  3
K 
0
0
0 = −50λ 2
100λ
0
0 
 0

2
 0 −50λ  =
100λ
0 
K 
0 0 


0 0 
0 0 

K 
Ce qui donne les six équations suivantes, en tenant compte de la symétrie donnée dans l’énoncé : X 2 = X 3 :
5/23
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X1 + 2 X 2 = 0


Y1 + Y2 + Y3 = 0


Z1 + Z 2 + Z 3 = 0

Y1 3 − Z 2 + Z 3 = 0

− X 3 − 5000λ − 50λ 2 = 0
 1
X2 − X2 = 0

Seule nous intéresse la première et la cinquième, (les autres permettent de constater l’hyperstaticité du
modèle).
50λ

X1 = −
(100 + λ )

3

 X 1 + 2 X 2 = 0
⇔ 

2
− X 1 3 − 5000λ − 50λ = 0
 X = 25λ (100 + λ )
 2
3
Avec l’hypothèse du problème plan on simplifie nettement la résolution :
H1
F
µλ
H23
Théorème du moment statique en H23 : − F λ − µ
λ2
λ
λ
− 3 X 1 = 0 donne X 1 = −
(F + µ )
2
2
3
QUESTION 5
On applique le théorème du moment
dynamique à l’ensemble (câble + charge) en
projection suivant ( GC , yC ) , ainsi l’inconnue
de liaison de la pivot avec la flèche est
nulle :
xc
Gc
O
yc
β
θɺ
6/23
zc
P
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δ G ( charge+cable/0 ) . yC = M G
C
C
( g → charge ) . yC + M
G ( flèche → charge ) . yC = M G ( g → charge ) . yC
C
C
0
Calcul de la projection du moment :
M GC ( g → charge ) . yC =  M P ( g → charge ) + GC P ∧ MgzC  . yC


= Mg [ zC ∧ yC ] .GC P
= − Mg xC .GC P
= − MgL sin β
= − MgLβ
Calcul de l’accélération :
OP = RxC + Lz P avec z P = cos β zC + sin β xC
ɺ y avec θɺ = constante
V ( P / 0 ) = Rθɺ yC + Lθɺ sin β yC = Rθɺ yC + Lθβ
C
2
a ( P / 0 ) = − ( R + Lβ ) θɺ xC
Calcul de la projection du moment dynamique :
δ GC ( charge+cable/0 ) . yC = GC P ∧ Ma ( P / 0 )  . yC
= − GC P ∧ M ( R + Lβ ) θɺ 2 xC  . yC
= − M ( R + Lβ ) θɺ 2 ( xC ∧ yC ) .GC P
= − M ( R + Lβ ) θɺ 2 zC .GC P
= − M ( R + Lβ ) θɺ 2 L cos β = − M ( R + Lβ ) θɺ 2 L
Soit : − M ( R + Lβ ) θɺ 2 L = − MgLβ , d’où :
β=
Rθɺ 2
g − Lθɺ 2
QUESTION 6
GC 0GCt = Rθ yC
θɺɺ = constante , donc en intégrant deux fois avec des conditions initiales non précisées dans l’énoncé
mais sans doute nulle ( θɺ ( t = 0 ) = 0 et θ ( t = 0 ) = 0 , on obtient :
1
2
θɺ = θɺɺt et θ = θɺɺt 2 , ce qui donne :
Rθɺɺt 2 GC 0GCt =
yC
2
QUESTION 7 et 9
7/23
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Ma ( charge/0 ) . yC = R ( g → charge ) . yC + R ( cable → charge ) . yC
Calcul de l’accélération (voir figure 8 du sujet) :
Rθɺɺt 2 α zC + L sin
α yC
OP = OGC 0 + GC 0GCt + GCt P = OGC 0 +
yC + L cos
2
1
α
vecteur fixe
On « ne dérive pas » yC puisque celui-ci est considéré constant yC = yC 0 , soit
V ( P / 0 ) = Rθɺɺt − Lαɺ yC
(
)
D’où pour les mêmes raisons :
a ( P / 0 ) = Rθɺɺ − Lαɺɺ yC
(
)
Calcul des projections d’action mécanique :
R ( g → charge ) . yC = 0
R ( cable → charge ) . yC = Tcable sin α = T α
Or en appliquant le PFD à la charge suivant zC , on obtient :
Ma ( charge/0 ) .zC = R ( g → charge ) .zC + R ( cable → charge ) .zC , d’où : T = Mg ,
0
Mg
− T cos α =−T
ce qui donne sur yC , l’équation différentielle :
Rθɺɺ − Lαɺɺ = gα
d 2α
On obtient : L 2 + gα − Rθɺɺ = 0
dt
Il est bien sûr impossible de trouver l’équation différentielle demandée qui n’est pas homogène !!!
QUESTION 8
Puisque on « ne dérive pas » yC :
d 2 P0 Pt . yC d 2 P0 Pt =
. yC = a ( P / 0 ) . yC = Rθɺɺ − Lαɺɺ = gα , soit :
2
2
dt
dt
t t
P0 Pt . yC = g ∫ ∫ α ( u ) du
0 0
Autre résultat en utilisant Q6 :
Rθɺɺt 2
soit : P0 Pt . yC =
− L.α
2
P0 Pt . yC = GC 0GCt . yC − L sin α
QUESTION 10
d 2α
+ gα − Rθɺɺ = 0 a pour solution particulière
dt 2
g
g
Rθɺɺ
α=
, pour solutions de l’équation sans second membre : α = cos
t ou sin
t
g
L
L
L
8/23
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Session 2008
On a donc comme équation du mouvement : α =
Or α ( 0 ) = 0 impose a = −
D’où : α =
Rθɺɺ
g
g
+ a cos
t + b sin
t
g
L
L
Rθɺɺ
, et αɺ ( 0 ) = 0 impose b = 0
g
Rθɺɺ 
g 
t.
1 − cos
g 
L 
Autre solution avec transformée de Laplace :
••
Rθ
( Lp ² + g )α ( p ) =
(accélération angulaire en échelon)
p
••
Rθ
1
D’où : α( p ) =
g p (1 + L p 2 )
g
1
or dans Laplace :
a pour transformée inverse :1-cosωt donne le même résultat.

p2 
p 1 + 2 
 ω 
QUESTION 11
GC
O
On réécrit un PFD :
Théorème de la résultante dynamique appliqué à la charge en
mouvement le long de la flèche :
Ma ( charge/0 ) = Mg + T cable
Sur la figure de travail la normale β > 0 , alors qu’on s’attend
qualitativement à le trouver dans l’autre sens (pour une accélération
posotive),c'est-à-dire négatif :
OP = xxC + L sin β xC + L cos β zC , d’où avec l’approximation des
petits angles :
OP = ( x + Lβ ) xC + LzC , soit :
(
zC
)
M ɺɺ
x + Lβɺɺ xC = MgzC − T ( cos β zC + sin β xC ) = ( Mg − T ) zC − T β xC
Ce qui donne en projection sur zC : Mg = T
Et en projection sur x : ɺɺ
x + Lβɺɺ = − g β
C
Soit l’équation différentielle : Lβɺɺ + g β = − ɺɺ
x
ɺɺ
x
La solution particulière vaut β = −
g
Les solutions de l’équation sans second membres sont : β = cos
9/23
xC
yC
g
g
t ou sin
t
L
L
zC
β
T cable
P
Mg
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On a donc comme équation du mouvement : β = −
Or β ( 0 ) = 0 impose a =
D’où : β = −
ɺɺ
x
g
g
+ a cos
t + b sin
t
g
L
L
ɺɺ
x
, et βɺ ( 0 ) = 0 impose b = 0
g
ɺɺ
x
g 
t  , soit la même expression que celle trouvée à Q10 en remplaçant α par β et
1 − cos
g
L 
Rθɺɺ par −ɺɺ
x
QUESTION 12
Suivant les cas de mouvements, le déport vaut 0,5m = Lα = Lβ
• En ne gardant que la solution particulière (soit en régime « stabilisé ») de la question précédente, , on
ɺɺ
0, 5 g
x
xmax =
= 0,5 m.s −2
trouve : 0,5m = Lβ = L max , soit ɺɺ
L
g
• En ne gardant que la solution particulière de la question 7 on a un régime permanent: α =
gα 0,5 g
=
= 0, 025 rad .s −2
Soit : θɺɺmax =
R
RL
• D’après Q5, on a β =
g
0,5
Rθɺ 2
=
, soit θɺ 2 max =
. D’où :
2
ɺ
L
g − Lθ
L ( 2 R + 1)
θɺmax = 0,16 m.s −1
QUESTION 13
a)
On impose donc un déplacement en trapèze pour la vitesse de rotation θɺ :
θɺ
θɺmax = 0, 08 rad/s
θɺɺmax = 0, 025 rad/s 2
t
t1
t2
t1
L’aire du trapèze correspondant à l’intégrale de la vitesse, c'est-à-dire à l’amplitude, soit π , on a
π = θɺmax ( t1 + t2 )
10/23
Rθɺɺmax
g
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Corrigé UPSTI
•
•
Session 2008
t1 correspond au temps qu’il faut pour atteindre une vitesse de 0,08 rad/s avec une accélération
0, 08
constante de 0,025 rad/s2 , soit t1 =
= 3, 2 s
0, 025
π
π = θɺmax ( t1 + t2 ) , soit t2 = ɺ − t1 = 39,3 − t1
θ max
Le temps total de déplacement valant Tπ = 2t1 + t2 , on trouve Tπ = 42, 5 secondes
b)
On a le même principe de déplacement avec les valeurs ci-dessous :
xɺ
xɺmax = 2 m/s
ɺɺ
xmax = 0, 5 m/s 2
t
t1
t2
t1
L’aire du trapèze correspondant à l’intégrale de la vitesse, c'est-à-dire à l’amplitude, soit 20m , on a
20 = 2 ( t1 + t2 )
•
t1 correspond au temps qu’il faut pour atteindre une vitesse de 2 m/s avec une accélération constante
2
de 0,5 rad/s2 , soit t1 =
=4s
0, 5
20
• 20 = 2 ( t1 + t2 ) , soit t2 =
− t1 = 10 − t1
2
Le temps total de déplacement valant T20 = 2t1 + t2 , on trouve T20 = 14 secondes
c)
Pour augmenter la productivité on peut effectuer une translation de la flèche soit 20 m pendant un demi tour
de rotation.
QUESTION 14
a)
Chaque étage réduit la vitesse de rotation mais augment le couple, donc pour transmettre des couples plus
important en gardant des pressions de contact raisonnables entre les dents des engrenages, il faut augmenter
les surfaces de contact en allongeant les « lignes » de contact entre dents d’engrenages, c'est-à-dire en
augmentant l’épaisseur des engrenages.
b)
On a trois étages épicycloïdaux à 2 engrènements chacun, soit 6 engrènements. Plus un engrènement pour le
train simple. Soit en tout 7 engrènements.
Le rendement global vaut donc : ρ = ( 0, 98 ) = 0,87 (87%)
7
11/23
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Session 2008
QUESTION 15
On peut tracer un schéma d’un
étage :
C=0
S
En appliquant la relation de Willis
ci-contre, on a :
ωP / PS ωP / PS
Z Z
Z
=
=− C S =− C
ωC / PS ω0 / PS
ZS Z P
ZP
ωe
ωs
PS
P
Ce qui donne avec les mouvements
d’entrée et de sortie choisi :
ωe − ω s
Z
=− C
−ωs
ZP
D’où :
ωs
ZP
1
=
=
ωe Z P + Z C 6
QUESTION 16
On fera attention à noter que l’énoncé demande le rapport de l’entrée sur la sortie !!!
ω
153
µ = moteur = 63 ×
= 1836
18
ω fleche
QUESTION 17
a)
On admet le plan ( O; x f , z f ) , comme plan de symétrie, donc les produits d’inertie « en y » sont nuls, à
savoir D=F=0, ce qui donne bien la forme fournie.
b)
IΣ = I S1 + I S 2 + I M + I P
Il suffit alors d’appliquer Huygens pour avoir chacune des inerties, soit :
M 1 L2f
I S1 = C1 +
4
I S 2 = C2 + 0
m 2
a

I S1 =
a + b2 + m  d + 
12
2

2
I S1 = 0 + MR
(
)
2
Soit, pour l’inertie demandée : I Σ = C1 +
M 1 L2f
4
2
m 2
a

a + b 2 + m  d +  + MR 2
+ C2 +
12
2

(
12/23
)
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c)
L’énergie cinétique s’écrit alors : EC ( Σ / 0 ) =
1
I Σω 2flèche , soit en introduisant le rapport de réduction du
2
réducteur :
EC ( Σ / 0 ) =
1 IΣ 2
1
2
ωmoteur = I µ ωmoteur
2
2µ
2
IΣ
Iµ =
D’où
µ2
QUESTION 18
On applique le théorème de l’énergie cinétique à l’ensemble {moteur+reducteur+ens tournant}
1
2
( I m + I µ ) ωmoteur
2
Pext = P ( moteur →arbre/0 ) + P ( g →ens tournant/0 ) + P ( vent →ens tournant/0 )
EC =
C m ωm
CV ω flèche
0
Pint = − (1 − η ) Cmωm correspond à la puissance perdue dans le réducteur

C
D’où : ( I m + I µ ) ωmoteur ωɺ moteur = Cmωm + CV ω flèche − (1 − η ) Cmωm = η Cmωm + CV ω flèche = η Cm + V
µ

C
Soit : ( I m + I µ ) ωɺ moteur = η Cm + V

 ωm

µ
Or ωɺ moteur = µωɺ flèche , d’où :
Cm =
1
C 
I m + I µ ) µωɺ flèche − V 
(

η
µ 
Suivant la position relative de la flèche par rapport à la direction du vent sur le site CV est positif ou négatif.
QUESTION 19
V apparent ( M ∈
fleche
) = V vent − V ( M ∈ fleche / 0 ) , d’où avec OM = ru
V apparent ( M ∈
fleche
⇒ V (M ∈
flèche / 0
) = rθɺv
) = Vv y − rθɺv
Ce qui donne la répartition suivante :
Vv = 72km / h = 20m / s ⇔ 4cm
V ( J ∈ flèche / 0 ) = 50θɺ = 5m / s ⇔ 1cm
En rouge la vitesse du vent en tout point de la flèche
En bleu la répartition de vitesse des point de la flèche dans leur mouvement par rapport au sol
En vert la vitesse du vent apparent en K, I et J
13/23
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QUESTION 20
J 50
50
1
1
M O = ∫ OM ∧ dT = Ct ρVv2 ∫ ru ∧ ydS = Ct ρVv2 ∫ r [ cos θ x + sin θ y ] ∧ y (1× dr cos θ )
2
2
K
−10
−10
50
1
M O = Ct ρVv2θɺ cos 2 θ z ∫ rdr
2
−10
1
M O = Ct ρVv2 cos 2 θ z 50 2 − 10 2  = 600Ct ρVv2 cos 2 θ .z
4
M O = 144Vv2 cos 2 θ .z
Avec Vv = 72km / h = 20m / s , on obtient M O = 57, 6.103 cos 2 θ .z
QUESTION 21
Solide en rotation autour d’un axe fixe :
Théorème du moment dynamique en projection sur l’axe fixe ( O; z )
I θɺɺ = M O .z − C − C θɺ , soit :
Σ
f
fv
4.106 θɺɺ + 6.104 θɺ = −1000 + 144Vv2 cos 2 θ
14/23
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Avec Vv = 72km / h = 20m / s , on obtient 4000θɺɺ + 60θɺ − 57, 6 cos 2 θ + 1 = 0
QUESTION 22
La condition de non basculement s’écrit N ( sol B
→ grue
)
> 0 , soit avec les notation de l’énoncé R2 > 0
Théorème du moment dynamique appliqué à l’ensemble de la grue suivant ( A; y ) :
Les solides constituant la grue sont en translation donc pour chacun d’eux le moment dynamique est nul en
leur centre de gravité respectif.
De plus, les seules données d’inertie que l’on retienne sont celle des masses C, CP et 1CP, donc :
δ A ( grue / 0 ) . y = δ A ( C / 0 ) . y + δ A ( CP / 0 ) . y + δ A (1CP / 0 ) . y
=  AC ∧ M C a ( C / 0 ) + AD ∧ M CP a ( D / 0 ) + AE ∧ M 1CP a ( E / 0 )  . y
Solide en translation, donc a ( C / 0 ) = a ( D / 0 ) = a ( E / 0 ) = ɺɺ
xx
Soit : δ A ( grue / 0 ) . y =   M C AC + M CP AD + M 1CP AE  ∧ ɺɺ
xx  . y


δ A ( grue / 0 ) . y = ɺɺ
x  M C AC + M CP AD + M 1CP AE  . ( x ∧ y )
= ɺɺ
x  M C AC + M CP AD + M 1CP AE  .z
= ɺɺ
x [ 60 M C + 70 M CP + 5M 1CP ]
Le théorème du moment dynamique choisi s’écrit :
δ A ( grue / 0 ) . y = M A ( g → C ) . y + M A ( g → CP ) . y + M A ( g → 1CP ) . y + M A ( solB → grue ) . y + M A ( solA → grue ) . y
47 M C g
−13 M CP g
−3 M1CP g
6 R2
0
Soit l’équation : ɺɺ
x [ 60 M C + 70M CP + 5M 1CP ] = 47 M C g − 13M CP g − 3M 1CP g + 6 R2
x [ 60 M C + 70M CP + 5M 1CP ] = 47 M C g − 13M CP g − 3M 1CP g , soit
D’où, pour la limite du basculement R2 = 0 : ɺɺ
x=
une décélération limite de ɺɺ
x = −1, 23
A.N. : ɺɺ
m.s
47 M C g − 13M CP g − 3M 1CP g
60 M C + 70 M CP + 5M 1CP
-2
QUESTION 23
ɺɺ
x = −1, 23
m.s
-2
10
60
1
10
= 0,135 s
tel que : xɺ (Tdec ) = 0 = −1, 23Tdec +
, soit : Tdec =
6 × 1, 23
60
Donc en intégrant et en tenant compte de la vitesse initiale : xɺ = −1, 23t +
Ce qui donne un temps d’arrêt de Tdec
15/23
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En intégrant une second fois et en prenant x ( 0 ) = 0 , on a une position x ( t ) = −1, 23
Soit une distance parcourue de : Ddec = x (Tdec ) = 0, 011m=11cm
t2 1
+ t+0
2 6
QUESTION 24
5
Détecteur
1
Freinage
limiteur surcourse
Tdec/X1
2
Arrêt
3
Pb de Freinage
Remarque : Qu’est ce que c’est que ce détecteur si ce n’est « limiteur » !!!
QUESTION 25
a) Pour un montage à 2 brins
V cable/flèche
Vcable=0
Vcable = VA3/ 0 = 0 ⇒ A 3 =I P3/0
V cable/flèche = V A2,P2/0
On s’intéresse à la cinématique des poulies P2, P3 et du brin de câble les reliant :
16/23
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En étudiant d’abord la poulie P3 :
A 3 =I P3/0
B3
V O3 , P 3/ 0 = V crochet / 0
support de V B3 , P 3/ 0
Comme A 3B3 = rayonP 3 × 2 , V B3 , P 3/ 0 = 2 V O3 , P 3/ 0 = 2 V crochet / 0
On retrouve cette vitesse en B2, puisque le brin entre les 2 poulies est en translation, en s’intéressant à la
poulie 2, on a donc :
I2
B2
V 02 , P 2 / 0 = V crochet / 0
V B2 , P 2/ 0
Le CIR de P2 est donc en I2, comme représenté ci-dessus et l’on a donc par construction ci-dessous :
I2
V 02 , P 2 / 0 = V crochet / 0
V A2 , P 2/ 0 = 2V O2 , P 2 / 0
1 1 D’où V crochet / chariot = V cable / flèche ce qui équivaut dans le contexte à V crochet / 0 = V cable / 0
2
2
b)
• Pour la poulie P3 : A3 étant le CIR de P3, on en déduit par
le champ des vitesses V A '3 , P 3/ 0 = 2V crochet / 0
A 3 =I P3/0
V O3 , P 3/ 0 = V crochet / 0
V A '3 , P 3/ 0
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• Pour la poulie P5 : O5 étant le CIR de P5, on en déduit par le
triangle des vitesses
V A 4, P 5/ 0 = −V A '4, P 5/ 0 = −V A '3, P 5/ 0 = −2V crochet / 0
V A4 , P 5/ 0 = −2V crochet / 0
O5 =I P5/0
V A '4 , P 5/ 0 = 2V crochet / 0
• Pour la poulie P2 : V O 2, P 2/ 0 = V crochet / 0 et
V A '2, P 2 / 0 = V A 4, P 5/ 0 = −2V crochet / 0 , on en déduit par le triangle
des vitesses que :
V A2 , P 2 / 0 = 4V crochet / 0
Or V A2 , P 2 / 0 = V cable / fleche = V cable / 0 = 4 V crochet / 0
V A '2 , P 2 / 0 = −2V crochet / 0
V O2 , P 2 / 0 = V crochet / 0
1 On a donc V crochet / 0 = V cable / 0
4
V A2 , P 2 / 0 = 4V crochet / 0
QUESTION 26
La tension dans tous les brins du câble est identique sinon celui-ci se déformerait (hors étude). On la notera
T. En considérant les brins comme des solides indéformables, ceux – ci exercent sur les poulies des efforts
dont la norme vaut la tension T
La charge montant à vitesse constante, donc sans accélération, le théorème de la résultante dynamique a la
même expression analytique que le théorème de la résultante statique.
18/23
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a)
Isolons l’ensemble P2 + P3 + Crochet :
T
T
De façon évidente, on en déduit que la tension
dans les câbles correspond à la moitié du
poids de la charge soulevé.
T=
Poids de la charge : Mg
Mg
2
b)
Isolons l’ensemble P2 + P3 + Crochet :
T
T
T
T
De façon évidente, on en déduit que la tension
dans les câbles correspond au quart du poids
de la charge soulevé.
T=
Mg
4
Poids de la charge : Mg
QUESTION 27
On applique le théorème de l’énergie cinétique à l’ensemble du mécanisme de levage
1
2
EC ( mot+red+tambour/0 ) = J mωmoteur
; EC ( cables/0 ) = 0 masses négligées ;
2
1
EC ( moufles/0 ) = 0 masse non données donc sans doute négligée ! ; EC ( charge/0 ) = M chVch2
2
1
1
2
Donc EC ( mécanisme de levage/0 ) = J mωmoteur
+ M chVch2
2
2
1
1 Dtt
1 Dtt 1
D
Or Vch = Vcable / 0 =
ωtambour =
ωm = tt ωm .
2
2 2
2 2 40
160
2
1
D  2
D’où : EC ( mécanisme de levage/0 ) =  J m + M ch tt 2  ωmoteur
2
160 
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Pext = P ( moteur →arbre/0 ) + P ( g →mécanisme de levage/0 )
Cm ωm
− M ch gVch
Pint = 0

D2 
D 

D’où :  J m + M ch tt 2  ωmoteurωɺ moteur = Cmωm − M ch gVch =  Cm − M ch g tt  ωm
160 
160 



Dtt2 
D
ωɺ
= Cm − M ch g tt
Soit :
 J m + M ch
2  moteur
160 
160

QUESTION 28
Ce qui permet de compléter le schéma bloc du document réponse par :
Um
ε1
+
-
1
0,2+ 0,004 p
Im
Kc
Cm
+
CR = M ch g
Dtt
160
Ωm
Dtt
160
1
-
J eq p
Vch
Ke
avec J eq = J m + M ch
Dtt2
= 0,54 Kg.m 2
2
160
QUESTION 29
Directement par équation :


Kc
Ke
Cm =
( Cm − C R ) 
U m −
0, 2 + 0, 004 p 
J eq p



Ke Kc
K cU m
Ke Kc
Cm  1 +
=
+
C , Soit :
 J p ( 0, 2 + 0, 004 p )  0, 2 + 0, 004 p J p ( 0, 2 + 0, 004 p ) R
eq
eq


K c J eq p
Ke Kc
Cm =
Um +
CR
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
Par superposition en simplifiant le schéma bloc :
CR = 0 donne :
Soit :
Um
Kc
Cm
0, 2 + 0, 004 p
=
Ke Kc
Um 1+
J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
=
K c J eq p
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
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ε1
+
-
1
0,2+ 0,004 p
Im
Cm
Kc
Ke
J eq p
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, ce qui est bien le résultat partiel trouvé
précédemment.
−C R
Ωm
1
+
J eq p
−C m
U m = 0 donne :
Soit :
−
Ke Kc
0, 2 + 0, 004 p
Ke Kc
0, 2 + 0, 004 p
1
Cm
Ke Kc
=−
−C R
( 0, 2 + 0, 004 p ) 1 +
=−
J eq p
Ke Kc
J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
Ke Kc
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
, ce qui est bien le résultat partiel trouvé précédemment.
QUESTION 30
Cm =
Cm =
K c J eq p
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
200 K c J eq
K e K c + J eq p ( 0, 2 + 0, 004 p )
Um
avec
Um =
200
, d’où
p
, ce qui donne en application numérique :
180
30000
30000
= 2
=
, ce qui se décompose en éléments
2
1 + 0,3 p + 0, 006 p
p + 50 p + 166,6 ( p + 3, 6 )( p + 46, 4 )
simples sous la forme :
a
b
Cm =
+
avec :
p + 3, 6 p + 46, 4
 30000 
• a=
= 700

 p + 46, 4  p =−3,6
Cm =
•
 30000 
b=
= −700

 p + 3, 6  p =−46,4
 1

1
Soit Cm = 700 
−
 , d’où :
 p + 3, 6 p + 46, 4 
(
Cm ( t ) = 700 e −3,6t − e−46,4t
)
Les valeurs initiale et à l’infini sont donc nulles.
Cependant une simulation informatique (voir ci-dessous) permet de constater un maximum de l’ordre de
520Nm pour le couple moteur dans de telles conditions.
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Cm
Concours CCP PSI
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Session 2008
model
SignalMonitor
500
400
300
200
100
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
temps {s}
QUESTION 31
Pour la rampe U m =


1
6000
6000
40


 U = 40  =

,
on
a
C
Cm U m = 200
=
,
 =
m  m

2
2

2
p


p 

p
5p
p ( p + 3, 6 )( p + 46, 4 )
p p + 50 p + 166, 6
(
ce qui se décompose en éléments simple sous la forme :
a
b
c
Cm = +
+
avec :
p p + 3, 6 p + 46, 4
•


6000
a=
 = 36
 ( p + 3, 6 )( p + 46, 4 )  p = 0
•


6000
b=
= −39

 p ( p + 46, 4 )  p =−3,6
•
 6000 
c=
=3

 p ( p + 3, 6 )  p =−46,4
Soit Cm =
36
39
3
−
+
, d’où :
p p + 3, 6 p + 46, 4
Cm = 36 − 39e −3,6t + 3e−46,4t
Ce qui donne les valeurs remarquables suivantes :
Cm ( 0 ) = 0 Nm et Cm ( ∞ ) = 36 Nm
Ce qui donne la réponse à un échelon d’un second ordre fortement amorti :
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)
Concours CCP PSI
Corrigé UPSTI
Session 2008
model
40
SignalMonitor
35
30
25
20
15
10
5
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
time {s}
QUESTION 32
Pour diminuer le couple moteur on peut :
• Au niveau du système mécanique augmenter le rapport de réduction
• Au niveau commande, et d’après la comparaison des réponses obtenues aux 2 questions précédentes,
il faut prévoir une commande en rampe de tension pour atteindre la consigne constante (ici 5s en
rampe pour 200V).
23/23