CCP MP 2008 (corrigé).

CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES
EPREUVE SPECIFIQUE – FILIERE MP
SCIENCES INDUSTRIELLES (S.I.)
CORRIGE
ETUDE DE LA TRANSMISSION A VARIATION CONTINUE
VARIO-FENDT
2 Fonction d’un réducteur de vitesse
Question 1 : A l’aide du tableau page 3, déterminer le couple correspondant à la puissance
maxi du moteur MAN.
On a :
•
•
•
Puissance maxi : 228 kW
Régime avec puissance maxi : NPM = 1900 tr/min = 198,97 rad/s
P
228.10 3
C m = max =
= 1145,9 N.m
ωm
198,97
3 Réducteur de vitesse à engrenages
Question 2 : Se prononcer sur la possibilité de fonctionnement du moteur à l ‘aide de la courbe
C m = f ( N m ) de la figure 8 dans les deux cas suivants :
a) C R = 0,8.N R
b) C R = 3.N R
(b)
(a)
Seul le cas (a) présente une possibilité de
fonctionnement.
Page 1 sur 18
Question 3 : Après avoir écrit les relations liant Nm et NR, Cm et CR, transformer la relation
C R = 3.N R en une relation C m = a.N m . Montrer que le fonctionnement du moteur devient alors
possible dans ce cas.
On se place en régime permanent pour lequel l’énergie cinétique du réducteur est constante. Le
rendement η étant égal à 1, l’équation du théorème de l’énergie cinétique s’écrit :
0 = Pm + PR
•
Pm , puissance motrice : Pm = C m .ω m
•
PR , puissance réceptrice : PR = C R .ω R
L’équation devient : C m .ω m = −C R .ω R
En introduisant le rapport :
ωR
1
= − , l’équation nous amène à : C R = 2.C m
ωm
2
D’après le rapport r1 : N R =
Nm
.
2
L’expression C R = 3.N R devient : 2.C m = 3.
Nm
2
⇔
3
C m = .N m
4
Le fonctionnement devient possible.
750
Question 4 : Donner les expressions littérales r1 = f1 (C m , C R ,η ) , C R = f 2 ( Dr , m, g , f , y ).
Calculer r1 à l’aide des données du Tableau 1 dans le cas d’un tracteur Fendt 930.
On se place en régime permanent et on isole la chaîne cinématique :
L’énergie cinétique étant constante, le théorème de l’énergie donne : 0 = Pm + PR + Pint
Pint représente la puissance dissipée par frottement.
Le rendement est : η =
PR
C .ω
= R R
Pm
C m .ω m
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Avec r1 =
•
ωR
C
, on obtient : η = R .r1
Cm
ωm
⇔
r1 = η.
Cm
.
CR
Expression de Cr
z
On isole une roue arrière et on se place au
démarrage à l’équilibre.
R
La masse m du tracteur est rapportée sur
CR
l’arbre de roue.
x
γ
T
A
Le théorème de la résultante donne les équations :
•
r
Sur x : T − mg. sin γ − Fr = 0 ⇔
•
r
Sur z : N − mg. cos γ = 0
G
Fr
Les actions sur la roue sont représentées sur la
figure ci-contre.
Dr/2
N
m.g
γ
T = mg. sin γ + Fr
Le théorème du moment dynamique en G donne :
•
D
D
r
Sur y : − T . r + C R = 0 ⇔ C R = T . r
2
2
De plus, on donne : Fr = m.g . f
On remplace dans CR : C R = m.g.
•
Dr
.( f + sin γ )
2
Application numérique :
Pour le modèle Fendt 930, on donne : m.g = 14000 daN et Dr = 2 m.
De plus, f = 0,05 et γ = 11,31°.
On obtient : CR = 3445,6 daN.m et
r1 = 0,019
Question 5 : L’utilisateur passe en seconde dès qu’il atteint le régime de puissance maxi.
Quelle est alors, en m/s et en km/h, la vitesse v1 du tracteur ?
En régime maxi, le tableau 1 indique Nm = 1900 tr/min.
La vitesse de la roue est NR = r1.Nm , soit : NR = 0,01 × 1900 = 19 tr/min.
En rad/s : ωR = 2 rad/s.
A vitesse du tracteur est : v1 = ωR .
Dr
= 2 m/s = 7,16 km/h
2
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Question 6
: Montrer alors que pour le rapport ri, la vitesse atteinte vi est donnée par
N
l’expression : vi = v1 . PM
 N CM
vitesse vmaxi de 50 km/h.



i −1
. En déduire le nombre de rapports nécessaires pour atteindre la
Les droites N = f (V ) passant par l’origine, elles sont de la forme : N = ai .V .
•
= a 2 .v1
N
N
Pour le rapport r2 : N = a 2 .V avec :  CM
⇒ v 2 = PM .v1
N CM
 N PM = a 2 .v 2
•
N
N
Pour le rapport r3 : v3 = PM .v 2 =  PM
N CM
 N CM
•
N
Pour le rapport ri : vi =  PM
 N CM
2

 .v1

i −1

 .v1

Nombre de rapports pour atteindre vmaxi = 50 km/h.
Le tableau 1 indique NPM = 1900 tr/min. et NCM = 1400 tr/min.
 1900 
50 = 

 1400 
i −1
× 7,16 ⇔
 50 
log

7,16 

+ 1 = 7,38
i=
 1900 
log

 1400 
On choisit le nombre de rapports : i = 8
4 Réducteur de vitesse à variation continue
4.3 - Analyse du fonctionnement de la partie hydraulique
Question 7
: Déterminer les relations liants x à α et y à β
D’après la figure 18 : c = a. sin α pour la pompe et c = a. sin β pour les moteurs.
D’autre part, le débit par tour de la pompe est : q P = n.c.S = n.a. sin α .S .
Ce débit s’exprime aussi : q P = x.V P où VP est la cylindrée maxi obtenue pour α = 45° :
V P = n.a. sin 45°.S . D’où : q P = x.n.a.
2
.S .
2
On pose l’égalité : n.a. sin α .S = x.n.a.
2
.S
2
⇔
x = 2 . sin α
De même pour les moteurs :
y = 2 . sin β
Figure 18
Page 4 sur 18
: Démontrer, en écrivant l’égalité des débits Q (m3/s) entre la sortie de la pompe et
2y
l’entrée du moteur, l’expression suivante : ω P =
.ω M .
x
Question 8
Débit en sortie de pompe : Q =
ωP
ω
.q P = P .x.V P
2π
2π
Débit en entrée du moteur : Q =
ωM
ω
.q M = M .2. y.VM
2π
2π
En égalant ces débits et sachant que V P = VM , on obtient : ω P =
2y
.ω M
x
4.4 - Analyse du fonctionnement de la partie mécanique
Question 9 : Ecrire en prenant comme repère de référence le porte-satellite 4, les conditions de
roulement sans glissement évoquées précédemment en fonction des rayons Ri et des vitesses
angulaires ωi4.
Conditions de roulement sans glissement : V A,3 / 2 = 0 et V B ,1 / 2 = 0
•
En A : V A,3 / 4 = V A, 2 / 4
⇒
R32 .ω 34 = R2 .ω 24
(1)
•
En B : V B ,1 / 4 = V B , 2 / 4
⇒
R12 .ω14 = − R2 .ω 24
(2)
Question 10 : Montrer que de ces deux relations on peut déduire la relation de Willis :
ω10 − λ.ω 30 + (λ − 1)ω 40 = 0 .
Préciser la valeur de λ en fonction des rayons R12, R2 et R32. Calculer λ.
En additionnant les deux équations (1) et (2), on obtient :
R32 .ω 34 + R12 .ω14 = 0 (3)
avec : ω 34 = ω 30 − ω 40 et ω14 = ω10 − ω 40 que l’on reporte dans (3) :
R32 .(ω 30 − ω 40 ) + R12 .(ω10 − ω 40 ) = 0 ⇔
ω10 +
 R

R32
.ω 30 +  − 32 − 1.ω 40 = 0
R12
 R12

On retrouve la forme proposée : ω10 − λ.ω 30 + (λ − 1)ω 40 = 0 dans laquelle : λ = −
Application numérique : λ = −
R32
R12
120
= −2
60
2y
.ω M établie à la question 8, les
x
vitesses de rotation ω10 et ω30 en fonction de ωM . Montrer alors que le rapport du réducteur Fendt
peut se mettre sous la forme :
ωM
A.x
avec A, B, C entiers et positifs. Calculer A, B et C.
=−
ωm
B.R P . y + C.x
Question 11 : Exprimer, en tenant compte de la relation ω P =
Page 5 sur 18
D’après le schéma de la figure 15 :
ω10
R
=− M
ωM
R1M
⇔ ω10 = −
RM
.ω M
R1M
ω 30
R
=− P
ωP
R3 P
⇔ ω 30 = −
RP
.ω P
R3 P
On remplace ωP dans l’expression de ω30 : ω 30 = −
RP 2 y
. .ω M .
R3 P x
En reportant dans la relation de Willis, on obtient :
−
RM
R 2y
.ω M + λ . P . ω M + (λ − 1)ω 40 = 0
R1M
R3 P x

R y R
Sachant que ω 40 = ω m , la relation s’écrit :  2λ P . − M
 R3 P x R1M
D’où :
ωM
=
ωm
De la forme :

ω M = (1 − λ ).ω m

(1 − λ ).R3P .R1M .x
3.R3 P .R1M .x
1− λ
=−
=
R y R
2λ.R P .R1M . y − RM .R3 P .x
4.R P .R1M . y + RM .R3 P .x
2λ P . − M
R3 P x R1M
ωM
A.x
avec :
=−
ωm
B.R P . y + C.x
A = 3.R3 P .R1M = 5346
B = 4.R1M = 132
C = RM .R3 P = 2916
5 Système de commande de la transmission Fendt
5.3 - Analyse du fonctionnement de la partie mécanique
Question 12 : On considère nulles les conditions initiales.
θ ( p)
a) Déterminer la fonction de transfert M ( p) =
du moteur électrique et montrer qu’elle peut
U ( p)
Km
se mettre sous la forme canonique : M ( p ) =
p(1 + τ m . p )
b) Donner les expressions littérales de Km et τm . Calculer Km et τm .
a) Transformées de Laplace des équations caractéristiques :
U ( p) = R.I ( p) + k e . p.θ ( p)

2
 J e . p .θ ( p) = k a .I ( p )
On en déduit :
Page 6 sur 18
M ( p) =
θ ( p)
U ( p)
=
1
1
.
ke

R.J e 
p.1 +
. p 
 k a .k e 
b) Expressions et valeurs numériques :
Km =
1
= 20 rad/s.V -1
ke
τm =
R.J e
= 0,5 s
k a .k e
Question 13 : Déterminer la fonction de transfert en boucle ouverte T(p) et en déduire
l’expression du gain de boucle KBO en fonction notamment de Km et τm .
T ( p) =
U r ( p ) K c .K m .K r
=
ε ( p)
p.(1 + τ m . p )
⇒ K BO = K c .K m .K r
Question 14 : Fonction de transfert en boucle fermée.
a) Déterminer la fonction de transfert en boucle fermée F(p) et montrer qu’elle peut se mettre sous
K BF
.
la forme d’un système du second ordre : F ( p) =
ξ
p2
1+ 2
p+ 2
ω0
ω0
b) Donner l’expression littérale de KBF et celles de ξ et ω0 en fonction de KBO et τm .
a) F ( p ) =
b)
θ ( p)
U e ( p)
K BF =
=
1
1
.
Kr 

τ
1
1 +
. p + m . p 2 
K BO
 K BO

1
Kr
ω0 =
K BO
1
2
ξ= .
τm
K BO
τm
.
1
1
=
K BO 2 K BO .τ m
Question 15 : Analyse des performances
a) Déterminer la valeur du gain de boucle KBO de telle sorte que la réponse à une entrée de type
échelon soit la plus rapide possible sans toutefois produire de dépassement.
b) En déduire la valeur du gain KC de l’action proportionnelle du correcteur.
a) Pour que la réponse à une entrée de type échelon soit la plus rapide possible,sans produire de
dépassement, il faut ξ = 1.
ξ=
1
2 K BO .τ m
=1
⇒
b) Valeur de KC : K C =
K BO =
1
1
=
= 0,5
4.τ m 4 × 0,5
K BO
0,5
=
= 0,0125
K m .K r 20 × 2
Question 16 : Montrer qu’avec la valeur de KC choisie précédemment, la fonction de transfert en
K BF
. Calculer KBF et T.
boucle fermée peut se mettre sous la forme : F ( p) =
(1 + T . p )2
Si ξ = 1 , le dénominateur de la fonction F(p) admet une racine double : p = -ω0.
Page 7 sur 18
F ( p) =
F(p) s’écrit :
avec : T =
1
ω0
=
K BF

p 

1 +
 ω0 
τm
K BO
= 1s
2
K BF =
et
1
= 0,5 rad/V
Kr
Question 17 : En déduire le temps de réponse à 5%. Conclure vis-à-vis des exigences du cahier
des charges.
0,95
Le temps de réponse est supérieur à 1s. Le
cahier des charges n’est pas respecté.
4,7
Question 18 : Etude de la correction.
a) Déterminer la nouvelle fonction de transfert M’(p) (voir figure 25) du moteur et montrer qu’elle
K 'm
peut s’écrire : M ' ( p ) =
.
p(1 + τ ' m . p )
Donner les expressions littérales de K’m et τ’m en fonction de Km et τm .
b) Déterminer la valeur k du gain du retour tachymétrique de telle sorte que τ ' m =
τm
10
.
c) Déterminer les nouvelles valeurs de K’m , KBO , KC , KBF et T.
d) En déduire sans calcul l’écart de position du système équivalent.
a) Nouvelle fonction de transfert M’(p) :
M ' ( p) =
M ( p)
=
1 + k . p.M ( p)
Km


Km

p.(1 + τ m . p ).1 + k . p.
p.(1 + τ m . p ) 

Km
1
.
M ' ( p) =
1 + k .K m


τm
. p 
p.1 +
 1 + k .K m 
Page 8 sur 18
=
Km
Km
=
p.(1 + τ m . p ) + k .K m . p p.(1 + k .K m + τ m . p )
Expressions de K’m et τ’m :
K 'm =
Km
1 + k .K m
τ 'm =
τm
1 + k.K m
b) Valeur de k :
τm
τ 'm =
10
=
τm
1 + k.K m
⇒
1 + k .K m = 10
⇔
k=
9
Km
k=
9
= 0,45 V.(rad/s )-1
20
c) Nouvelles valeurs des coefficients :
K 'm =
Km
20
=
= 2 rad/s.V -1
1 + k .K m 1 + 0,45 × 20
K BO =
KC =
1
=5
0,5
4×
10
K BO
5
=
= 1,25
K ' m .K r 2 × 2
K BF =
T=
1
=
4τ ' m
1
ω0
1
= 0,5 rad/V (inchangé)
Kr
=
τ 'm
K BO
=
0,05
= 0,1 s
5
d) L’écart de position est nul car la FTBO possède une intégration.
Question 19 : La nouvelle valeur du gain de boucle KBO peut-elle nuire à la stabilité ?
Conclure vis-à-vis des exigences du cahier des charges.
Le système étant du second ordre, la marge de gain est vérifiée.
Examinons la marge de phase :
Sur la figure 26, on relève Mϕ ≈ 90° pour ω = 1 rad/s.
Pour KBO = 5, la courbe de gain est relevée de 20Log5 = 14 dB.
Le point à 0 dB est à la pulsation ω ≈ 4 rad/s.
La marge de phase est alors Mϕ ≈ 80°, ce qui est encore largement supérieur à 45°.
Les exigences du cahier des charges en terme de stabilité sont respectées.
Page 9 sur 18
-14 dB
ω ≈ 4 rad/s
Mϕ ≈ 80°
5.4 - Asservissement en position de la pompe
Question 20 : A partir de la description du fonctionnement donné précédemment, déterminer
l’ensemble des transmittances Pi .
P1 =
x P1
θ
= p p (pas de la came)
P5 =
α
y P5
=
1
c
Remarque : QP (t ) = S .
dy P 5
dt
P2 =
x P 21
b
=
x P1
a+b
P6 =
⇒
x P3
α
=d
QP ( p ) = S . p.y P 5 ( p )
Page 10 sur 18
P3 =
P7 =
QP
= Kd
x P2
x P 22
a
=
x P3
a+b
P4 =
y P5
1
=
QP
S. p
Question 21 : Déterminer la fonction de transfert
α ( p)
et montrer qu’elle peut se mettre sous la
θ ( p)
forme d’un système du premier ordre de gain KP et de constante de temps TP dont on précisera les
expressions.
1 1
.
Kd .
P3 .P4 .P5
b.K d
b
α ( p)
S. p c
.
= pp.
= P1 .P2 .
= pp.
1 1
a
(a + b ).S . p.c + a.d .K d
1 + P3 .P4 .P5 .P6 .P7
a+b
θ ( p)
1+ Kd .
. .d .
S. p c a + b
b.
1
α ( p)
= pp.
.
(a + b ).S .c . p
a.d
θ ( p)
1+
a.d .K d
Gain statique : K P = p p .
b.
a.d
Constante de temps : TP =
(a + b ).S .c
a.d .K d
5.5 - Analyse du régime statique ou régime permanent
Question 22 : En déduire :
a) la valeur du gain K,
b) les longueurs a et b du bras de levier P1P3 .
a) K =
π
4 × 12
⇒
K = 6,545.10 −2 rad/V
⇒
a = 90 mm
⇒
b = 110 mm
b) Longueurs a et b :
K = K BF .K P = K BF . p p .
a=
200.K BF . p p
K .d + K BF . p p
b = 200 − a.
=
b
200 − a
= K BF . p p .
a.d
a.d
200 × 0,5 × 8
6,545.10 −2 × 75 + 0,5 × 8
Page 11 sur 18
5.6 - Analyse du régime dynamique ou régime transitoire
On s’impose TP < 0,2 s.
Question 23 : En déduire la valeur de la section S et donc le diamètre D des vérins.
TP =
S=
(a + b ).S .c < 0,2
a.d .K d
π .D 2
4
⇒
S < 0,2 ×
⇔
D=
a.d .K d
90 × 75 × 8000
= 0,2 ×
(a + b ).c
200 × 80
4.S
π
=
4 × 675
⇒ S = 675 mm 2
⇒
π
D = 29,32 mm.
6 Détermination des caractéristiques techniques
6.1 - Détermination du rayon Rp .
Question 24 : Déterminer le rapport de réduction rarr permettant de respecter ces conditions de
fonctionnement.
On a successivement : V =
 R 
Dr
D
D
.ω S = r .rarr .ω R = r .rarr . − M .ω M .
2
2
2
 RR 
D’autre part, on donne à la suite de la question 11 :
D’où : V =
ωM
5345.x
.
=−
ωm
130.RP . y + 2915.x

 R 
Dr
5345.x
.ω m
.rarr . − M . −
2
130
.
.
2915
.
R
R
y
x
+
R 
P


Lors de l’étape 3 du mode de fonctionnement de la transmission Vario, les angles d’inclinaison de
la pompe et du moteur hydrauliques sont respectivement : α = 45° et β = 0°.
Les variables x et y ont été exprimées à la question 7 :
x = 2 . sin α et y = 2 . sin β
D’où : x = 0,5 et y = 0.
On remplace dans V : V =
Dr
R 5345
RR .V
.rarr . M .
.ω m ⇔ rarr = 1,09 ×
2
R R 2915
Dr .RM .ω m
La vitesse de rotation du moteur MAN est : NPM = 1900 tr/min. soit : ω m =
π .N PM
30
= 198,96 rad/s .
50.10 3
La vitesse V est de 50 km/h , soit : V =
= 13,9 m/s .
3600
Les rayons des pignons en plage 1 sont donnés dans le tableau 3 : RR = 42 mm et RM = 54 mm.
Calcul de rarr : rarr = 1,09 ×
42 × 13,9
⇒ rarr = 0,03
2 × 54 × 198,96
Page 12 sur 18
Question 25 : Déterminer la valeur du rayon RP du pignon monté sur l’arbre P permettant de
respecter ces conditions de fonctionnement.
De l’expression : V =
RP =
 R 

Dr
5345.x
.ω m , on extrait :
.rarr . − M . −
+
2
130
.
.
2915
.
R
R
y
x
R 
P



x  rarr Dr RM
.
.
.5345.ω m − 2915

130. y  V 2 R R

A l’étape 4 : α = -30° et β = 45°. D’où : x = −
2
= −0,71 et y = 1 .
2
38.10 3
La vitesse V est de 38 km/h en marche arrière, soit : V = −
= −10,55 m/s
3600
Calcul de RP : R P =
− 0,71  0,03
2 54

× × × 5345 × 198,96 − 2915 ⇒ R P = 37,15 mm

130 × 1  − 10,55 2 42

6.2 - Analyse de la répartition de puissance
Question 26 : Ecrire en régime stationnaire (à vitesse constante) :
a) l’expression de l’accélération a (G2 / R0 )
b) le principe fondamental de la dynamique concernant :
• les résultantes dynamiques en projection sur y 0 et z 0
• le moment dynamique en G2 en projection sur x0
a)
Accélération : a G2 / R0 =
d V (G2 / R0 )
dt
et V (G2 / R0 ) = ω 40 .(R12 + R2 ).z 0 .
R0
La vitesse est constante, d’où :
a G2 / R0 = ω 40 .x0 ∧ ω 40 .(R12 + R2 ).z 0
⇒
2
a G2 / R0 = −ω 40
.(R12 + R2 ). y 0 .
b) On isole le solide 2 et on applique le P.F.D. :
- théorème de la résultante dynamique : m2 .a G2 / R0 = ∑ F ext →2
2
- sur y 0 : − m2 .ω 40
.(R12 + R2 ). = R3→2 + R1→2
- sur z 0 : 0 = T3→2 + T1→2 + Z 4→2
- théorème du moment dynamique en G2 : δ (G2 , 2 / R0 ) = M (G2 ,ext →2 )
- sur x0 : 0 = + R2 .T3→2 − R2 .T1→2
Des équations sur z 0 et sur x0 , on déduit : T3→2 = T1→2 = −
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Z 4→ 2
2
Question 27 : Montrer que l’on peut écrire la relation suivante :
C
C
C d1 = d 3 = d 4
− λ λ −1
On ne considère qu’un seul satellite 2.
• Couple C d 1 : C d 1 = T1→2 .R12 ⇒ T1→2 =
C d1
R12
• Couple C d 3 : C d 3 = T3→2 .(R12 + 2.R2 ) = T1→2 .(R12 + 2.R2 ) ⇒ T1→2 =
Cd 3
R12 + 2.R2
• Couple C d 4 : C d 4 = Z 4→2 .(R12 + R2 ) = −2.T1→2 .(R12 + R2 ) ⇒ T1→2 = −
D’où :
Cd 4
2(R12 + R2 )
C d1
Cd 3
Cd 4
=
=−
R12 R12 + 2.R2
2(R12 + R2 )
On a : R32 = R12 + 2.R2 . Ainsi, la relation précédente peut s’écrire :
C d1 C d 3
Cd 4
=
=−
R12
R32
R12 + R32
⇔
Cd1 =
Cd 3
Cd 4
=−
R32
R
1 + 32
R12
R12
On a montré à la question 10 que : λ = −
obtient : C d 1 =
R32
. En remplaçant dans la relation précédente, on
R12
Cd 3 Cd 4
=
− λ λ −1
Question 28 : Quelle relation existe-t-il entre Pm , PH et PM ?
On considère le train épicycloïdal composé de 1, 2, 3 et 4. La répartition des puissances transmises
s’établit comme suit :
PH
Pm
Train
épicycloïdal
PM
avec :
•
Pm = C m .ω m = C d 4 .ω 4 : puissance fournie par le moteur MAN,
•
PH = C d 3 .ω 3 : puissance transmise à la pompe,
•
PM = C d 1 .ω1 : puissance transmise par le planétaire 1.
En considérant le rendement du train égal à 1, on a : Pm = PH + PM
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Question 29 : Montrer que la relation liant PH à PM est de la forme :
A. y
PH =
.Pm
A. y + B.x
Expliciter et calculer les coefficients A et B.
La relation entre les puissances permet d’écrire :
C d 4 .ω 4 = C d 3 .ω 3 + C d 1 .ω1
Nous allons remplacer Cd1.ω1 en fonction de Cd3.ω3 .
Les couples sont liés par la relation : C d 1 =
D’autre part, la relation ω P =
Cd 3
−λ
2y
.ω M établie à la question 8, permet d’écrire une relation entre ω 3
x
et ω1 .
On a : ω P = −ω 3 .
D’où : ω1 = ω 3 .
R3 P
R
R
R
2y
.ω1 . 1M
et ω M = −ω1 . 1M . Ainsi : ω 3 . 3 P =
RP
RM
RP
x
RM
R3 P .RM .x
2.R1M .RP . y
On obtient : C d 1 .ω1 = −
R3 P .RM .x
.ω 3 .C d 3 avec PH = ω 3 .C d 3
2.λ.R1M .RP . y
La relation entre les puissances devient :

R3 P .RM .x 
 ⇔
Pm = PH 1 −
 2.λ.R1M .RP . y 
De la forme : PH =
PH =
2.λ.R1M .RP . y
.Pm
2.λ.R1M .RP . y − R3 P .RM .x
A. y
.Pm avec :
A. y + B.x
A = 2.λ .R1M .R P
⇒ A = −4884
B = − R3 P .RM
⇒
B = −2916
Question 30 : Exprimer PH en fonction de Pm dans les cas suivants de fonctionnement défini
annexe 1 :
a) Etape 1 : α = 0° , β = 45°
b) Etape 3 : α = 45° , β = 0°
a) Etape 1 : α = 0° , β = 45° ⇒
x=0,y=1
⇒
PH = Pm : Toute la puissance du moteur
thermique est transmise à la pompe. Mais celle-ci ne débitant pas (α = 0° ) vers les moteurs
hydrauliques, le tracteur reste à l’arrêt.
b) Etape 3 : α = 45° , β = 0° ⇒
x=1,y=0
⇒
thermique est transmise par voie mécanique : Pm = PM
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PH = 0 : Toute la puissance du moteur
6.3 - Caractéristiques de l’accouplement élastique
R1
y0
Cm
Arbre moteur 1
A
T2 / 1
Arbre 1’
y0
Arbre 2
I
Cu
z0
x0
B
R2
Question 31 : Ecrire les équations différentielles gérant les paramètres θm(t) et θ2(t).
On décompose la chaîne en trois parties :
- l’arbre moteur 1
- l’arbre récepteur 2
- l’arbre intermédiaire 1’ entre 1 et 2.
On désigne :
- CP1, le couple dû au plateau P2 sur le plateau P1,
- CP2, le couple dû au plateau P1 sur le plateau P2,
- T2 / 1' = T .z 0 , l’action tangentielle en I de la roue de rayon R2 sur la roue de rayon R1,
- I1 , l’inertie de l’arbre 1,
- I2 , l’inertie de l’arbre 2.
L’inertie de l’arbre 1’ est négligée.
On isole l’arbre 1 :
..
I 1 .θ m = C m. + C P1
(1)
On isole l’arbre 1’ :
0 = C P 2. − T .R1
(2)
On isole l’arbre 2 :
..
I 2 .θ 2 = −T .R2 + Cu
(3)
Le comportement de l’accouplement impose :
C P1 = −C P 2 = k ac (θ 1' − θ m )
(4)
L’engrenage entre R1 et R2 impose :
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θ 1' = −
R2
.θ 2
R1
L’équation (2) donne : T =
C P2
R1
Après avoir remplacé T, CP1 , CP2 et θ1’ , les équations (1) et (3) deviennent :
 ..
 R2

 I 1 .θ m = C m. − k ac  .θ 2 + θ m 
 R1


 ..
 I .θ = −k  R2 .θ + θ  R2 + C
2
ac 
m
u
 2 2
 R1
 R1

⇔
 ..
R2
 I 1 .θ m = C m. − k ac .θ m − k ac . .θ 2
R1

 ..
2
 R2 
R2

 I 2 .θ 2 = Cu − k ac . R .θ m − k ac . R  .θ 2
1
 1

Question 32 : Que peut-on préconiser pour que θ2(t) ne soit pas perturbé par le
couple C1 . sin (2ω m .t ) ?
En régime harmonique, le couple Cm oscille autour de C0 d’une valeur C1 . sin(2ω m .t ) . Les réponses
en position θm pour l’arbre 1 et θ2 pour l’arbre 2 autour du point de fonctionnement correspondent
à la solution du système d’équations différentielles dans lequel on pose C m = C1 . sin (2ω m .t ) et
Cu = 0 . D’où :
 ..
R2
.θ 2 = C 1 . sin (2ω m .t )
 I 1 .θ m + k ac .θ m + k ac .
R
1

 ..
2
 R2 
R2

 I 2 .θ 2 + k ac . R .θ m + k ac . R  .θ 2 = 0
1
 1

Sous la forme matricielle, ce système s’écrit :
 I1
0


 ..   k ac
0  θ m  
 +
I 2   ..  
R2
θ 2  k ac .
R1

R2 
R1  θ m  C1 . sin (2ω m .t )

2 .

=
 R2   θ 2  
0

k ac .  
 R1  
k ac .
Considérons la solution sinusoïdale suivante : θ m = A1 . sin (2ω m .t ) et θ 2 = A2 . sin (2ω m .t ) .
On obtient après simplification :
− 4ω m2 .I1
.
0


k ac
  A1  
0
  +
R2
− 4ω m2 .I 2   A2  
k ac .
R1

R2 
R1   A1  C1 

2 .
= 
 R2    A2   0 
k ac .  
 R1  
k ac .
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
2
k ac − 4ω m .I 1
⇔ 
 R2
.k ac

 R1

 A
. 1  = C1 
 A
0
− 4ω m2 .I 2   2   

R2
.k ac
R1
R 
k ac . 2 
 R1 
2
La solution pour A2 est :
A2 =
k ac
k ac − 4ω m2 .I1 C1
R2
.k ac
0
R1
R2
− 4ω m2 .I1
.k ac
R1
−
=
(k
ac
−
4ω m2 .I1
2
R 
k ac . 2  − 4ω m2 .I 2
 R1 
R2
.k ac
R1
R2
.k ac .C1
R1
2
  R 2

2
2  R2 
2
.k ac .  − 4ω m .I 2  − k ac . 
  R1 

 R1 
)
R2
.k ac .C1
R1
⇔ A2 =
  R 2

2
− 4k ac .ω m . I1 . 2  + I 2  + 16ω m4 .I1 .I 2
  R1 

−
Pour la valeur particulière de kac : k 0 =
4ω m2 .I1 .I 2
2
R 
I 1 . 2  + I 2
 R1 
, l’amplitude A2 tend vers l’infini.
L’allure de la courbe d’évolution de A2 en fonction de kac est la suivante :
A2
k0
kac
En conséquence, il faudra choisir un accouplement dont la raideur soit éloignée de cette
valeur k0.
Remarque : le modèle élastique proposé pour l’accouplement ne prend pas en compte l’effet
d’amortissement apparaissant lors de sa déformation. Cet amortissement permet une atténuation de
l’amplitude des oscillations sur l’arbre 2. Il est une caractéristique importante de l’accouplement.
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