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CONCOURS COMMUN 2004
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve spécifique de Sciences Industrielles
( Filière PTSI )
Mercredi 19 Mai 2004 de 8H00 à 12H00
CORRECTION SUJET 2004
Automate préparateur et distributeur de pizzas
Epreuve spécifique de Sciences Industrielles PTSI
Correction Sujet PTSI
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CONCOURS COMMUN 2004 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
B1
La valeur ajoutée est ici une transformation du contenu des dosettes en une pizza prête à être consommée, de plus la pizza est
conditionnée.
B2
Le ticket est présent en temps que compte rendu en sortie du système, mais il est également nécessaire comme donnée de contrôle (de
type exploitation) afin d’autoriser la livraison de la pizza au client.
C1
E60
=1
Sélectionner dosette
61
Dosette sélectionnée
Transférer dosette
62
Dosette transférée
Dosette non sélectionnable
63
Mémoriser le code barre
Code mémorisé
S60
C2
(t78) = X5
Page 2/12
E1
⎧0 vx40 ⎫
⎪
⎪
0
0
⎨
⎬
{V4 / 0 } =
⎪0 0 ⎪
⎭
C⎩
⎧ 0
⎪
{V3 / 2 } = ⎨ 0
⎪ωz
32
D⎩
E2
(forme valable ∀P )
0⎫
⎪
0⎬
0⎪⎭
⎧ 0
⎪
{V0 / 3 }= ⎨ 0
⎪ωz
03
F⎩
⎧0
⎪
{V2 / 4 } = ⎨ 0
⎪ β
C⎩
0⎫
⎪
0⎬
0⎪⎭
0⎫
⎪
0⎬
0⎪⎭
{V4 / 0 } + {V0 / 3 } + {V3 / 2 }+ {V2 / 4 } = {0}
torseurs exprimés au même point et dans la même base.
E3
calculs effectués au point C.
β
GV (C ∈ 3 / 2) = 0G + CKD ∧ ΩG (3 / 2) = LLcos
sin β ∧
0
G
G
0
Lωz32 sin β
0 = − Lωz32 cos β
ωz32
0
G
G
G
G
K
V (C ∈ 0 / 3) = 0 + CF ∧ Ω(0 / 3) = 2.L.cosβ x ∧ ωz03 z = -2.L.ωz03.cosβ y
⎧
ωz03 + ωz32 + β = 0
⎪
vx40 + L.ωz32 sin β = 0
⎨
⎪− Lωz cos β − 2.L.ωz . cos β = 0
32
03
⎩
donc vx40 = − L.ωz 32 sin β
ωz32 = −2ωz 03
en définitive
ωz32 =
−V
L.sin β
(avec vx40 = V )
Page 3/12
E3 (suite)
ωz03 =
et
donc :
V
2.L. sin β
β = −ωz 03 − ωz32
β =
=
V
V
L.sin β 2.L.sin β
V
2.L. sin β
G
calcul de V ( E ∈ 5 / 0)
E4
G
G
G
V ( E ∈ 5 / 0) = V ( E ∈ 5 / 2) + V ( E ∈ 2 / 0)
G
G
G
G
G
V ( E ∈ 5 / 2) = 0 et V ( E ∈ 2 / 0) = V ( E ∈ 2 / 4) + V ( E ∈ 4 / 0)
G⎫
0⎬
⎭
⎧ V
G
z
⎨
{V2 / 4 } = 2.L. sin β
C⎩
G
donc V ( E ∈ 2 / 4)
G
G
K
G
= 0 + EC ∧ Ω 2 / 4 = −2 Lu ∧ (
− 2.L. cos β
=
G
G
comme V ( E ∈ 4 / 0) = Vx
G
0
− 2 L. sin β ∧
0
V ( E ∈ 5 / 0) = V
V
G
z)
2.L. sin β
−V
=V
0
tan β
V
0
2.L. sin β
tan β
G
y
Page 4/12
G
V ( E ∈ 5 / 0)
E5
I20
E
Support
Support
de de
plateau
plateau
Repère 5
Repère
Bras
Repère 2
D
C
G
Bras
Repère 3
F
G
Chariot
V (C ∈ 4 / 0)
Repère 4
Commentaires associés à la construction :
G
G
G
rail
Repère 0
G
V (C ∈ 4 / 0) = V (C ∈ 2 / 0) et V ( E ∈ 5 / 0) = V ( E ∈ 2 / 0)
G
On obtient le tracé de V ( E ∈ 5 / 0) dirigé suivant y , par équiprojectivité sur la droite CE.
Autre méthode :
G
G
G
G
G
V ( D ∈ 2 / 0) = V ( D ∈ 3 / 0) ⇒ I ∈ à la droite (F,D), car le mouvement de 3/0 est une rotation de centre F.
I20 appartient donc à l’intersection des deux directions définies précédemment .
G
Détermination de V ( E ∈ 5 / 0) par triangle des vitesses.
G
G
Le support de V ( E ∈ 5 / 0) est bien vertical (porté par l’axe y ).
V (C ∈ 4 / 0) = V (C ∈ 2 / 0) ⇒ I 20 ∈ à la perpendiculaire en C à V (C ∈ 4 / 0) .
20
E6
A,B,E et C constituent un paraléllogramme déformable, le mouvement du plateau 5 par rapport au chariot 4 est donc un mouvement de translation circulaire.
E7
Le mouvement du plateau 5 par rapport au rail 0 est un mouvement de translation rectiligne de direction y . ( V ( E ∈ 5 / 0) est constamment porté par
G
G
G
G
y , de plus on montre facilement que Ω(5 / 0) est nul).
Le mouvement de translation rectiligne est favorable du point de vue encombrement. Comme le montre la photo de droite du document 5, la position du préparateur empêcherait le
mouvement de translation circulaire du plateau porte-dosette.
Page 5/12
F1
vc(t)
v4(t)
Bloc
m/s d’adaptation
ε (t )
uc(t) +
V
V
-
umes(t)
V
Bloc
correcteur
um(t)
V
Bloc
moteur
ωm(t )
rad/s
Bloc
réducteur
ωr (t ) Bloc poulie/
rad/s
courroie
m/s
Bloc capteur
F2
Entre 0,5 et 1,5 secondes, la consigne de vitesse est constante et égale GV=0,5m/s.
En régime permanent, à partir de 1 seconde, il n’y a pas d’écart entre la vitesse réelle du chariot et la vitesse de consigne. On peut donc
considérer que le gain K du modèle du 1er ordre sera égal à 1. (Démonstration rigoureuse à l’aide du théorème de la valeur finale).
F3
GV
dVc GV
.t , donc
=
.
t1
dt
t1
En prenant le transformée de Laplace de cette expression, on trouve :
GV
GV
t1
t
1
, donc Vc ( p ) =
p.Vc ( p ) − Vc (t = 0) =
p2
p
Vc (t ) =
F4
GV
⎡ 1 T
K
K
T2 ⎤
t
1
GV
V ( p) =
=K
− +
.Vc ( p) =
.
t1 ⎢ p 2 p 1 + Tp ⎥
1 + Tp
1 + Tp p 2
⎣
⎦
GV
−t
En prenant la transformée de Laplace inverse, on retrouve bien la relation cherchée : V (t ) = K .
(t − T + Te T )
t1
Page 6/12
F5
GV
(t − T ) ;
t1
La vitesse du chariot est donc en retard de T par rapport à la consigne.
En régime permanent, quand t tend vers l’infini, V 4(t ) = K .
0.6
GV
0.5
Retard T ≈ 0,12 s
0.4
0.3
0.2
PV
0.1
0.0
t1
-0.1
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
TEMPS
Page 7/12
G1
⎧ X A,1→4
{τ 1→4 }= ⎪⎨ YA,1→4
⎪ −
A⎩
⎧ 0
−⎫
⎪
⎪
−⎬ ; {τ 4→0 }= ⎨YH , 4→0
⎪ −
0 ⎪⎭
H⎩
⎫
⎪
− ⎬
N H , 4→0 ⎪⎭
−
G2
SYSTEME ISOLE : bras 1
INVENTAIRE DES ACTIONS MECANIQUES EXTERIEURES :
• Action de 4 sur le bras 1 au point A (glisseur possédant deux inconnues)
• Action de 5 sur le bras 1 au point B (glisseur possédant deux inconnues)
APPLICATION DU Principe Fondamental de la Statique
Le bras 1 est soumis à l’action de deux glisseurs, ils sont donc nécessairement opposés.
RESOLUTION
Il ne subsiste donc, après résolution partielle, qu’une inconnue par torseur (de plus cette inconnue est la
même, au signe prés, pour les deux torseurs).
SYSTEME ISOLE : support de plateau 5 et plateau porte-dosette 6
• Action de 1 sur le support 5 au point B (glisseur possédant une inconnue)
• Action de 2 sur le support 5 au point E (glisseur possédant deux inconnues)
• Action de la pesanteur (connue)
L’ensemble (5,6) est soumis à l’action de trois glisseurs, le problème présente 3 inconnues, la résolution
est possible.
RESOLUTION
Toutes les inconnues sont déterminées
• Action de 0 sur le bras 3 au point F (glisseur possédant deux inconnues)
• Action de 2 sur le bras 3 au point D (glisseur possédant deux inconnues)
Le bras 3 est soumis à l’action de deux glisseurs, ils sont donc nécessairement opposés.
RESOLUTION
Il ne subsiste donc, après résolution partielle, qu’une inconnue par torseur (de plus cette inconnue est la
même, au signe prés, pour les deux torseurs).
Page 8/12
G2 suite
• Action de 5 sur le bras 2 au point E (glisseur connu)
• Action de 3 sur le bras 2 au point D (glisseur possédant une inconnue)
• Action de 4 sur le bras 2 au point C (glisseur possédant deux inconnues)
Le bras 2 est soumis à l’action de trois glisseurs, le problème présente 3 inconnues, la résolution est
possible.
RESOLUTION
Toutes les inconnues sont déterminées
SYSTEME ISOLE : chariot 4
• Action de 1 sur le chariot 4 au point A (glisseur connu)
• Action de 2 sur le chariot 4 au point C (glisseur connu)
• Action de pesanteur (glisseur connu)
• Action de 0 sur le chariot 4 au point H (torseur possédant deux inconnues)
• Action de la courroie sur le chariot 4 au point J (glisseur possédant une inconnue)
Le chariot 4 est soumis à l’action de cinq torseurs, le problème présente 3 inconnues, la résolution est
possible.
RESOLUTION
Toutes les inconnues sont déterminées. L’action de la courroie sur le chariot, inconnue qui faisait l’objet
du calcul est donc déterminée.
G3
unités : résultante en N et moment en Nm
⎧− 17 −⎫
{τ 1→4 }= ⎪⎨− 10 −⎪⎬
⎪ −
0 ⎪⎭
A⎩
⎧− 17 −⎫
⎧ 0 −⎫
⎪
⎪
{τ 2→4 }= ⎨ 10 −⎬ {τ pes→4 }= ⎪⎨− 5 −⎪⎬
⎪ −
⎪ − 0⎪
0 ⎪⎭
⎭
C⎩
H⎩
⎧ 0
⎫
−
⎧ X J ,c → 4 − ⎫
⎪
⎪
⎪
−
{τ courroie→4 }= ⎪⎨ 0
−⎬ {τ 0→4 }= ⎨− YH , 4→0
⎬
⎪ −
⎪ −
− N H , 4→0 ⎪⎭
0 ⎪⎭
J⎩
H⎩
L’inconnue à déterminer est X J ,c →4 .
G
Il suffit donc d’utiliser l’équation de résultante statique en projection sur l’axe x .
G
G
R 4 → 4 .x = 0
X J ,c →4 – 17 - 17 = 0
Donc X J ,c→4 = 34 N
Page 9/12
G4
REMARQUE - la courbe traduisant l’évolution de l’angle β en fonction du temps est tracée à
partir de la position repos du mécanisme. Dans cette position le bras 1 fait un angle β initial de
G
15° avec l’axe Ox .
G
J (courroie → 4) (N)
β (degré)
75.0
60.0
45.0
35N
30.0
15.0
0.00
t1
t1
Commentaires relatifs à la construction:
Le calcul de statique a été fait pour une valeur de β égale à 30°.
On obtient sur l a courbe β=f(t) la valeur de t notée t1.
G
Sur la courbe traduisant l’évolution de J (courroie → 4) on trouve une valeur d’environ 35 N qui confirme celle obtenue
analytiquement.
G5
G
La courbe précédente nous donne un effort maximum pour J (courroie → 4) de 83 N, l’effort résistant dû au frottement est
de 30 N.
La tension réelle de la courroie sera donc de 113 N.
Moment appliqué sur l’arbre de la poulie motrice : 113.⎛⎜ 0,0356 ⎞⎟ = 2 Nm
2⎠
⎝
Le moment disponible en sortie du motoréducteur est de 1,3 Nm.
Le moteur est donc sous – dimensionné.
Solution pour néanmoins permettre le fonctionnement avec ce moteur :
Réduire les frottements en interposant des éléments roulants et imposer un β initial un peu plus grand afin de diminuer l’effort maximal.
Page 10/12
H1
GALET
TYPE D’AXE
A1
Axe cylindrique
A2
Axe excentrique
A3
Axe cylindrique
A1
Justification du choix des axes :
B
Compte tenu de la tolérance de 0,5 mm relative au
mode d’obtention du rail de guidage (précisée dans l’extrait du
CDCF), il est nécessaire de régler la position relative des axes de
guidage afin d’assurer un contact correct entre les galets et les
rails : D’où le choix d’un axe excentré afin d’ assurer le guidage
du galet de centre A2.
A2
B
A3
Page 11/12
H2
Désignation de l’acier X 5 Cr Ni 18 - 10 :
Acier fortement allié à 0.05 % de carbone, 18 % de chrome et 10% de nickel.
H3 Remarque : compte-tenu du faible angle associé aux dépouilles de la pièce, celles-ci n’ont
pas été représentées sur le dessin ci dessous.
Tolérance permettant d’obtenir entre l’axe et la poulie un montage avec jeu de type glissant :
La tolérance de l’alésage peut être de type H7.
Un alésoir
Outil pour réaliser cette opération :
Machine outil permettant de réaliser cet usinage :
Une perceuse ou un tour parallèle
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