DS N2 Banc de test de pression Corrige

Sciences Industrielles de l’Ingénieur
CPGE - Saint Stanislas - Nantes
MPSI – PCSI
DS N°2
Corrigé
Banc d’épreuve de pression hydraulique (D’après concours CCP PSI 2010)
1ière partie : Construction du modèle
1.1- Les conditions initiales étant supposées nulles, transposer les équations du débit à l’entrée
(2) et à la sortie (3) dans le domaine de Laplace.
Dans le domaine de Laplace, l’équation (2) :
qe(t) = Se .
Qe(p) = Se . p . Z(p) −
Dans le domaine de Laplace, l’équation (3) :
devient :
Ve0
. p . Pe(p)
Be
qh(t) = Sh .
Qh(p) = Sh . p . Z(p) +
d z(t) Ve0 d pe(t)
−
.
dt
Be
dt
d z(t) Vh0 d ph(t)
+
.
dt
dt
Bh
devient :
Vh0
. p . Ph(p)
Bh
1.2- Les conditions initiales sont supposées nulles. Transposer dans le domaine de Laplace
→
l’équation (4) issue du théorème de la résultante dynamique en projection sur l’axe z pour déterminer
M.g
l’équation reliant Z(p) , Pe(p), Ph(p) , et Poids(p) =
, transformées de Laplace de z(t), pe(t), ph(t) et du
p
poids perçu comme une perturbation.
••
•
Dans le domaine de Laplace, l’équation (3) : M. z(t) = Sh . ph(t) − Se . pe(t) − M.g − f.z(t) devient :
M.p2.Z(p) = Sh . Ph(p) − Se . Pe(p) −
M.g
− f.p.Z(p)
p
1.3- Les conditions initiales étant supposées nulles, déduire des équations différentielles du
chariot avant (5), (6) et (7) l’expression de L(p) en fonction de Pe(p) puis l’expression de Pe(p) en
fonction de Qe(p) et L(p), avec L(p), Pe(p) et Qe(p), transformées de Laplace de L(t), pe(t) et qe(t).
••
•
Dans le domaine de Laplace l’équation (7) : m.L(t) = (Sa −Sb).pe(t) + F(t) − f ’.L(t)
m.p2.L(p) = (Sa −Sb).Pe(p) + F(p) − f ’.p.L(p)
donc : F(p) = − r.L(p)
d’où :
Soit :
L(p) =
Or : d’après l’équation (5) : F(t) = − r.L(t)
m.p2.L(p) = (Sa −Sb).Pe(p) − r.L(p) − f ’.p.L(p)
(Sa −Sb)
. P (p)
r + f ’.p + m.p2 e
Dans le domaine de Laplace l’équation (6) :
Qe(t) = (Sa − Sb) .p.L(p) +
devient
Vt
. p.Pe(p)
Be
qe(t) = (Sa − Sb) .
Soit : Pe(p) =
d L(t) Vt d pe(t)
+ .
dt
Be
dt
devient :
Be
[ Qe(p) − (Sa − Sb) .p.L(p) ]
Vt.p
1.4- A partir des réponses établies aux questions 1.1, 12 et 1.3, compléter le document réponse
DR1 (page 8/8) représentant le schéma bloc de l’asservissement en pression dans le tube.
Voir page suivante
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Pr(p)
+
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HDh(p)
Distributeur
hydraulique
-
Qh(p)
+
-
Sh.p
Vh0 . p Ph(p)
Bh
M.g
p
Sh
l
M.p2 + f.p
Multiplicateur de
pression huile/eau
+
Se
Z(p)
Se.p
+
-
Be
Ve0
.p
Qe(p)
+
-
Outillage
avant mobile
m.p2 + f '.p + r
(Sa - Sb)2.p
Vt . p
Be
Pe(p)
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2ième partie : Modèle expérimental
2.1- A partir de ces réponses temporelles l’échelon de Pr, proposer une expression numérique
P (p)
pour la fonction de transfert h . Justifier le choix du type de fonction de transfert et des valeurs
Pr(p)
numériques.
2.2- A partir de ces réponses temporelles à l’échelon de Pr, proposer une expression numérique
P (p)
pour la fonction de transfert e
. Justifier le choix du type de fonction de transfert et des valeurs
Pr(p)
numériques.
Etant donné les réponses temporelles à un échelon (Pente à l‘origine non nulle) les fonctions de
transfert peuvent être modélisées par un premier ordre :
K1
Pe(p)
K2
Ph(p)
=
et
=
Pr(p) 1 + τ1.p
Pr(p) 1 + τ2.p
Les gains K1et K2 peuvent être déterminés par la lecture de la valeur à l’infini (Voir ci-dessous)
250
810
On a donc :
K1 =
=1
et
K2 =
≈ 3,2
250
250
Les constantes de temps peuvent être déterminées à partir du temps de réponse à 5%.
Le temps mis pour atteindre 95% de la valeur finale : 0,95 × 250 = 337 b et : 0,95 × 810 = 770 b
est égale à trois fois la constante de temps. On a donc :
27
29
τ2 = = 9,5 s
τ1 = = 9 s et
3
3
P (p) P (p)
On en déduit une expression numérique pour les fonctions de transfert h et e :
Pr(p) Pr(p)
Ph(p)
1
=
Pr(p) 1 + 9.p
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et
Pe(p)
3,2
=
Pr(p) 1 + 9,5.p
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2.3- A partir de cette réponse temporelle, proposer une expression numérique pour la fonction de
P (p)
transfert en régulation e
. Justifier le type de fonction de transfert et les valeurs numérique. (Les
∆Qe(p)
valeurs numériques seront donnée dans le système international sachant que 1 bar = 105 Pa).
On suppose qu’à 35 seconde le débit Qe(t) est stabilisé. Donc on peut identifié la fonction de
P (p)
transfert e
avec la seconde partie de la courbe (t ≥ 35s)
∆Qe(p)
Etant donné la réponses temporelles à un échelon (Pente pour t = 35 s non nulle) la fonction de
transfert peut être modélisée par un premier ordre :
Pe(p)
K3
=
∆Qe(p) 1 + τ3.p
Le gain K3 peut être déterminer par la lecture de la valeur à l’infini (Voir tracé page 6)
K3 =
810 − 480
= 165 000 b.s.m−3
2.10−3
La constante de temps peut être déterminée à partir du temps de réponse à 5%.
Le temps mis pour atteindre 95% de la valeur finale : 810 − 0,95×(810 − 480) = 810 − 310 = 500 b
est égale à trois fois la constante de temps. On a donc :
τ3 =
76 − 35 41
= = 13,5 s
3
3
On en déduit une expression numérique pour la fonction de transfert
Pe(p)
:
∆Qe(p)
165 000
Pe(p)
=
∆Qe(p) 1 + 13,5.p
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3
ième
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partie : Etude du correcteur
3.1- Ecrire sous sa forme canonique, en fonction de T1, T2 et K (On pose : K = Kp.Kcap.Kpom.Km),
P (p)
la fonction de transfert pour un débit de fuite nul ( ∆qe(t) = 0 ) :
H1(p) = e
Pcon(p)
Etant donné le schéma bloc on a :
H1(p) =
Kcap.C(p).Hpomp(p).Hpre(p)
1 + Kcap.C(p).Hpomp(p).Hpre(p)
Kpomp
Km
.
.K
1 + T2.p 1 + T1.p cap
Donc : H1(p) =
K
Km
1 + Kp. pomp .
.K
1 + T2.p 1 + T1.p cap
Kp.
H1(p) =
Kp.Kpomp.Km.Kcap
(1 + T2.p).(1 + T1.p) + Kp. Kpomp.Km.Kcap
H1(p) =
K
1 + K + (T1 + T2).p + T1.T2.p2
Donc on a :
H1(p) =
K
.
1+K
1
1+
T1 + T2
T .T
.p + 1 2 .p2
1+K
1+K
3.2- En déduire que l’erreur statique due à la consigne ( εcon = pcon(∞) − pe(∞) pour ∆qe(t) = 0 )
P
s’écrit :
εcon = con
1+K
L’expression de l’écart est :
εcon(p) =.Pcon(p) − Pcon(p).H1(p) = Pcon(p).[ 1 − H1(p) ]
P
L’erreur statique est : εcon = lim εcon(t) = lim p.εcon(p) = lim p. con.[ 1 − H1(p) ]
p
t→∞
p→0
p→0
Or étant donné l’expression de H1(p), lim H1(p) =
p→0
K 

Donc : εcon = Pcon. 1 − 1 + K 


K
1+K
On en déduit :
εcon =
Pcon
1+K
3.3- En déduire la condition sur le gain Kp du correcteur qui permet de répondre au critère de
précision par rapport à la consigne du cahier des charges.
Suivant le cahier des charges l’erreur statique doit être inférieure à 5%. Donc : εcon < 0,05.Pcon
D’où :
Or :
Pcon
< 0,05.Pcon
1+K
K = Kp.Kcap.Kpom.Km
Kp >
Soit par conséquent :
1
0,95
−1=
0,05
0,05
Donc pour respecter le cahier des charges il faut:
0,95
0,95
=
0,05.Kcap.Kpom.Km 0,05×2,5.10−8×1,234.107×3,24
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K>
Soit :
Kp > 19
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3.4- Ecrire sous sa forme canonique, en fonction de T1, T2, Kf et K (K = Kp.Kcap.Kpom.Km), la
P (p)
fonction de transfert pour une consigne nulle ( pcon(t) = 0 ) :
H2(p) = e
∆Qe(p)
H2(p) =
Etant donné le schéma bloc on a :
− Hfui(p)
1 + Kcap.C(p).Hpom(p).Hpre(p)
− Kf
1 + T1.p
Donc : H2(p) =
K
Km
1 + Kcap.Kp. pom .
1 + T2.p 1 + T1.p
H2(p) =
− Kf.(1 + T2.p)
− Kf.(1 + T2.p)
=
( 1 + T2.p).(1 + T1.p ) + Kcap.Kp.KpomKm 1 + K + (T1 + T2).p + T1.T2.p2
Donc on a :
H2(p) =
− Kf
.
1+K
1 + T2.p
T1 + T2
T .T
1+
. p + 1 2 . p2
1+K
1+K
3.5- En déduire que l’erreur statique due à la perturbation ( εpert = pe(∞) pour pcon(t) =0 ) s’écrit :
εpert = −
∆Qe.Kf
1+K
εpert(p) = Pe(p) = ∆Qe(p).H2(p) =
L’expression de l’écart est :
∆Qe
. H2(p)
p
∆Qe
. H2(p) = lim ∆Qe . H2(p)
L’erreur statique est : εpert = lim εpert(t) = lim p.εpert(p) = lim p.
p
t→∞
p→0
p→0
p→0
− Kf
Or étant donné l’expression de H2(p), lim H2(p) =
1+K
p→0
On en déduit :
εpert = −
∆Qe.Kf
1+K
3.6- En déduire la condition sur le gain Kp du correcteur qui permet de répondre au critère de
précision par rapport à la perturbation du cahier des charges.
Suivant le cahier des charges l’erreur statique due à la pertubation doit être inférieur à 40 bars.
Donc : |εpert| < 40.105 Pa
Or :
D’où :
K = Kp.Kcap.Kpom.Km
∆Qe.Kf
< 40.105
1+K
Soit par conséquent :
K>
∆Qe.Kf
−1
40.105
Donc pour respecter le cahier des charges il faut:
∆Qe.Kf − 40.10
5.10−4×2,55.1010 − 40.105
Kp >
=
40.105.Kcap.Kpom.Km 40.105×2,5.10−8×1,234.107×3,24
5
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Soit :
Kp > 2,19
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3.7- A partir de l’expression établie à la question 3.1 de la fonction de transfert pour un débit de
P (p)
fuite nul : H1(p) = e
déterminer, en fonction de T1, T2 et K (Avec : K = Kp.Kcap.Kpom.Km),
Pcon(p)
l’expression de la pulsation propre ω0 et du facteur d’amortissement m de la fonction de transfert
H1(p).
On a :
H1(p) =
K
.
1+K
1
1+
T1 + T2
T .T
.p + 1 2 .p2
1+K
1+K
Donc le gain statique est :
La pulsation propre et le facteur d’amortissement tels que :
D’où la pulsation propre : ω0 =
1 = T1.T2
ω02 1 + K
et :
KS =
K
1+K
2.m T1 + T2
=
1+K
ω0
1+K
T1 + T2
et le facteur d’amortissement : m =
T1.T2
2. T1.T2.(1+K)
3.8- En déduire la condition sur le gain Kp du correcteur qui permet de répondre au critère de
d’amortissement du cahier des charges.
Le cahier des charges impose qu’il n’y ait pas de dépassement donc que : m > 1.
T1 + T2
(T − T2)2
Soit :
<1 ⇔K< 1
Ayant K = Kp.Kcap.Kpom.Km on en déduit que :
4.T1.T2
2. T1.T2.(1+K)
Soit :
(T1 − T2)2
(10 − 5)2
Kp <
=
4.T1.T2.Kcap.Kpom.Km 4×10×5×2,5.10−8×1,237.107×3,24
Soit : Kp < 0,125
3.9- A partir des réponses aux questions 3.3, 3.6 et 3.8, conclure sur le correcteur proportionnel.
On a montré aux questions 3.3, 3.6 et 3.8, que pour que respecter le cahier des charges avec un
correcteur proportionnel il fallait avoir Kp > 19 et Kp > 2,19 et Kp < 0,125.
Un correcteur proportionnel ne permet donc pas de respecter le cahier des charges.
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