CCP MP 2010 _corrigé - Site de la PSI du lycée Paul Eluard

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CCP MP
2010
ELEMENTS DE CORRECTION DE CCP MP 2010
POSTE DE PALETTISATION DE BIDONS
avec robot Kuka KR 180-2 PA
Question 1
a) Le cahier des charges impose une production de 20000L/j, à raison de bidons de 5L, cela
représente donc : 20000/5=4000 Bidons/jours
b) Le tableau 1 donne alors : mxnxc=10x5x5=250 Bidons/palettes
Il faut donc produire :4000/250=16 palettes/jours
c) Sur une production de 8h, on a donc seulement 30mn à consacrer par palette.
Le temps de transfert étant de 2mn, il ne reste donc que 28mn pour la remplir.
d) Pour 250 bidons, cela représente alors 1680s/250=6.72s/bidon.
Question 2-1
Cas 2
1
Nous avons une accélération constante, nous avons ainsi : θ (t1 ) = .ω& max .t12 = 18,375°
2
La phase de décélération produite quant à elle la même variation, il reste donc, pour la phase à
90° − 18,375°.2 53, 25°
vitesse constante maxi : d 2 =
=
= 0, 51s
ωmax
105° / s
Cas3
Nous n’avons dans ce cas pas de phase à vitesse constante, chaque phase d’accélération ne
2.7,5°
produit que 15°/2=7,5°, d’où : t1 =
= 0, 22s
ω& max
On complète alors le tableau :
Cas
Axe
Amplitude
1
A1
45°
2
A2
90°
3
A3
15°
d1=t1
0,35
0,35
0,22
d2=t2-t1
0,08
0,51
0
d3=d1
0,35
0,35
0,22
Question 2-2
L’ordre des mouvements et les temps correspondants sont les suivants :
P0→ P1→ P2→ prise→ P1→ Pi→ Pj→ dépose→ Pi→ P0
0,8 0,5
0,1 0,5 1,2 0,5
0,1
0,5 0,8 soit un total de 5s
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Ti
0,78
1,21
0,44
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Question 2-3
Les opération s’effectuant en série et à flux tendu, c’est le temps le plus important qui
conditionne la ligne, or tp2=6s, tp3=3s, tp6=5s.
Un bidon arrive donc toutes les 6s au robot ce qui lui laisse le temps de le palettiser et de
revenir en place en P0.
Il n’y a donc pas de stock sur la ligne et le temps d’attente à l’étape 2 est donc nul.
Question 2-4
Pendant le changement de palette, les bidons ne sont plus chargés et s’accumulent donc à
raison de 1 toutes les 6s.
En 2mn, on a donc 120/6=20 bidons de stockés, soit Qmax=20
D’après la figure 1, nous savons que les bidons sont disposés suivant leur longueur.
Nous avons donc une longueurs stockée de 20xd1=2400mm<4000mm
La capacité de stockage est donc suffisante.
Question 2-5
On ne récupère que 6-5=1s par transfert, il faut donc 120 bidons transférés pour regagner les
120s de perdues, soit 120x5s=600s, soit t3=10mn.
Ayant alors chargé 120 bidons, il en reste alors 250-120=130 à charger.
On a donc t4=130x5=10mn 50s.
Question 2-6
Le temps de cycle est donné par t3+t4+t5=22mn 50s<30mn, la fonction est donc validée.
Question 3-1
a) On isole 8, le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures donne alors :
-action de 4 sur 8 en O9
-action de 7 sur 8 en O8
Le système étant soumis à deux glisseurs, ils sont donc directement opposés suivant la ligne
uuur
uur
uuur
d’action, on pose donc : R48 = R48 .x3 = − R78
(
)(
)(
)
uuur
ur
uuur
On isole alors 4, le BAME donne alors : O9 , R84 ; O4 , P ; O10 , R34
uuur ur uuur r
R84 + P + R34 = 0
uur
Le Théorème de la Résultante Statique fournit alors : x3 : − R48 + 0 + X 34 = 0
uur
z3 : 0 − P + Y34 = 0
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Le Théorème du Moment Statique en O10 fournit alors :
uur uuur uur ur uur uuur r
M ( R84 ) + M ( P) + M ( R34 ) = 0
uuuuuur
uur uuuuuur
uur r r
O10O9 ∧ − R48 .x3 + O10O4 ∧ − P.z4 + 0 = 0
uur
uur
uur
uur
uur r
500. cos 40.x3 + sin 40.z3 ∧ − R48 .x3 + 500.cos 40.x3 ∧ − P.z4 = 0
uur
y3 : − 500.R48 .sin 40 + 500.P.cos 40 = 0
(
)
R84 = −
Nous avons ainsi :
P
tan 40
X 34 = R48 =
P
; Y34 = P
tan 40
b) On isole l’ensemble [3+4], le BAME nous donne :
-action de 8 sur 4 en O9,
-action du poids en O4,
-action de la pivot en O3,
-couple de freinage
Le TMS en O3 permet alors d’écrire :
uur uuur uur ur uuuur
uur r
M ( R84 ) + M ( P ) + M O3 + M f3 . y3 = 0
uuuuur
uur
uur
uur
uur r
− P uur uuuuur
O3O9 ∧
.x3 + O3O4 ∧ − P.z3 + ( LO3 .x3 + N O3 .z3 ) + M f3 . y3 = 0
tan 40
uur
P
y3 : − 500.sin 40.
+ P.(1350 + 500.cos 40) + M f3 = 0
tan 40
Soit : M f3 = −1350.P = −675 N .m
Question 3-2
Grâce au réducteur, le couple de freinage disponible en sortie est de 5x200=1000N.m>675Nm.
La fonction est donc assurée convenablement.
Question 3-3
a) On isole 7, le BAME fournit alors :
uuur
P uur
- action de 8 sur 7 en O8, R87 =
.x3
tan 40
-action de la pivot en O3,
uuur
uur
-action de 6 sur 7 en O7, R67 = Z 67 .z3 .
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Le TMS en O3 donne :
uur uuur uuuur uur uuur r
M ( R87 ) + M O3 + M ( R67 ) = 0
uuuuur
uur
uur uuuuur
uur r
P uur
O3O8 ∧
.x3 + ( LO3 .x3 + N O3 .z3 ) + O3O7 ∧ Z 67 .z3 = 0
tan 40
uur r
uur
uur
uur
uur
uur
uur
P uur
500.(cos 40.x3 + sin 40.z3 ) ∧
.x3 + ( LO3 .x3 + N O3 .z3 ) + 500.(− cos 30.x3 + sin 30.z3 ) ∧ Z 67 .z3 = 0
tan 40
uur
P
y3 : 500.cos 40.
+ 500.cos 30.Z 67 = 0
tan 40
Soit : Z 67 = −
cos 40
.P
cos 30
On isole alors le système [2+3+4+7+8], le BAME donne :
-action du poids en O4,
-action de la pivot en O2,
-action de 6 sur 7 en O7,
uur
-couple de freinage M f2 . y2
Le TMS en O2 donne :
uuuuur ur
uur
uur
uur uuuuur
uur r
O2O4 ∧ P + (LO3 .x3 + NO3 .z3 ) + M f2 .y2 + O2O7 ∧ Z67.z3 = 0
uur
uur
uur
uur
uur
uur
uur
uur
uur r
((1350 + 500cos40).x3 +1250.z3 ) ∧−P.z3 + (LO3 .x3 + NO3 .z3 ) + M f2 .y2 + (−500.cos30.x3 + (1250 + 500.sin30).z3 ) ∧ Z67.z3 = 0
uur
cos40
.P) = 0
y3 :(1350 + 500.cos40).P + M f2 + 500.cos30.(−
cos30
Soit : M f2 = M f3 = −1350 P = −675 N .m
La fonction freinage est donc validée.
Question 4-1
La zone problématique est l’arc de cercle en haut de la zone d’évolution.
Le cas critique correspond à la hauteur maximale des bidons sur les palettes, nous avons le
tableau :
Type de bidon
Hmax=Hbid+0.5xd3+200 (mm)
5l
1905
10l
1820
20l
1775
40l
2000
Le cas le plus défavorable est donc obtenu pour les bidons de 40L.
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Question 4-2
Point O4
2650 mm
300 mm
2000 mm
La valeur respecte le cahier des charges.
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Question 4-3
D’après les données du sujet et vu la configuration du robot de la figure 6, nous avons :
uuuuur
ur
uur
 dO3O4 
V (O4 / 7) = 
 = O3O10 .ω23 .z4
 dt 7
ur
ur
ur
uuuuur
uur
uur
V (O4 ∈ 7 /1) = V (O3 ∈ 7 /1) = V (O2 ∈ 7 /1) + O3O2 ∧ ω21. y3 = O2O3 .ω21.x3
ur
ur
uuuuur
ur
uur
ur
V (O4 ∈1/ 0) = V (O1 ∈1/ 0) + O4O1 ∧ ω10 .z1 = (350 + 1350 + 500.cos 40).x3 ∧ ω10 .z1
ur
uur
V (O4 ∈1/ 0) = −(1700 + 500.cos 40).ω10 . y3
Question 4-4
uur
uur
Le poignet 4 a donc, par rapport à 1, un mouvement de translation en z3 et en x3 ainsi qu’une
ur
rotation autour de (O1 , z1 ) , ce qui convient très bien à sa fonction de palettisation.
L’intérêt par rapport à un robot 6 axes est avant tout une question de coût car dans ce cas les
rotations des axes A4, A5 et A6 sont inutiles.
Question 5-1
On isole le bidon, le BAME donne alors :
-son poids appliqué en G,
-action du poignet 4.
uur ur
ur
Le Théorème de la Résultante Dynamique nous donne alors : R4 + P = M .Γ(G ∈ 4 / Rg )
uur
ur
uur
 d 2O3O10   d1350.ω32 .z4 
&
Or, Γ(G ∈ 4 / Rg ) = 
=
=
1350.
.
z4
ω



32
2
dt
 dt
0 
0
uur
On a ainsi, sur z4 : R4 = P + 1,35.ω& 32 .M
Il nous manque alors la valeur de M ou du champs de pesanteur.
Nous posons alors g=10m/s².
Nous obtenons ainsi : R 4 = M .( g + 1,35.ω& 32 ) = 853 N < 1800 N
La fonction semble donc validée.
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Question 5-2
uuur
 d σ O ( S1 / Rg ) 
1
δ O1 ( S1 / Rg ) = 



dt
O1 étant fixe dans Rg, nous avons :

 Rg
uuur
et σ O1 ( S1 / Rg ) = J (O1 ; S1 ; b).Ω( S1 / 0)
uur
 A

Il vient alors : σ O1 ( S1 / Rg ) =  − F
 0
O1 
uur
ur
Puis : δ O1 ( S1 / Rg ) = C.ω&10 .z1
uuur
−F
B
0
0  0 
ur
  
0  .  0  = ω10 .C.z1
C b  ω10 b
ur
π
= 1047 N .m
Le TMD sur O1 , z1 donne alors : C.ω&10 = M 1 = 200.300.
180
(
)
Question 5-3
La puissance de 4,5kW et la vitesse de rotation de 3500tr/mn nous permettent de calculer le
P
4500
couple moteur : C = =
= 12,3 N .m
ω 3500. π
30
En sortie de réducteur, nous avons donc : Cred = 200.C = 2457 N .m > 1047 N .m
La puissance du moteur convient donc.
Question 5-4
Cette fois-ci, le point de calcul n’est pas fixe, on a donc :
r
r
r
 dσ O2 ( S2 / Rg ) 
δ O2 ( S 2 / Rg ) = 
+
mV
.
(
O
/
R
)
∧
V
(G2 ∈ S2 / Rg )

2
g
dt

 Rg
r
uuuuur r
r
r
r
Avec : σ O2 ( S 2 / Rg ) = M 2 .O2G2 ∧ V (O2 ∈ S 2 / Rg ) + J O ( S 2 , Ω ( S2 / Rg ) )
2
Il convient donc de calculer chacun des termes et pour ce faire il nous faut les coordonnées du
point G2, centre de masse du système 2.
Or nous n’avons trouvé aucune donnée dans le sujet….par contre, la page 6 nous dit que « le
poids de toutes les pièces est négligé », nous prenons donc m=0
Nous pouvons ainsi calculer :
uuur
r
r
σ O2 ( S2 / Rg ) = J O ( S2 , Ω ( S2 / Rg ) ) =
2
 A2

 − F2
 0
O2 
− F2
B2
0
0   −ω10 .sin α 2 
 −( A2 .ω10 .sin α 2 + F2 .ω21 ) 
 



0  .
ω21
 =  F2 .ω10 .sin α 2 + B2 .ω21 

C2 b  ω10 .cos α 2 b 
C2 .ω10 .cos α 2
b2
2
2
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Puis il vient alors :
 −( A2 .ω10 .sin α 2 + F2 .ω21 ) 
 −( A2 .ω10 .sin α 2 + F2 .ω21 ) 
r
ur
db 
 dσ O2 ( S 2 / Rg ) 



2
δ O2 ( S2 / Rg ) = 
 =
 F2 .ω10 .sin α 2 + B2 .ω21  + Ω(2 / Rg ) ∧  F2 .ω10 .sin α 2 + B2 .ω21 
dt
dt

 Rg




C2 .ω10 .cos α 2
C2 .ω10 .cos α 2

b2

b2
r
 A2 . ( −ω&10 .sin α 2 + ω10 .ω20 .cos α 2 ) + F2 .ω& 21 
 −ω10 .sin α 2 
 −( A2 .ω10 .sin α 2 + F2 .ω21 ) 






ω21
δ O2 ( S2 / Rg ) =  F2 .(ω&10 .sin α 2 − ω10 .ω20 .cos α 2 ) + B2 .ω& 21  + 
 ∧  F2 .ω10 .sin α 2 + B2 .ω21 






C2 .(ω&10 .cos α 2 + ω10 .ω20 .sin α 2 )
C2 .ω10 .cos α 2
b2

b2  ω10 .cos α 2 b2 
r
Soit :
 A2 . ( −ω&10 .sin α 2 + ω10 .ω20 .cos α 2 ) + F2 .(ω& 21 − ω102 .cos α 2 .sin α 2 ) − B2 .ω21.ω10 .cos α 2 + C2 .ω10 .ω21.cos α 2 


δ O2 ( S2 / Rg ) = 
(C2 − A2 ).ω102 .cos α 2 .sin α 2 + F2 .(ω&10 .sin α 2 − ω10 .(ω20 + ω21 ).cos α 2 ) + B2 .ω& 21

2
2
2


&
ω
α
ω
ω
α
.
ω
.
ω
.sin
α
+
F
.(
ω
−
ω
.sin
α
−
B
.
ω
.
ω
.sin
α
C
.(
.cos
+
.
.sin
)
+
A
2
10
2
10
20
2
2
10
21
2
2
21
10
2
2
21
10
2


r
Question 5-5
Oui car le solide 2 se retrouve dans un référentiel en rotation.
Question 6-1
En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, nous calculons :
d E C (Σ / R g )
dt
= ΣPext + ΣPint
Soit Ec (Σ/Rg)=Ec(1/Rg) + Ec(m/Rg) avec E c (1 / R g ) = 1 ⋅ J 1 ⋅ ω12 , E c (m / R g ) = 1 ⋅ J m ⋅ ω m2 et
2
2
ω1
1
= .
ωm N
2
1
1 
 ω m  
2
2
2
E c (Σ / R g ) = ⋅ J m ⋅ ω m + J 1 ⋅ ω1 = ⋅ J m ⋅ ω m + J 1 ⋅ 

2
2 
 N  
J 
1 
E c (Σ / R g ) = ⋅  J m + 12  ⋅ ω m2
2 
N 
(
)
Je = Jm +
J1
N2
Question 6-2
Avec des conditions initiales nulles :
(1)
(2)
(3)
(4)
u(t ) = R ⋅ i(t ) + e(t )
e(t ) = k e ⋅ ω m (t )
dω m ( t )
Je ⋅
= c m (t )
dt
c m ( t ) = k t ⋅ i( t )
U(p ) = R ⋅ I(p ) + E(p )
E(p ) = k e ⋅ Ω m (p )
J e ⋅ p ⋅ Ω m (p ) = C m (p )
C m (p ) = k t ⋅ I ( p )
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b2
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Question 6-3
U(p)
1 I(p)
R
+
Cm(p)
kt
Ωm (p)
1
Je ⋅ p
ke
E(p)
Question 6-4
1
1
⋅ kt ⋅
R
Je ⋅ p
M ( p) =
1
1
1 + ⋅ kt ⋅
.k e
R
Je ⋅ p
M ( p) =
Avec M ( p) =
M ( p) =
kt
R ⋅ J e ⋅ p + kt ⋅ ke
1
ke
R ⋅ Je
⋅ p +1
kt ⋅ ke
R ⋅ Je
en s
kt ⋅ ke
1
km =
en rad s-1 V-1
ke
km
τ m ⋅ p +1
τm =
Question 6-5
2 ⋅ 5,25 ⋅ 10 −3
τm =
0,2 ⋅ 0,2
τm = 0,2625 s
Tr5% = 3⋅τm = 0,7875 s
1
ωc =
= 3,08 rad ⋅ s −1
2 ⋅ 9 ⋅ 10 −3
τm =
0,2 ⋅ 0,2
τm = 0,45 s
Tr5% = 3⋅τm = 1,35 s
1
ωc =
= 2,22 rad ⋅ s −1
τm
τm
Question 6-6
Plus l’inertie équivalente est importante, plus le système est lent.
Le gain kg de la génératrice tachymétrique
12 − 0
60
s’écrit : k g =
⋅
= 3,27 ⋅ 10 −3 V .rad −1 .s
3600 − 0 2 ⋅ π
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k g = 3,27 ⋅ 10 −3 V .rad −1 .s
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Question 6-7
km
G⋅
H ( p) =
1+
1+τ m ⋅ p
G ⋅ km ⋅ k g
H ( p) =
1+τ m ⋅ p
Ω m ( p)
= H ( p) =
U v ( p)
G ⋅ km
1 + τ m ⋅ p + G ⋅ km ⋅ k g
G ⋅ km
1 + G ⋅ km ⋅ kg
τm
1 + G ⋅ km ⋅ k g
⋅ p +1
Ω m ( p)
k m'
Avec :
= H ( p) = '
U v ( p)
τ m ⋅ p +1
k m' =
G ⋅ km
en rad⋅s-1⋅V-1
1 + G ⋅ km ⋅ k g
et τ m' =
τm
1 + G ⋅ km ⋅ kg
en s
Question 6-8
G ⋅ km
G ⋅ km






 1 + G ⋅ km ⋅ k g

 1 + G ⋅ km ⋅ k g
lim 
= lim 

G →∞
G →∞
τm
1
⋅ p + 1


 1+ G ⋅ k ⋅ k


m
g






G ⋅ km


 = Glim
→∞ 1 + G ⋅ k ⋅ k
m
g






 = lim  G ⋅ k m
 G →∞ G ⋅ k ⋅ k
m
g


H ( p) ≈
d’où
 1
=
 k
g

1
kg
Question 6-9
On a
ω m (t )
d α r (t )
avec des conditions initiales nulles
N
dt
ω m (t )
Ω ( p)
Soit
= ω r (t )
Ω m ( p) = r
N
N
d α r (t )
Soit
Ω r ( p) = p ⋅ α r ( p)
ω r (t ) =
dt
D’où
α ( p)
1
R( p) = r
=
Ω m ( p) N ⋅ p
= ω r (t ) et ω r (t ) =
D’où
D’où
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ka =
π
⋅ kr
180
ka = 6,98 ⋅10-2 V/°
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Question 6-10
k c ⋅ k m' ⋅ k r
N
La fonction de transfert en boucle ouverte peut s’écrire : T ( p ) =
p ⋅ 1 + τ m' ⋅ p
k BO
T ( p) =
p ⋅ 1 + τ m' ⋅ p
(
(
k BO =
)
)
kc ⋅ k ⋅ kr
N
'
m
http://www.upsti.fr/serv3/module_formation_SLCI/co/Contenu93.html
Question 6-11
a)
La marge de phase est définie par M ϕ = 180° + arg(T ( j ⋅ ω Gain = 0 ))


 1 
1

 − arg
D’où − 45° = 180 + arg( k BO ) − arg
'
 j ⋅ω 
1+τ m ⋅ j ⋅ω 
− 45° = 180 + 0° − 90° − arctan(τ m' ⋅ ω ) soit ω = ω c =
D’où 1 = T ( j ⋅ ω ) = k BO ⋅
1
ωc
⋅
1
τ m'
1
ω
1 +  c
 ωc
k BO =



2
τ
'
m
b)
Avec k BO =
kc =
2⋅N
τ ⋅ k m' ⋅ k r
k c ⋅ k m' ⋅ k r
2 k ⋅k' ⋅k
on obtient : ' = c m r
N
N
τm
kc =
2 ⋅ 200
5 ⋅ 10 −3 ⋅ 30 ⋅ 4
kc = 471,10 sans unité
'
m
c)
L’écart de position est défini par :
ε S = lim p ⋅ ε ( p) = lim p ⋅ (U e ( p) − U r ( p) ) pour Ue(p) échelon d’amplitude a
p →0
p →0
ε ( p) = U e ( p) − U r ( p ) = U e ( p) − T ( p) ⋅ ε ( p)
ε ( p) =
1
⋅ U e ( p)
1 + T ( p)


1
⋅ U e ( p ) 
 1 + T ( p)

ε S = lim p ⋅ 
p →0
Pour une position donnée U e ( p ) =
α 0 ⋅ ka
p

α ⋅k
1
soit ε S = lim p ⋅ 
⋅ 0 a
p →0
p
 1 + T ( p)
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


UPSTI
CCP MP


α ⋅k
1
⋅ 0 a
ε S = lim p ⋅ 
p →0
k BO
p
1+
'
p ⋅ 1+τ m ⋅ p

(
)






2010
α 0 ⋅ k a ⋅ p ⋅ (1 + τ m' ⋅ p )
soit ε S = lim
=0
p →0 p ⋅ (1 + τ ' ⋅ p ) + k
m
BO
εS = 0
Ce résultat était prévisible car le système est de classe 1.
Question 6-12
Si nous avons une consigne de vitesse de 105°⋅s-1. α e (t ) = a ⋅ t = 105 ⋅ t
D’où α e ( p ) =
105
p2
Question 6-13
L’écart de trainage est défini par :
ε d = lim p ⋅ ε ( p) = lim p ⋅ (U e ( p) − U r ( p) ) pour Ud(p) rampe de coefficient directeur a.
p→0
p →0
105 ⋅ k a
1
⋅
p2
 1 + T ( p)



(
)

ε d = lim p ⋅ 
p→0


105 ⋅ k a
1
⋅
ε d = lim p ⋅ 
p→0
k BO
p2
1+
p ⋅ 1 + τ m' ⋅ p

(
)






ε d = lim
soit
p→0
105 ⋅ p ⋅ 1 + τ m' ⋅ p
105 ⋅ k a
=
'
k BO
p ⋅ p ⋅ 1 + τ m ⋅ p + k BO
( (
)
εd =
Avec k BO =
2
τ m'
εd =
on a
105 ⋅ k a ⋅ τ m'
2
)
105 ⋅ k a
k BO
εd = 0,025 V
Si on reconstruit un schéma bloc à retour unitaire à partir du ka proposé nous obtenons le
résultat classique.
105
εd =
k BO
soit ε d =
105 ⋅ τ m'
2
soit 0,37 °
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le cahier des charges est respecté.