Etude du plan horizontal réglable (PHR) de l`Airbus A340
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Etude du plan horizontal réglable (PHR) de l`Airbus A340
TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP Etude du plan horizontal réglable (PHR) de l’Airbus A340 - Corrigé Q.1. Régler l’angle du PHR Générer la consigne automatiquement Générer la consigne manuellement Adapter la consigne Distribuer l’énergie de puissance Sécuriser la distribution de l’énergie de puissance Calculateur Volant Réducteur 1 Distributeur 1 Distributeur 2 Transformer l’énergie hydraulique en énergie mécanique Moteur hydrau. 1 Sécuriser la transformation de l’énergie hydraulique Moteur hydrau. 2 Additionner les deux énergies mécanique de rotation Différentiel Adapter l’énergie mécanique de puissance Réducteur 6 Transformer un mouvement de rotation en translation Modifier le PHR Mesurer la rotation de la vis et adapter l’angle Comparer la rotation réelle à consigne Vis 4 Gouverne de profondeur Réducteur 7 Train épicycloïdal Q.2. 22/11/2012 Page 1 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques ue(t) + CPGE MP ε1(t) - u(t) correcteur + amplificateur θr(t) ur(t) potentiomètre Moteur électrique θm(t) Réducteur 1 θP1(t) Réducteur 2 Q.3. La réponse indicielle possède une tangente à l’origine de pente non nulle et tend vers une valeur finie, on peut donc modéliser le système par une fonction de transfert du 1er ordre. On suppose ainsi que la fonction de transfert liant la tension aux bornes du moteur à la vitesse de rotation de son arbre de sortie peut être modélisée par un 1er ordre de gain statique K et de constante de temps T. Pour déterminer K, on mesure la valeur finale 250 rad/s et on sait que c’est égale à K.U, donc K=50 rad/s/V. Pour déterminer T, on sait qu’à t=T, s(T)=63%.VF d’où T=0.01s. Q.4. u(t) = e(t) + R.i(t) e(t) = ke.ωm(t) Je. d m (t ) = Cm(t) dt Cm(t) = ka.i(t) → U(p) = E(p) + R.I(p) → E(p) = ke.Ωm(p) → Je.p Ωm(p) = Cm(p) → Cm(p) = ka.I(p) I(p) Cm(p) U(p) + 1/R - ka 1 Je. p Ωm(p) E(p) ke ka .ke Km m ( p) 1 R.J e . p 1 ka .ke 1 1 . . . k . k R . J U ( p ) ke 1 a e ke R.J e . p ka .ke ke 1 e . p 1 m. p R.J e . p ka .ke La vitesse est la dérivée de la position : Ωm(p) = p. m(p) d’où M ( p) Q.5. Km= Km m ( p) U ( p) p.1 m . p 1 R.J e et τm= ke ka .ke Q.6. Application numérique : Km = 50 rad/(V.s) et τm = 0,01s. 22/11/2012 Page 2 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP Q.7. Ue(p) + ε1(p) K1 - U(p) M(p) m(p) P1(p) R1 r(p) Ur(p) R2 K2 Déplacement des blocs K2 et R2 Ue(p) Q.8. T ( p) 1 K 2 R2 + m ( p) K1.K2.R2.M ( p) 2 ( p ) ε2(p) - K1 K2 R2 M(p) m(p) R1 P1(p) K1.K 2 .R2 .K m K BO p.1 m . p p.1 m . p Avec KBO = K1.K2.R2.Km KBO R1 p. 1 m .p KBO P1( p) R1 K2.R2 1 Q.9. F ( p) . .R1 . KBO 1 Ue ( p) K 2.R2 K 2.R2 p. 1 m .p KBO 1 .p m .p2 1 KBO KBO p. 1 m .p Q.10. KBF 1 0 2 2.z 0 R1 K 2 .R2 m K BO → 0 K BO m 1 0 1 1 1 → z . → z . 2 K BO . m 2 K BO K BO Q.11. Réponse à une entrée de type échelon la plus rapide possible sans toutefois produire de 1 dépassement → z = 1 → 4.K BO . m 1 → K BO = 25 s-1 4. m K BO p 0 p.1 m . p → FTBO de classe 1 → erreur statique er 0 . Le système est précis CDCF OK Q.12. Par définition er () lim p.E( p). 1 1 FTBO avec FTBO : T ( p) Q.13. Graphiquement on lit pour z = 1, t5% .0 5 → t5% . 22/11/2012 K BO m 5 → t5% 0,1s CDCF OK Page 3 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP 5 Q.14. On a l = 0,6m et pv = 10mm → Nv = Q.15. 0,6 l = = 60 tours. 0,01 pv N 60 N P1 1 12 tours. → N P1 v 5 5 Nv 5 Q.16. R1 1 → Nm 150.N P1 150 12 1800 tours. 150 Q.17. N m 1800 tours et N r 10 → R2 10 1 . 1800 180 Ur(p) Q.18. 10 tours → 20.π rad et l’entendue de mesure est de 24V → K 2 Q.19. K BO = K1.K 2 .R2 .K m = 25 s-1 → K1 Q.20. Par définition er () lim p.E( p). p 0 → erreur de trainage : er ( ) lim p. p 0 er ( ) 22/11/2012 1 KBO .K2.R2 r(p) K2 R2 m(p) 24 0,382 V/rad. 20. 25 K BO → K1 235,6 (sans unité). 1 K 2 .R2 .K m 0,382 50 180 1 1 FTBO 1 1 . . K2.R2 p2 avec T ( p) K BO 1 1 et E ( p) . 2 K 2 .R2 p p.1 m . p 1 → FTBO de classe 1 → KBO 1 p. 1 m .p → erreur non nulle → C.d.C.F. non respecté. Page 4 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP Camera de poursuite SPEEDCAM - Corrigé Q.1. Vc(p) K ε(p) U(p) + Um(p) KA H(p) V(p) Ue(p) J Q.2. ε(t)=u(t) – ue(t) = K.vc(t) – J.v(t) = 0 → si vc(t) = v(t) alors K = J. Q.3. Système modélisable par un 1er ordre : H ( p) échelon U m ( p) V ( p) Km dont on donne la réponse à un U m ( p) 1 m . p u0 . p Identification de Km : K m .u0 K m .u0 p0 1 . p s() lim v(t ) lim p.V ( p) lim t p0 Théorème de la valeur finale Graphiquement on lit : Km.u0=0,82V Soit Km= 0,82 = 0,0117 70 Identification de τm (4 méthodes possibles) : tracer la pente à l’origine pour déterminer τm (méthode 1), calculer 63% de la valeur finale pour déterminer τm (méthode 2), calculer 95% de la valeur finale pour déterminer 3 τm (méthode 3), utiliser un instant quelconque t (méthode 4). 22/11/2012 Page 5 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP Méthode 1 : Méthode 2 : Km.u0=0,82 → 0,63.Km.u0=0,516 Graphiquement on lit : τm ≈ 0,82s Graphiquement on lit : τm ≈ 0,9s Méthode 3 : Km.u0=0,82 → 0,95.Km.u0=0,78 Méthode 4 : s(∞) – s(t) τ Graphiquement on lit : 3.τm ≈ 2,5s → τm ≈ 0,83s Graphiquement on lit : τm ≈ 1s La méthode 2 est la plus efficace. On retient τm ≈ 0,9s. Q.4. Vc(p) + K - KA H(p) V(p) Km K .K A .K m V ( p) K A .K .K m 1 m. p 1 K .K A .K m F ( p) m Vc ( p) 1 K .J . K m 1 K A .K .K c m . p 1 .p A 1 m. p 1 K .K A .K m K A .J . Q.5. FT d’un système du 1er ordre → stable. Q.6. t5% = 3. 22/11/2012 m 1 K .K A .K m = 3. 0,9 = 1,5 s 1 0,3 200 0,0117 Page 6 sur 7 TD 06 – Systèmes automatiques CPGE MP Q.7. FTBO de classe 0 → Pour Vc(p) = 1 1 1 1 → er ( ) lim p. . → er () → 1 K .K A.Km p 0 p 1 K . N( p) p D( p) p C.d.C.F. non respecté. Q.7. Vc(p) + K - C(p) = 1/p KA H(p) V(p) 1 Km K A .K . . V ( p) K A .K .K m 1 p 1 m. p F2 ( p) 2 m 1 Vc ( p) 1 K .K . 1 . K m p m . p K A .K .K c . p2 .p 1 A p 1 m. p K A .K .K m K A .K .K m Q.9. FT d’un système du 2ème ordre → stable. Q.10. FTBO de classe 1 → Pour Vc(p) = 1 m → 0 K A .K .K m Q.11. 0 2.z 1 1 1 → z . 2 K A .K .K m . m K A .K .K m 0 2 A.N. : K A 0 K A .K .K m 1 → er () 0 → C.d.C.F. ok. p m 1 171 4 0,7 0,3 0,0117 0,85 2 171 0,3 0,0117 0,84 rad/s 0,85 Pour z = 0,69 le temps de réponse réduit vaut t5% .0 3 → t5% 3 0 3 0 3,5 s !! Le temps de réponse n’est pas du tout satisfaisant vis-à-vis du C.d.C.F. Il faut en fait ajouter en plus de la boucle d’asservissement en vitesse une boucle d’asservissement en position. Q.12. t5% <0,5 s + erreur statique nulle + système stable → C.d.C.F. ok. 22/11/2012 Page 7 sur 7