BTS Electrotechnique 2008 Physique Corrigé

m
o
A.2.2.3 La pression au point A est aussi la pression atmosphérique : p A = 1, 013.105 Pa .
Corrigé du BTS Electrotechnique 2009 (Physique)
Jeux d'eau au parc du château de Versailles
Réseau hydraulique
.c
A.2.2.4 La grandeur z est la hauteur d'un point.
A.2.2.5 La hauteur zA du point A est nulle (hauteur de référence): z A = 0 m .
Partie A : Comment garantir la hauteur d'un jet d'eau
m
a
A.2.2.6 L'énoncé nous donne directement : z A = 15,5 m .
x
e
A.1. Hauteur du jet d'eau
A.2.2.7 La grandeur v est la vitesse d'écoulement du fluide en un point.
A.1.1. Energie cinétique au point A :
E cA =
1
m.v A 2 .
2
A.1.2. Energie cinétique au point B :
E cA =
1
m.v B 2 = 0 . car vB = 0 .
2
d
i
a
A.2.2.8 L'énoncé nous donne directement : vC = 0 m.s −1 .
Les grandeurs p, v et z sont indiquées sur le document réponse ci-dessous :
pC = 1,013.10 Pa
vC = 0 m/s
zC = 15,5 m
w
// w
A.1.3. Energie potentielle au point A : l'énoncé nous donne la réponse : E pA = 0 .
A.1.4. Energie potentielle au point B : E pB = m.g.h j .
A.1.5. Principe de conservation de l'énergie mécanique :
1
E mA = E mB ⇒ E cA + E pA = E cB + E pB ⇒
m.v A 2 + 0 = 0 + m.g.h j
2
1 2
v A = g.h j .
⇒
2
v 2
17, 42
La hauteur hj du jet est donc : h j = A =
soit h j ≈ 15, 4 m .
2g 2 × 9,81
s
r
u
w
.
5
:
p
t
t
h
pA = 1,013.105 Pa
vA
zA = 0 m
A.1.6. On a négligé les pertes de charge, la hauteur réelle sera inférieure à 15,4m.
é
g
r
a
A.2. Etude de l'alimentation du jet d'eau
A.2.1. En régime statique, on a : p C − p v + ρ.g.H v = 0
h
c
lé
A.2.2.9. L'équation de Bernoulli est :
et elle devient :
A.2.2.1 La grandeur p représente la pression.
é
T
5
2
d 
A.2.2.10. Le débit au point A est QA = S.v A = π.  A  .v A = π× 0, 0552 × 17, 4
 2 
soit QA ≈ 0,165m3 .s −1 .
A.2.2.2 La pression au point C est la pression atmosphérique : p C = 1, 013.105 Pa .
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−v 2
0
+ g.H + A = 0 soit v A = 2.g.H = 2 × 9,81× 15,5
ρ
2
soit v A ≈ 17, 4 m.s −1 (valeur confirmée à la question A.1.5.).
⇒ p v = pC + ρ.g.H v ⇒ p v = 1, 013.10 + 1000 × 9,81× 18 soit p a ≈ 2,78.10 Pa .
5
pC − p A
v 2 − vA 2
+ g ( zC − z A ) + C
=0
ρ
2
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Corrigé du BTS Electrotechnique 2008 (Physique)
A.2.2.11. La grandeur qui se conserve tout le long du circuit hydraulique est le débit.
A.2.2.12. la relation générale est : v =
v1 =
v2 =
Q
π. ( d1 / 2 )
2
Q
π. ( d 2 / 2 )
2
=
=
Q
π. ( d / 2 )
2
B.1.3. Vitesse de rotation : n sv =
, ce qui donne :
L'application numérique donne : n sv =
0,165
soit v1 ≈ 0, 26 m.s −1 .
2
π× 0, 45
soit v A ≈ 16, 4 m.s .
n
B.1.5. On a r =
⇒ n = n sv .r = 2,5 × 560 soit n ≈ 1400 tr / min .
n sv
A.2.3.2 La perte de hauteur d'eau zJ correspondante à la perte de charge J est :
J 17,8
g.z J = J soit z J = =
soit z J ≈ 1,8 m .
g 9,81
A.3.1. Le volume d'eau Vmb utilisé en 1h30 est : Vmb = 1,5 × 2500 = 3750 m3 .
w
w
/
/
:
p
t
t
h
A.3.2. La diminution ∆H du niveau d'eau dans le réservoir est :
V
3750
∆H = mb =
soit ∆H ≈ 0, 23m .
Smb 16000
Une diminution importante du niveau d'eau dans le réservoir entraînerait une
diminution de la hauteur H et donc une diminution de la vitesse vA.
r
u
s
d
23.10−3
B.1.1. Vitesse de translation de la vanne : v v = v =
soit v v ≈ 167.10−6 m.s −1 .
∆t
138
B.1.2. Nombre total de tours : N br =
d v 23
=
p
4
é
T
2π×1400
soit Pu ≈ 59W .
60
B.2. Caractéristiques de la machine asynchrone triphasée
B.2.1. Vitesse de synchronisme : n s =
Glissement : g n =
60 × f 60 × 50
=
soit n s = 1500 tr / min
p
2
n s − n n 1500 − 1400
=
soit g n ≈ 6, 67 % .
ns
1500
B.2.2. Pour permettre la rotation dans les deux sens, on peut prévoir un inverseur de phase.
B.2.3. On a : Pun = CMAS .Ω n
soit N br = 5, 75 tr .
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soit CMAS ≈ 0, 40 N.m .
B.1.7. Puissance utile du moteur : Pu = CMAS .Ω ≈ 0, 4 ×
Partie B : Solution pour maintenir un niveau constant
r
a
w
B.1.6. Exprimons le bilan des puissances à "entrée-sortie du réducteur" :
C .Ω
C Ω
C n
49
2,5
CMAS .Ω = sv sv ⇒ CMAS = sv . sv = sv . sv ≈
×
ηred
ηred Ω
ηred n
0, 22 1400
A.3. Retour sur l'enjeu
h
c
lé
.
x
e
d
i
a
soit Csv ≈ 49 N.m .
−1
é
g
m
a
.
2π.n sv 2π× 2,5
=
≈ 0, 262 rad / s
60
60
Exprimons maintenant le bilan des puissance "réducteur – vanne" :
F.v v
20.103 × 167.10−6
Preduc × ηv = Pvanne ⇒ Csv .Ωsv .ηv = F.v v ⇒ Csv =
=
Ωsv .ηv
0, 262 × 0, 26
−v 2
A.2.3.1 L'équation de Bernoulli devient : g.H + A = J
2
B.1. Dimensionnement du servomoteur
167.10−6
soit n sv ≈ 2,5 tr.min −1 .
4.10−3
B.1.4. Notons Ωsv la vitesse angulaire de rotation : Ωsv =
0,165
soit v 2 ≈ 0,84 m.s −1 .
2
π× 0, 25
v A = 2. ( g.H − J ) = 2 × ( 9,81×15,5 − 17,8)
m
co
v
N br
d
× 60 = v × 60 soit n sv = v × 60 .
p
∆t
p.∆t
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⇒ CMAS =
Pun
60
=
Ω n 2π× 1400
60
soit CMAS ≈ 0, 41N.m .
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B.2.4. Puissance active : Pa = 3U n I n cos ϕ = 3 × 400 × 0,3 × 0,8 soit Pa ≈ 166 W .
Puissance réactive : Q a = Pa tan ϕ ≈ 166 × tan ( cos −1 0,8 ) soit Q a ≈ 125 VAR .
B.2.5. Rendement : η =
Pun
60
≈
Pa 166
m
o
B.2.10. La valeur efficace équivalente Ieq est très proche du courant nominal efficace In.
Le moteur ne devrait donc pas subir d'échauffement excessif.
.c
B.2.11. Nombre de démarrages par heure : N dh
soit η ≈ 36 % .
m
a
B.3 Régulation de niveau
B.2.6.
x
e
3600
=
= 1800 dém / h .
2
B.3.1 On a V = SR .N et SR est constant donc dV = SR .dN .
d
i
a
B.3.2 Phrase clé : "le débit global est responsable de la variation de volume".
.
Ce qui donne en équation : Q e − Qs =
Rs
L0ω
lω
R
: résistance des enroulements statoriques.
: réactance de magnétisation.
: réactance de fuites magnétiques (rotor + stator) ramenées au stator.
: résistance rotorique.
B.3.3 Le passage à la transformation de Laplace de l'équation précédente donne :
Q e (p) − Qs (p) = SR .pN(p) (la "dérivée" de transforme en "multiplication par p").
B.2.8.2. La résistance Rs se retrouve en série avec l'impédance Ze , on a donc
ZeT = R s + Ze = 118 + 96, 6 + j229 soit ZeT = 214, 6 + j229 .
B.2.8.3. Courant de démarrage : Id =
B.2.9.
V
=
ZeT
230
214, 62 + 2292
r
u
t
t
h
On a donc : Ieq =
h
c
é
l
é
é
g
s
0, 75 × 0, 2 + 0,3 × (1,8 − 0, 2)
soit Ieq = 0,315 A .
2
T
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Exprimons le rapport
sortie
:
entrée
N(p)
1
=
(expression utile pour la
Qe (p) − Qs (p) SR .p
suite).
B.3.4 Le schéma complété de l'asservissement est représenté ci-dessous :
ε
x
Qe(p)
KX
1
SR.p
soit Id ≈ 0, 733A .
La figure ci-dessous donnée dans l'énoncé représente déjà les différentes valeurs
efficaces I. Pour avoir la valeur efficace équivalente Ieq , il suffit de calculer la
valeur moyenne des valeurs efficaces I sur un cycle.
r
a
w
w
/
/
:
p
B.2.7. Au démarrage, la vitesse est nulle donc le glissement gd est : g d = 1 .
B.2.8.1. L'inductance l est en série avec R/g donc l'impédance équivalente est :
Z = R / g + jlω = 145 + j267 (Ω) en rappelant que g=1 (démarrage).
w
dN
dV
soit Q e − Qs = SR
.
dt
dt
kN
B.3.3 En régime statique, le niveau devient constant donc le débit de remplissage est égal
au débit de vidage : Q e = Qs .
B.3.4.1 En régime statique on a Qs = 0,1 m3.s-1 donc Q e = Qs = 0,1m3 .s −1 .
B.3.4.2 On a Q e = K x .x donc x =
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Qe
0,1
=
soit x = 62,5 m3 .s −1 .
K x 1, 6.10−3
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B.3.4.3 On est en régime statique, la transmittance du positionneur se réduit à 1 donc la
sortie du correcteur C(p) prend la valeur x = 62,5 (position de la vanne).
x
62,5
On a C(p) = 0,1 donc Vc (p) − Vr (p) =
=
soit Vc (p) − Vr (p) = 625 .
0,1 0,1
V − Vr
V
625
B.3.4.4 On a Vr = K N .N = 1000.N ⇒ N = r ⇒ N c − N = c
=
1000
1000
1000
soit N c − N = 0, 625 .
.c
l'axe "0dB" lorsque la phase est minimale.
On remarque que la phase est minimale (-123°) pour fT' ≈ 0,034Hz et G ≈ -25dB
(schéma ci-dessous).
m
a
w
B.3.5.2 La méthode de mesure de la marge de phase est la suivante :
on repère la fréquence fT pour laquelle TBO (f ) = 0dB soit fT ≈ 0,0005 Hz
w
/
:/
sur le courbe de phase on mesure l'écart : Mϕ = −180 − Arg ( T BO (f T ) )
h
r
-180°
é
g
r
a
fT
-157°
tt p
h
c
é
l
é
T
u
s
w
fT
-123°
Mϕ
ϕ = 57° (marge maximale)
-180°
B.3.5.4 La nouvelle marge de phase sera donc Mϕ ' ≈ 180 − 123 soit Mϕ ' ≈ 57° .
Le système ne va maintenant présenter que peu d'oscillations sur la réponse
indicielle.
B.3.5.5 L'exploitation de la réponse indicielle nous donne :
N(∞) = N C donc pour l'erreur statique : N C − N(∞) = 0 .
Le temps de réponse tr5% est le temps que met la sortie pour atteindre et
rester entre 95% et 105% de la valeur finale.
On mesure directement t r5% ≈ 350s .
Mϕ
ϕ = 23°
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x
e
id
.a
-25dB
B.3.5.1 Pour avoir une stabilité suffisante, la marge de phase doit être au moins de 45°.
0dB
25
Il faut donc "rajouter" +25dB au correcteur soit 20logA = 25 ⇒ A = 10 20
soit A ≈ 17,8 .
Pour résumer, il y a un rapport "×1000" entre la consigne (nombre réel) et le
niveau d'eau (en mètre).
1
B.3.4.5 Pour avoir une erreur statique nulle, il faut insérer un terme en dans la chaîne
p
directe. On pourra placer ce terme dans le correcteur C(p) (action intégrale du
correcteur).
On mesure donc la marge de phase Mϕ ≈ 180 − 157 soit Mϕ ≈ 23° .
Le schéma ci-dessous illustre la méthode de mesure de la marge de phase :
m
o
B.3.5.3 Pour que la marge de phase soit maximale, il faut que fT' soit placée à l'endroit où
la phase Arg ( T BO (f T ) ) est minimale .Il faut donc que la courbe de Gain coupe
Dépassement : D % =
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N max − N C
1, 22N C − N C
× 100 =
× 100 soit D % = 22% .
NC
NC
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