Corrige Ecole de L Air MP 2003
Corrige Ecole de L Air MP 2003
Corrige Ecole de L Air MP 2003
Corrig UPSTI
Session 2003
pivot
Table basculante
R1 : h mc 6. N c
avec mc = 1 (pas de mobilit interne)
=1
N c =1+1+2+1=5
do h =2 dans lespace.
pivot
pivot
2
3
pivot glissant
R2 : le problme peut tre considr comme plan puisque toutes les vitesses sont dans le plan.
Dans la modlisation 2D, la liaison pivot-glissant entre 2 et 3 est remplace par une glissire
(la pivot en A empche la rotation) et les pivots remplaces par des articulations sans changer
la cinmatique du mcanisme.
articulation
R3 : hp mcP 3. N cP
avec mcP = 1
=1
N cP =1+1+1+1=4
do h =0 dans le plan : mcanisme isostatique.
0
articulation
articulation
3
glissire
do , en projection : r. .cos x. 0
g
r. .sin x 0
Lcriture de la fermeture gomtrique (lnonc ne la propose pas mais elle permet
dliminer ) donne :
h r.sin x.sin
r.cos x.cos d
g
g
g
r
x . d .sin h.cos .
x
1/4
g2
Ecole de lAir MP
Corrig UPSTI
Session 2003
rapport au bti 0.
uuuuuuu
r uuuuuur
uu
r g2
2.T3/ 0 mtige . V G3 ,3/ 0 .V B ,3/ 0 I 3, B, z0 .
uuuuuur uuuu
r uuuur uuuuuur
uu
r
2.T m . V
G B .V
I 3, B, z .
uuuuuur uuuuuu
u
r uuuu
r uuuur uuuuuur uuuuuu
u
r
uu
r
2.T m . V
V
G B . V
V
I 3, B, z .
uuuuuur uuuu
r uuuur uuuuuur
uu
r
2.T m . V
G
B
.
V
I
3,
B
,
z
.
uuuuuur uuuu
r uuuur
uuuuuur
uu
r
uu
r
G
B
et V
or V
donc 2.T m . x I 3, B, z .
x .x
uu
r
uu
r
1
do T . I 2, B, z I 3, B, z . m . x
2
g2
3/ 0
tige
B ,3/ 0
3/ 0
B ,3/ 0
g2
3/ 0
tige
B ,3/ 2
B ,2 / 0
3/ 0
B ,3/ 2
B ,2/ 0
g2
3/ 0
tige
B ,3/ 2
3/ 0
B ,3/ 2
B ,3/ 2
3/ 0
B ,3/ 2
3/ 0
tige
g2
23 / 0
g2
tige
Gravit
pivot
0
pivot
uu
r uuuuuur
uu
r g uu
r
Pext M .g . y0 .V G ,1/ 0 M .g . y0 .l. . y1
pivot
3
pivot glissant
Pint F . x
d
T
Pint Pext . Puisque T 23 / 0 est nglige
dt 1 23 / 0
F. x M .g.l. .cos
uu
r
d 1
2
. M .l I 1, G, z0
dt 2
g2
g
g
uu
r
F . x M .g .l . .cos M .l 2 I 1, G , z0
g
uu
r
F g M .l 2 I 1, G, z0
x
gg
gg
uu
r
2
M
.
l
I
1,
G
,
z
.
M .g .l.cos
0
x
. M .g.l.cos .
r
d .sin h.cos
gg
2/4
Ecole de lAir MP
Corrig UPSTI
Session 2003
Lacclration est max et pour parcourir 110 avec cette loi de vitesse, il faut :
tc / 2
gg
tc / 2
tc / 2
2. max / tc
4. max
do
tc / 2
tc 2
max
.t.dt 2. max .
tc / 2
tc / 2
gg
gg
A.N. 4.
t 2
tc / 2
.t
max c
2
110
0,1454 / s 2
2
55
gg
. M .g.l
uu
r
2
M
.
l
I
1,
G
,
z
0
x
F .
r
h
gg
2
3, 06 500.2 670 .0, 00254 500.9,81.2
.
50065 N
1
0.6
Do
Q ( p ) Su . p
R14 :
T
T
C(p)
KA
I ( p ) K Q( p)
1
p.Su
X ( p)
U mes ( p)
KB
Pour que X c ( p ) et X ( p) soient homogne et que X c ( p ) X ( p ) lorsque la tige du vrin a
atteint sa position dsire, il faut que la sortie du comparateur soit nulle, donc que KB=T.
R15 : Fonction de transfert en boucle ouverte. Puisque KB=T, tout se passe comme si ces 2
gains taient remplacs par un gain KB en sortie de comparateur (donc inclus dans la FTBO).
T
Q( p) 1
X ( p)
+
C(p)
KA
K
KB
I ( p)
p.Su
3/4
Ecole de lAir MP
Corrig UPSTI
Session 2003
FTBO K B .C ( p ).K A .K .
1
p.Su
1
p.Su K B .C ( p ).K A .K
1 K B .C ( p).K A .K .
p.Su
K B .C ( p ).K A .K .
t
p 0
p 0
p 0
1 FTBO
1 FTBO
0
1 K .K .K . 1
B
A
p.Su
Estat lim x0 .
p 0
1
alors :
p
Q18 : influence de Su :
Su na pas dinfluence sur lerreur statique de position (elle est toujours nulle).
Su augmente la stabilit et diminue la rapidit (car diminue le gain de la FTBO).
4/4