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EXAMEN DE FIN DE FORMATION AII2 : SOLUTION
Partie 1
1. GRAFCET Vue partie opérative
0 compteur=0
S1&&S2
10 Avance
S4
20 Attente
T1/X20/3s
X4 Recul
S3
40 Avance
S5
50 Rcul
S2
60 Incrémenter compteur
Compteur<3 compteur>3
2. Tableau d’affectation des entrées sorties
Table des entrées
N° Etiquette Fonction Adresse NO NF
A S1 Ordre départ
cycle
x
1 S2 Position S2 x
2 S3 Position S3 x
3 S4 Position S4 x
4 S5 Position S5 x
Table des sorties
N° Etiquette Fonction Adresse CC CA
1 KM1 Avance x
2 KM2 Recul x
Liste des variable
Compteur C C5 :0
Temporisateur T1 T4 :0
3. GRAFCET Vue partie commande
0 C = 0
S1&&S2
10 KM1
S4
20
T1/X20/3s
X4 KM2
S3
40 KM1
S5
50 Rcul
S2
60 C +=1
C <3 C =3
Partie 2
1.1.1. Circuit pneumatique
Compresseur
Unité de conditionnement de l’air
Filtre avec purgeur automatique
Régulateur de pression
Lubrificateur
Pompe à vide
1.1.2. Circuit hydraulique
1 Moteur
2 Pompe hydraulique
3 Limiteur de pression
4 4 filtre
5 5 réducteur du débit
6 6 vérin double effet
7 Distributeur 4/2 bistable à commande électrique.
1.2. Hydraulique : vérin avec Section 28.26cm
P=5bar
1.2.1. Force poussée Fp= Pression* Section
Fp= (28,26 * 0,0001) * 5* 105
Fp=1413 N
1.2.2. Force d’attraction Fa = 80% * Fp = 1130,4N
Section active cotée tige S2 = Fa/ P = 1130,4 / (5* 105 ) =
22,51 cm2
Section tige = S-S2 =28,26 – 22,51cm2 = 5,75m2
Diamètre tige = 2,7cm
1.2.3. débit en sortie
Q Débit = variation volume / variation temps = S* vitesse
variation volume = course. Section S = 20 cm * 28,26*0,0001 m2
= 11304 10ˆ6 m3
Débit = 1,13 m3/s
1.2.4. Force poussée si P chute de 10%
Fp2 = 0,9 *Fp = 0,9 * 1413 = 1271 N
1.3. Commande de deux vérins
Cycle A+ B+ A- B-
Le circuit Pneumatique
1
2
3
1
2
3
2
1 3
B0
2
1 3
B1
2
1 3
A1
2
1 3
A0
4 2
5
1
3
4 2
5
1
3
2
1 3
A0 A1B0 B1
Partie III Moteur à courant continu
3.1. Fem E = K * N ; K constante N vitesse
Si N= 1500 tr/mn E =150 v donc K= 0,1
3.2. U = E + R* I
U tension d’alimentation de l’induit
I courant de l’induit
R résistance de l’induit
I= (U-E)/R
3.3. Le couple électromagnétique est Tem ?
La puissance transformée dans l’induit est E*I est égale à
la puissance mécanique produite Tem * (N/60)*2*3,14
E*I = Tem * w
Tem = E*I / W
3.4. W vitesse angulaire du moteur en rd/s
W = (N/60)* 2PI=N* 0,1046 rd/s
Tem = E*I /W = 0,1 N*I /( (N*1,046) = 0,095 *I
Tem= 0,955 *(U-E)/R = 0,955 *(160- 0,1*N)/ 0,2
764- 0,477 N
3.5. Pertes collectives négligeables
Couple utile = Tem + pertes collectives
Cu =Tem
3.6. Vitesse à vide
A vide I induit faible E= 160v =0,1 N
N= 1600 tr/mn
3.7. Moteur en charge
T =764+ 0,477 N caractéristique de la machine
T =(20/1000) * N caractéristique de charge
On a un système d’équations à résoudre
Donc N= 1537 ; T =30,74 Nm
Puissance mécanique= T*N * (2PI/60)= 4945,22 w
E= 0,1* N = 153,7 v
P= E * I
donc I= 4945,22/ 153,7 = 36,44A
Partie IV moteur asynchrone
Moteur asynchrone triphasé hexa polaire.
4.1. Glissement
Hexa polaire == nombre de pôles est 3 : nombre de paire
pôles 3
Vitesse de synchronisme Ns = 50* 60/3 = 1000.
N= 960 tr/mn
G= (1000- 960)/1000 = 4%
4.2. Facteur de puissance en charge
Puissance absorbée = √3 *Ul* Il * Cosϕ
Facteur de puissance Cosϕ = 16000 /( 230* 50) =0,8
4.3. Calcul des pertes fer et mécaniques
A vide Puissance absorbée = Somme des pertes = 600w
Pertes fer= 300w
Pertes mécaniques = 300 w
4.4. Pertes joules
Au stator : Pjs = 3 * Rstator* I2
3* (0,1/2) * (50)2 = 375w
Puissance transmise au rotor Rtr
= P absorbée - pertes stator – pertes fer
=16000- 300 – 375 = 15325 W
Au rotor Pjr = g* Ptr = 0,04 * 15325 = 613w
4.5. Puissance utile = Puissance transmise – pertes joule
rotor – partes mécaniques
Pu = 15325 - 613 -300= 14412w
Le rendement = P utile /P absorbée = 14412/16000 * 100= 90%
4.6. Le moment du couple
Pu = T* w = T *( N /(60))* 2PI
T= 143,4 Nm
4.7. Schéma du démarrage étoile triangle
L1
L3
L2
S1
Contact du
sectionneur
Disjoncteur
M3
S2 KM2
KM1
KM1KM3
KM2KM3KM1
KM2
F2
Q1
Q2
KM1KM3KM2
Q1
F2
Partie V
5.1.1. Allure de la tension de sortie
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380
-800
-600
-400
-200
0
200
400
600
800
V Ur
5.1.2. Expression de la valeur efficace UR
Ur eff = √(1
𝑇∫ 𝑈𝑅2360
0 𝑑𝑡)
UR = V entre t0 (instant amorçage ) et T/2
UR = V entre t0 +T/2 et T
𝑇 𝑝é𝑟𝑖𝑜𝑑𝑒 ; wt = θ ; Vmax = V.√2
Ur eff = √(2
𝑤𝑇(∫ 𝑉2𝑃𝐼
α∗ 2 ∗ 𝑠𝑖𝑛2 (θ)𝑑θ)
Avec 𝑠𝑖𝑛2 (θ) = (1 –cos 2 θ) /2
UR eff = √(2
2∗𝑃𝐼(∫ 𝑉2𝑃𝐼
α∗ (1 − 𝑐𝑜𝑠 (2 ∗ θ)𝑑θ) =
= V* √(2
2𝑃𝐼(∫
𝑃𝐼
α(1 − 𝑐𝑜𝑠 (2 ∗ θ)𝑑θ)
= V* √(2
2𝑃𝐼 [∫ dθ
𝑃𝐼
α− ∫
𝑃𝐼
α𝑐𝑜𝑠 (2 ∗ θ)𝑑θ)]) 𝑇𝑎𝑝𝑒𝑧 𝑢𝑛𝑒 é𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑐𝑖.
= V* √(2
2𝑃𝐼 [𝑃𝐼 − α − (Sin(2𝑃𝐼) − 𝑆𝑖𝑛( 2α))])
= V* √(1 −α
𝑃𝐼+
sin(2α)
𝑃𝐼 )
5.1.3. Puissance dissipée dans R = 10ohm pour α = PI/6
P = Ureff * IR eff =
Ur2 eff /R = 4002 * (1 – 1/6 + sin (2*pi)/pi)) = 15,538 w
5.2. Montage PD3
5.2.1. Transformateur Yy6
5.2.2. Allure Ucharge
5.2.3. Valeur moyenne
La tension simple au secondaire est V (valeur efficace)
La tension moyenne de sortie est Uch moy =Vmoy
Vmoy = 3√3/π * Vmax
Vmoy = 3√3/π*√2 * V
5.2.4. Justification Uch moy = E
La bobine sert à réduire les ondulations du courant (comme pour
les condensateurs, ils permettent de réduire les ondulations des
tensions). Si L est bien choisie, on obtient des faibles
ondulations du courant. Pratiquement on considère que le courant
est constant. Par conséquent la valeur moyenne de la tension aux
bornes de la bobine est nulle.
Donc Uch moy = E
5.2.5. Courant dans une phase (1 enroulement)
Le courant dans un enroulement secondaire est donné dans l’allure (énoncé) : noté is
Sa valeur efficace est :
I secondaire efficace = √( 1
𝑇∗ ∫ 𝑖𝑠(𝑡)2 𝑑𝑡)
𝑇
0
𝑖𝑠2 = 15 x15 = 225 sur les deux tiers de la période et nulle sur les reste ( 1/3 de la période)
Donc : I secondiare efficace = √(1
𝑇∫ 225 𝑑𝑡 ) ; avec intégration sur 2/3 T
I secondiare efficace √1
𝑇 225 ∗
2
3∗ 𝑇) = 12,24 A
( en faite :
Chaque diode du commutateur plus positif conduit pendant le 1/3 de la période.
Chaque diode du commutateur plus négatif conduit pendant le 1/3 de la période.
Un enroulement du transformateur conduit et fourni tantôt un courant positif et tantôt un courant
négatif. Donc conduit pendant 2/3 de la période
La puissance apparente Sn ?
Sn = √3 * (V ligne redresseur)* (i ligne redresseur)
Vligne redresseur = √3* V
(V étant la tension simple efficace secondaire).
I ligne redresseur = is efficace calculé = 12,24 A
Vmoy =E = 3√3/π*√2 * Vefficace = 250v donc V = 106,8v
Vligne = √3* 106,8v = 185 v
Sn= 3921,7 VA070,4 VA
Partie VI Régulation
6.1.1. Gain statique
Gp = variation sortie/ variation entrée
Gp = (KEo-0)/(Eo-0) = K = 0,8
6.1.2. Constantes T et τ
Temps du retard = retard avant la montée de signal de
sortie. T= 1s
Constante du temps τ = ?
Constante du temps
= temps que met la sorie pour évoluer de 2% à 63% de la va-
riation
= temps que met la droite tangente au point d’inflexion pour
évoluer de 0% à 100% de la variation
Soit la pente de la tangente au point d’inflexion
Pente = (0,4 – 0,28) K Eo / ( 2,39 -2,O5) = 0,353 * KEo
L’équation de la droite tangente = pente* t
on a : pente* τ = 100% variation = KEo
0,353 KEo * τ = KEo
τ = 2,8s
6.1.3. Paramètres du régulateur PID mixte
Kc= (1/(1,2*0,8))*( 2,8/1 +0,4)= 3,3
Ti=2,8 +0,4* 1 =3,2 s
Td= (2,8 *1)/ (1+ 2,5* 2,8) = 0,35 s
6.1.4. Schéma bloc du système bouclé
ou bien