EXAMEN DE FIN DE FORMATION AII2 : SOLUTION

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