Corrigé Jeu d eau de Versailles 1 A.1.1) En A la masse m a une énergie cinétique E ca = mv A A.1.) En B v B = 0 donc l énergie cinétique est nulle E cb = 0. A.1.3) La valeur de l énergie potentielle en A est E pa = 0 A.1.4) La valeur de l énergie potentielle en B est E pb = mgh j ; A.1.5) En négligeant l énergie due à la pénétration du jet dans l air la somme de ces deux énergies se conserve (le jet étant à la pression atmosphérique l énergie liée à la pression est la même en A et B) : 1 1 v A mv A = mgh j. Ce qui donne : h j = AN v A = 17,4m/s h j = 15,4m g A.1.6) On a négligé l énergie due à la pénétration du jet d eau dans l air : la hauteur réelle du jet sera plus faible que la valeur calculée. La forme et la hauteur du jet dépendent beaucoup de la section et de la forme de la tuyère de sortie. A..1) La pression statique, vanne fermée, au niveau de la vanne est p V = p at + H V.ρ.g car la surface du réservoir de Montbauron est à la pression atmosphérique. AN p V = 1,013.10 5 + 18.1000.9,81 =,78.10 5 Pa A.. ) A...1) p est la pression au point considéré de l écoulement en Pa, A...) La pression au point C est égale à la pression atmosphérique p = p at A...3) La pression au point A est égale à la pression atmosphérique p = p at A...4) z est l altitude du point considéré en m. A...5) z A = 0 voir échelle A...6) z C = H A...7) v est la vitesse de l eau au point considéré en m/s A...8) v C = 0 Voir le document réponse en suivant : p c = p a v c = 0 z c = H z C p A = p a v A z A = 0 V A 0 EQPEM 1/6 Session 008
p A...9) ρ at + gh = p ρ at + A v d où l on tire v A = gh = 17,4 m/s v' A = d A π A...10) Q = v A S A = v A 4 = 0,166 m 3 /s A...11) Le débit Q se conserve le long du circuit hydraulique. 4Q A...1) v 1 = = 0,61 m/s dans la canalisation 1 π d 1 4Q v = = 0,845 m/s dans la canalisation π d A..3.1) La valeur de la nouvelle vitesse v A est 1 (gh J) = 16,4ms A..3.) hauteur d eau J J J / kg = 1,81m représente les pertes de charge exprimées en g m = A.3 Retour sur l enjeu A.3.1) Il faut un volume V mb = 3750m 3. A.3.) La diminution du niveau est H = V mb /S mb = 0,3m cette variation est tout à fait négligeable. Cette hauteur conditionne la hauteur des jets d eau donc leur qualité, elle ne doit donc pas subir une diminution trop importante. B.1.1) v v = d v / t = 3.10-3 / 138 = 0,167 mm/s B.1.) le nombre de tour est n br = d v /p = 3/4 = 5,75 B.1.3) n SV = v v /p = 3/4*138 = 0.0417tr/s =,5 tr/min (Ω SV = 0,6 rd/s) B.1.4) C sv = (F*v v )/(Ω SV *0,6) = 49 Nm = C SV B.1.5) n = n SV * r =,5 * 560 = 1400tr/min = n B.1.6) C MAS = C SV / (560* 0, )= 0,398 Nm B.1.7) La machine asynchrone doit avoir un couple utile mécanique de 0,406Nm et tourner à une vitesse de 1400tr/min, ce qui correspond à une puissance utile P u = 59,3W ns nn B..1) Le glissement nominal vaut g N = = 6,67% n n S est la vitesse de S synchronisme ; la machine a deux paires de pôles et la fréquences des grandeurs d alimentation est 50Hz donc n s = 60*f/p = 1500tr/min. B..) Le sens de rotation dépend du sens de rotation du champ tournant qui est imposé par l ordre des phases. Il faut prévoir de pouvoir inverser les connexions de deux fils de phase sur l alimentation du moteur. 60.60 B..3) C MAS = P un /Ω N = = 0,409Nm. π.1400 B..4) P a = 3 U I cos ϕ = 166W et Q = 3 U I sin ϕ = 15VAR B..5) Le rendement est égal à P un /P a = 0,361 B..6) La résistance R s est la résistance du stator par phase ; L o ω est la réactance magnétisante, lω est la réactance de fuite globalisée au rotor et ramenée au stator, et R est la résistance rotorique ramenée au stator. B..7) Au démarrage, la vitesse n est nulle, donc g = 1 B..8.1) L impédance de la branche contenant R et lω est Z = 145 + j 67 car g = 1 B..8.) L impédance par phase du moteur au démarrage vaut EQPEM /6 Session 008
118 + 96,6 + j9 = 15 + j9 Son module vaut 313,8Ω 30 B..8.3) Le courant de démarrage vaut I d = = 0,736A 313,8 0,75².0, + 0,3².1,6 B..9) La valeur efficace équivalente est I eff = = 0,358A B..10) Les pertes Joule du moteur seront plus élevées que celles correspondant au point nominal, il y aura donc un échauffement plus grand dont il faudra tenir compte dans le choix du service de fonctionnement du moteur. B..11) Chaque cycle dure s donc il y a 1800 démarrages par heure. B.3.1.1) dv= S R dn = 1103.dN B.3.1.) La différence entre le débit d entrée et le débit de sortie est liée à la variation de volume par la relation Qe Qs = dv avec la relation précédente on obtient dt dn Qe Qs = S R. dt B.3.1.3) La transformation de Laplace appliquée à la relation précédente donne avec des conditions initiales nulles : Qe (p) Qs (p) = S RpN(p) ou en exprimant N(p) 1 N(p) = (Qe (p) Qs (p)) S p R B.3.) Le schéma fonctionnel est : Q s (p) V c (p) + - V r (p) ε(p). X c (p) 1. X(p) Q. e (p) C(p) 1 + 13,6p K X Positionneur + - 1 S p R N(p) K N Avec ε(p)= V c (p) V r (p), X c (p) est la consigne de position de la vanne, X(p) est la position de la vanne, Q e (p) le débit de remplissage. B.3.3) En régime statique le niveau N est constant, pour cela il faut que le débit de remplissage Q e et le débit de vidange Q s soient égaux. Q e = Q s B.3.4.1) Q e = 100l/s B.3.4.) x = Q e /K x = 100.10-3 /1,6.10-3 = 6,5 = x B.3.4.3) Pour p=0 le gain statique du positionneur est 1 donc X c = X et V c -V r = x/c(0) V c -V r = 65 B.3.4.4) N c -N r = (V c -V r )/K N = 0,65m il y a donc une erreur statique importante. B.3.4.5) Pour avoir une erreur statique nulle, il faut que le correcteur ait une intégration B.3.5.1) Le système bouclé est stable si la marge de phase est positive. EQPEM 3/6 Session 008
B.3.5.) ϕ = 180-157= 3 (voir diagramme en suivant) B.3.5.3) Pour obtenir une marge de phase maximale, il faut une translation de 4dB Ce qui fait un gain de 15,8. La nouvelle valeur de A est A = 16. B.3.5.4) La valeur de ϕ est 56 (180-14) dans ces conditions. B.3.5.5) L erreur statique est nulle car la valeur finale de N est N c ; le temps de réponse est de 350s et le dépassement D 1 est égal à % e = 0 ; t r = 350s et D 1 = %. EQPEM 4/6 Session 008
8 0 T BO (ω) en db 6 0 4 0 0 0-0 Translation pour obtenir ϕ max f en Hz -4 0-6 0-8 0-10 0-1 0-14 0 (; 7 v ( Ø (ó 9 ( þ Arg T BO (ω) en -10 0-110 -1 0-13 0-14 0-150 -16 0-170 -18 0 ϕ ϕ max -19 0 0,00001 0,0001 0,001 0,01 0,1 1 f en Hz EQPEM 5/6 Session 008
N(t) 1,N C 1,05N C D N C 0,95N C t r à 5% 100 00 300 400 500 600 t en s EQPEM 6/6 Session 008