CCP MP 2010 Corrige

5/24/2018 CCP MP 2010 Corrige

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POSTE DE PALETTISATION DE BIDONS

avec robot Kuka KR 180-2 PA

Question 1

a) Le cahier des charges impose une production de 20000L/j, raison de bidons de 5L, cela

reprsente donc : 20000/5=4000 Bidons/jours

b) Le tableau 1 donne alors : mxnxc=10x5x5=250 Bidons/palettes

Il faut donc produire :4000/250=16 palettes/jours

c) Sur une production de 8h, on a donc seulement 30mn consacrer par palette.

Le temps de transfert tant de 2mn, il ne reste donc que 28mn pour la remplir.

d) Pour 250 bidons, cela reprsente alors 1680s/250=6.72s/bidon.

Question 2-1

Cas 2

Nous avons une acclration constante, nous avons ainsi :2

1 max 1

1( ) . . 18,375

2t t = = &

La phase de dclration produite quant elle la mme variation, il reste donc, pour la phase

vitesse constante maxi : 2max

90 18,375 .2 53,25 0,51105 /

d ss

= = =

Cas3

Nous navons dans ce cas pas de phase vitesse constante, chaque phase dacclration ne

produit que 15/2=7,5, do : 1max

2.7,50,22t s

= =

&

On complte alors le tableau :

Cas Axe Amplitude d1=t

1 d

2=t

2-t

1 d

3=d

1 Ti

1 A1 45 0,35 0,08 0,35 0,78

2 A2 90 0,35 0,51 0,35 1,21

3 A3 15 0,22 0 0,22 0,44

Question 2-2

Lordre des mouvements et les temps correspondants sont les suivants :

P0P1P2priseP1PiPjdposePiP0

0,8 0,5 0,1 0,5 1,2 0,5 0,1 0,5 0,8 soit un total de 5s

EELLEEMMEENNTTSSDDEECCOORRRREECCTTIIOONNDDEECCCCPPMMPP22001100


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Question 2-3

Les opration seffectuant en srie et flux tendu, cest le temps le plus important qui

conditionne la ligne, or tp2=6s, tp3=3s, tp6=5s.

Un bidon arrive donc toutes les 6s au robot ce qui lui laisse le temps de le palettiser et de

revenir en place en P0.Il ny a donc pas de stock sur la ligne et le temps dattente ltape 2 est donc nul.

Question 2-4

Pendant le changement de palette, les bidons ne sont plus chargs et saccumulent donc

raison de 1 toutes les 6s.

En 2mn, on a donc 120/6=20 bidons de stocks, soit Qmax=20

Daprs la figure 1, nous savons que les bidons sont disposs suivant leur longueur.

Nous avons donc une longueurs stocke de 20xd1=2400mm


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Le Thorme du Moment Statique en O10fournit alors :

( )

84 34

10 9 48 3 10 4 4

3 3 48 3 3 4

3 48

( ) ( ) ( ) 0

. . 0 0

500. cos 40. sin 40. . 500.cos 40. . 0

: 500. .sin 40 500. .cos 40 0

M R M P M R

O O R x O O P z

x z R x x P z

y R P

+ + =

+ + =

+ + =

+ =

uur uuur uur ur uur uuur r

uuuuuur uur uuuuuur uur r r

uur uur uur uur uur r

uur

Nous avons ainsi :84

34 48 34

tan 40

;tan 40

PR

PX R Y P

=

= = =

b) On isole lensemble [3+4], le BAME nous donne :

-action de 8 sur 4 en O9,

-action du poids en O4,-action de la pivot en O3,

-couple de freinage

Le TMS en O3permet alors dcrire :

3 3

3 3 3

3

84 3

3 9 3 3 4 3 3 3 3

3

( ) ( ) . 0

. . ( . . ) . 0tan 40

: 500.sin 40. .(1350 500.cos 40) 0

tan 40

O f

O O f

f

M R M P M M y

PO O x O O P z L x N z M y

Py P M

+ + + =

+ + + + =

+ + + =

uur uuur uur ur uuuur uur r

uuuuur uur uuuuur uur uur uur uur r

uur

Soit :3

1350. 675 .fM P N m= =

Question 3-2

Grce au rducteur, le couple de freinage disponible en sortie est de 5x200=1000N.m>675Nm.

La fonction est donc assure convenablement.

Question 3-3

a) On isole 7, le BAME fournit alors :

- action de 8 sur 7 en O8, 87 3.tan 40

PR x=uuur uur

-action de la pivot en O3,

-action de 6 sur 7 en O7, 67 67 3.R Z z=uuur uur

.


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Le TMS en O3donne :

3

3 3

3 3

87 67

3 8 3 3 3 3 7 67 3

3 3 3 3 3 3 3

( ) ( ) 0

. ( . . ) . 0tan 40

500.(cos 40. sin 40. ) . ( . . ) 500.( cos30. sin 30.tan 40

O

O O

O O

M R M M R

PO O x L x N z O O Z z

Px z x L x N z x z

+ + =

+ + + =

+ + + + +

uur uuur uuuur uur uuur r

uuuuur uur uur uur uuuuur uur r

uur uur uur uur uur uur u67 3

3 67

) . 0

: 500.cos 40. 500.cos30. 0tan 40

Z z

Py Z

=

+ =

ur uur r

uur

Soit : 67cos40

.cos30

Z P=

On isole alors le systme [2+3+4+7+8], le BAME donne :

-action du poids en O4,

-action de la pivot en O2,-action de 6 sur 7 en O7,

-couple de freinage2 2.fM yuur

Le TMS en O2donne :

3 3 2

3 3 2

2 4 3 3 2 2 7 67 3

3 3 3 3 3 2 3 3 67 3

( . . ) . . 0

((1350 500cos40). 1250. ) . ( . . ) . ( 500.cos30. (1250 500.sin30). ) . 0

O O f

O O f

OO P L x N z M y OO Z z

x z Pz L x N z M y x z Z z

+ + + + =

+ + + + + + + + =

uuuuur ur uur uur uur uuuuur uur r

uur uur uur uur uur uur uur uur uur r

23

cos40:(1350 500.cos40). 500.cos30.( . ) 0

cos30fy P M P+ + + =

uur

Soit :2 3

1350 675 .f fM M P N m= = =

La fonction freinage est donc valide.

Question 4-1

La zone problmatique est larc de cercle en haut de la zone dvolution.

Le cas critique correspond la hauteur maximale des bidons sur les palettes, nous avons le

tableau :Type de bidon Hmax=Hbid+0.5xd3+200 (mm)

5l 1905

10l 1820

20l 1775

40l 2000

Le cas le plus dfavorable est donc obtenu pour les bidons de 40L.


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Question 4-2

2000 mm

2650 mm

300 mm

Point O4

La valeur respecte le cahier des charges.


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Question 4-3

Daprs les donnes du sujet et vu la configuration du robot de la figure 6, nous avons :

3 4

4 3 10 23 4

7

4 3 2 3 2 21 3 2 3 21 3

4 1 4 1 10 1 3 10 1

( / 7) . .

( 7 /1) ( 7 /1) ( 7 /1) . . .

( 1/ 0) ( 1/ 0) . (350 1350 500.cos 40). .

(

dO O

V O O O zdt

V O V O V O O O y O O x

V O V O O O z x z

V

= =

= = + =

= + = + +

uuuuurur uur

ur ur ur uuuuur uur uur

ur ur uuuuur ur uur ur

ur

4 10 31/ 0) (1700 500.cos 40). .O y = +uur

Question 4-4

Le poignet 4 a donc, par rapport 1, un mouvement de translation en 3z

uur

et en 3x

uur

ainsi quunerotation autour de 1 1( , )O z

ur

, ce qui convient trs bien sa fonction de palettisation.

Lintrt par rapport un robot 6 axes est avant tout une question de cot car dans ce cas les

rotations des axes A4, A5 et A6 sont inutiles.

Question 5-1

On isole le bidon, le BAME donne alors :

-son poids appliqu en G,

-action du poignet 4.

Le Thorme de la Rsultante Dynamique nous donne alors : 4 . ( 4 / )R P M G Rg+ = uur ur ur

Or,2

3 10 32 432 42

0 0

1350. .( 4 / ) 1350. .g

d O O d zG R z

dt dt

= = =

uurur uur

&

On a ainsi, sur 4 4 32: 1,35. .z R P M= +uur

&

Il nous manque alors la valeur de M ou du champs de pesanteur.

Nous posons alors g=10m/s.

Nous obtenons ainsi : 324 .( 1,35. ) 853 1800R M g N N= + =


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Question 5-2

O1tant fixe dans Rg, nous avons :

1

1

1

1

1

1 1 1 1

( / )( / )

( / ) ( ; ; ). ( / 0)

g

O g

O g

R

O g

d S RS R

dt

et S R J O S b S

=

=

uuuruur

uuur

Il vient alors :1

1

1 10 1

10

0 0

( / ) 0 . 0 . .

0 0

O g

O b b

A F

S R F B C z

C

= =

uuur ur

Puis :1 1 10 1( / ) . .O gS R C z =

uur ur&

Le TMD sur ( )1 1,O zur

donne alors : 10 1. 200.300. 1047 .180

C M N m

= = =&

Question 5-3

La puissance de 4,5kW et la vitesse de rotation de 3500tr/mn nous permettent de calculer le

couple moteur :4500

12,3 .

3500.30

PC N m

= = =

En sortie de rducteur, nous avons donc : 200. 2457 . 1047 .redC C N m N m= = >

La puissance du moteur convient donc.

Question 5-4

Cette fois-ci, le point de calcul nest pas fixe, on a donc :

2

2

2

2 2 2 2

( / )( / ) . ( / ) ( / )

g

O g

O g g g

R

d S RS R mV O R V G S R

dt

= +

rr r r

Avec :2 22

2 2 2 2 2 2 2 ( / )( / ) . ( / ) ( , )O gO g g S RS R M O G V O S R J S = + uuuuur r r rr

Il convient donc de calculer chacun des termes et pour ce faire il nous faut les coordonnes du

point G2, centre de masse du systme 2.

Or nous navons trouv aucune donne dans le sujet.par contre, la page 6 nous dit que le

poids de toutes les pices est nglig , nous prenons donc m=0

Nous pouvons ainsi calculer :

2 22

2 2 2 2

2 2 10 2 2 10 2 2 21

2 2 ( / ) 2 2 21 2 10 2 2 21

2 10 2 2 10 2

0 .sin ( . .sin . )

( / ) ( , ) 0 . . .sin .

0 0 .cos . .cosO gO g S R

O b b b

A F A F

S R J S F B F B

C C

+

= = = +

uuur r r


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Puis il vient alors :

2 2

2

2 2

2

2 10 2 2 21 2 10 2 2 21

2

2 2 10 2 2 21 2 10 2 2 21

2 10 2 2 10 2

2 1

2

( . .sin . ) ( . .sin . )( / )

( / ) . .sin . (2 / ) . .sin .

. .cos . .cos

.( / )

b

g

O g

O g g

R

b b

O g

A F A Fdd S R

S R F B R F Bdt dt

C C

AS R

+ +

= = + + +

=

rurr

&r ( )

22

0 2 10 20 2 2 21 10 2 2 10 2 2 21

2 10 2 10 20 2 2 21 21 2 10 2 2 21

2 10 2 10 20 2 10 2 2 10 2

.sin . .cos . .sin ( . .sin . ).( .sin . .cos ) . . .sin .

.( .cos . .sin ) .cos . .cosbb

F A FF B F B

C C

+ + +

+ + +

+

&

& &

&2b

Soit :

( )

2

2

2 10 2 10 20 2 2 21 10 2 2 2 21 10 2 2 10 21 2

2

2 2 2 10 2 2 2 10 2 10 20 21 2 2 21

2 10 2 10 20 2

. .sin . .cos .( .cos .sin ) . . .cos . . .cos

( / ) ( ). .cos .sin .( .sin .( ).cos ) .

.( .cos . .sin )

O g

A F B C

S R C A F B

C A

+ + +

= + + +

+ +

& &r

& &

&2

2 2 2

2 10 21 2 2 21 10 2 2 21 10 2. . .sin .( .sin . . .sin bF B

+

Question 5-5

Oui car le solide 2 se retrouve dans un rfrentiel en rotation.

Question 6-1

En utilisant le thorme de lnergie cintique, nous calculons : int)/(

PPdt

REdext

gC+=

SoitEc(/Rg)=Ec(1/Rg) + Ec(m/Rg)avec 2112

1)/1( = JRE gc ,

2

2

1)/( mmgc JRmE = et

Nm

11=

.

( )

+=+=

2

1

22

11

2

2

1

2

1)/(

NJJJJRE mmmmmgc

2

2

1

2

1)/( mmgc

N

JJRE

+=

2

1

N

JJJ me +=

Question 6-2

Avec des conditions initiales nulles :

(1) )t(e)t(iR)t(u ++++==== )p(E)p(IR)p(U ++++====

(2) )t(k)t(e me ==== )p(k)p(E me ====

(3) )t(cdt

)t(dJ m

me ====

)p(C)p(pJ mme ====

(4))t(ik)t(c tm

==== )p(Ik)p(C tm

====


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Question 6-3

Question 6-4

e

e

t

e

t

kpJ

kR

pJk

RpM

.11

1

11

)(

+

= ete

t

kkpJR

kpM

+=)(

1

1

)(+

=

pkk

JR

kpM

et

e

e

Avec1

)(+

=p

kpM

m

m

et

e

mkk

JR

= en s

e

mk

k1

= en rad s-1

V-1

Question 6-5

2,02,0

1025,52 3

=

m 2,02,0

1092 3

=

m

m= 0,2625 s m= 0,45 s

Tr5%= 3m= 0,7875 s Tr5%= 3m= 1,35 s

108,31

== sradm

c

122,21

== sradm

c

Question 6-6

Plus linertie quivalente est importante, plus le systme est lent.

Le gain kg de la gnratrice tachymtrique

scrit : sradVkg ..1027,32

60

03600

012 13 =

=

sradVkg ..1027,3

13 =

R

1

ktpJe

1

ke

U(p)

E(p)

I(p) Cm(p) m(p)+


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Question 6-7

p

kkG

p

kG

pH

m

gm

m

m

+

+

+

=

11

1)(

gmm

m

kkGp

kGpH

++

=

1)(

11

1)(

)(

)(

++

+

==

pkkG

kkG

kG

pHpU

p

gm

m

gm

m

v

m

Avec :1

)()(

)('

'

+==

p

kpH

pU

p

m

m

v

m

gm

m

mkkG

kGk+

=

1

' en rads-1

V-1

etgm

m

mkkG +

=1

' en s

Question 6-8

ggm

m

Ggm

m

G

gm

m

G

gm

m

gm

m

G kkkG

kG

kkG

kGkkG

kG

pkkG

kkG

kG

1

lim1lim1

1

lim1

1

1

lim =

=

+

=

+

=

++

+

dogk

pH1

)(

Question 6-9

On a )()(

tN

tr

m

= etdt

tdt rr

)()(

= avec des conditions initiales nulles

Soit )()( tN

tr

m = N

pp rm)()( =

Soitdt

tdt rr

)()(

= )()( ppp rr =

Do

pNp

ppR

m

r

=

=

1

)(

)()(

Do ra kk =180

Do ka= 6,98 10-2

V/


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Question 6-10

La fonction de transfert en boucle ouverte peut scrire :( )pp

N

kkk

pTm

rmc

+

='

'

1)(

( )ppkpT

m

BO

+=

'1)(

N

kkkk rmcBO

=

'

http://www.upsti.fr/serv3/module_formation_SLCI/co/Contenu93.html

Question 6-11

a)La marge de phase est dfinie par ))(arg(180 0=+= GainjTM

Do

+

+=

jjk

m

BO '1

1arg

1arg)arg(18045

)arctan(90018045 ' += m soit '1

m

c

==

Do

+

==

c

cc

BOkjT

1

11)(1

'

2

m

BOk

=

b)

AvecN

kkkk rmcBO

=

'

on obtient :N

kkk rmc

m

=

'

'

2

rmm

ckk

Nk

=

''

2

430105

20023

=

ck kc= 471,10 sans unit

c)

Lcart de position est dfini par :( ))()(lim)(lim00

pUpUppp repp

S ==

pour Ue(p)chelon damplitude a

)()()()()()( ppTpUpUpUp ere == )()(1

1)( pU

pTp e

+=

+=

)()(1

1lim

0pU

pTp e

pS

Pour une position donnep

kpU ae

=

0)(

soit

+=

p

k

pTp a

pS

0

0 )(1

1lim


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( )

++

= p

k

pp

kp a

m

BOp

S

0

'

0

11

1lim

soit( )

( )0

1

1lim

'

'

0

0=

++

+=

BOm

ma

pS

kpp

ppk

0=S Ce rsultat tait prvisible car le systme est de classe 1.

Question 6-12

Si nous avons une consigne de vitesse de 105s-1

. ttate == 105)(

Do2

105)(

ppe =

Question 6-13

Lcart de trainage est dfini par :

( ))()(lim)(lim00

pUpUppp repp

d ==

pour Ud(p)rampe de coefficient directeur a.

+=

20

105

)(1

1lim

p

k

pTp a

pd

( )

+

+

=

2

'

0

105

1

1

1lim

p

k

pp

kp a

m

BOp

d

soit( )

( )( ) BOa

BOm

m

pd

k

k

kppp

pp =

++

+=

105

1

1105lim

'

'

0

BO

a

dk

k=

105

Avec'

2

m

BOk

= on a2

105 'mad

k

= d= 0,025 V

Si on reconstruit un schma bloc retour unitaire partir du kapropos nous obtenons le

rsultat classique.

BO

dk

105= soit

2

105 'md

= soit 0,37 le cahier des charges est respect.

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