Simulateur de conduite - Corrigé

Simulateur de conduite - Corrigé

Q.1. Phase 1 : En ligne droite à fond à fond ! Les zones entourées correspondent à la perte d'accélération lors du changement de vitesse.

Phase 2 : phase de freinage en fin de ligne droite, amorce du virage puis accélération en fin de phase 2 dans le virage.

Phase 3 : Toujours virage à droite, phase d'accélération puis début de freinage en phase de phase 3.

Phase 4 : Virage à gauche, accélération pendant cette phase de virage.

Q.2. Au début de la phase 2, la vitesse est d'environ 170 km/h.

Q.3. et Q.4. Lors de la 1ère partie de la phase 2, on subit une décélération .t t ) g t (

d

−

=

γ pendant td s ce qui donne

après intégration une loi en vitesse de la forme ₀

2

d

2 V .t t ) g t (

v =− + avec V0, constante d'intégration dépendant des conditions initiales.

Au début de la phase 2 et donc à t = 0 s, on a donc un vitesse de 170 km/h = 3600 170000

= 47,22 m/s

→ v(t=0)=V₀=47,22m/s. De plus on a 47,22 42,315 2

.1 81 , 9 2 V

.t g ) t t (

v = _d =− ^d+ ₀ =− + = m/s

Lors de la 2ème partie de la phase 2 on subit une décélération constante γ(t)=−g pendant tc s ce qui donne après intégration une loi en vitesse de la forme v(t)=−g(t−t_d)+V(t=t_d).

Pour t = tc + td on a donc v(t=t_c+t_d)=−g(t_c+t_d−t_d)+V(t=t_d)=−9,81×2,5+42,315=17,79m/s.

Ce qui fait une vitesse de 64 km/h environ et que l'on retrouve sur le graphe à t = 107,5 s.

Le modèle simplifié en trapèze de décélération semble adapté ici.

Q.5.

{ }













α

= α

=

= Ω













= α

=

= Ω

1 0

/ 1 , A

0 0 / 1 0 A

/ 1 , O

0 0 / 1 O 0 /

1 V h. .x

y . 0

V

y

V . r

&

& r r

& r

Q.6. ₁ ² ₁

0 0 / 1 , A 0

/ 1 ,

A V h. .x h. .z

dt

d r

&

&r

& − α

α

=

= Γ

1 2

1 0

1 2 1 0

/ 1 , A

T g h. .x h. .z g.z (h. g.sin ).x ( h. .g.cos ).z

a r

&

& r

&

r

& r

&r

&

r

r =Γ − = α − α + = α− α + − α α

→ a_Tx =h.α&&−g.sinα et a_Tz =−h.α&²+g.cosα.

Figure géométrale

α z0

r yr0

=yr₁

z1

r xr0

x1

r

Q.7. On a a_Tx=h.α&&−g.sinα=a_mov+a_tilt où a_mov=h.α&& et a_tilt=−g.sinα

Q.8. En régime établi a_Tx=−g.sinθ_tilt Pour θ_tilt=±13°on obtient donc a_Tx=±2,2m.s^-2 = accélération maximale admissible dans le cahier des charges → validé.

Q.9. En régime établi et pour θ_tilt=±13°on a a_Tz=g.cosθ_tilt=9,56 m.s^-2 ce qui représente une variation d'accélération verticale ressentie de 9,81−9,56=0,25 m.s^-2. Cette variation d'accélération verticale étant inférieure au seuil de détection de l'oreille interne, le passager n'a dont pas la sensation de tomber.

Q.10. La solution retenue permet de simuler un accélération longitudinale ressentie maximale de a_Tx=±2,2m.s^-2 ce qui correspond à la plage d'accélération définie dans le cahier des charges, tout en conservant une variation d'accélération verticale inférieure au seuil de détection de l'oreille interne. La solution technique semble adaptée

Q.11. Figures géométrales

α x1

r

z1 ' r x1

r

'

z1

r y1

r = yr_1'

θ z0

r

'

z1

r

x0

r = xr_1'

'

y1

r

y0

r

Q.12. Schéma cinématique

0 1

1'

0 3a

2a

3b

2b

Q.13.

Déplacement vérin a Déplacement vérin b Mouvement du siège

+ + Tangage (sens direct)

+ - Roulis (sens direct)

Q.14. Fermeture géométrique : BO OA AB 0

=r +

+ → L.x₀ h.z₁ (t).x₃ 0 r r r

r + −λ =

En projection dans la base 0 : →





= β λ + α

= β λ

− α +

0 sin ).

t ( cos . h

0 cos ).

t ( sin . h L





α

−

= β λ

α +

= β λ

cos . h sin ).

t (

sin . h L cos ).

t

( → λ²(t)=(L+h.sinα)²+h².cos²α

β x3

r

z3 0 r

xr

z0

r y0

r = yr₃





α

−

= β λ

α +

= β λ

cos . h sin ).

t (

sin . h L cos ).

t

( →

α +

α

= −

β L h.sin cos . tan h

Q.15. Fermeture cinématique : V_A,0/0 =V_A,0/3+V_A,3/2+V_A,2/1+V_A,1/0

3 3

3 0

/ 3 0

/ 3 , B 0 / 3 , A 3 / 0 ,

A V (V AB ) (t).x .y (t). .z

V r &r &r

β λ

= β

∧ λ

= Ω

∧ +

−

=

−

= VA,3/2=−VA,2/3 =−λ&(t).xr3

1 1

1 0 / 1 0

/ 1 , O 0 / 1 ,

A V AO h.z .y h. .x

V r

&

&r

r ∧α = α

−

= Ω

∧ +

= V_A,2/1 0

=r

→ (t). .z₃ (t).x₃ h. .x₁ 0 r r

&

& r

&r −λ + α =

β λ

D'après la question précédente on a L.x₀ h.z₁ (t).x₃ 0 r r r

r + −λ = si on dérive cette expression par rapport à 0, on retrouve bien l'équation vectorielle correspondant à la fermeture cinématique.

Q.16. Graphiquement on a m 1 , 0 ) t ( m 1125 ,

0 ≤λ ≤

− pour −13°≤α≤13°, ce qui fait une course de 0,2125 m pour le vérin.

Q.17. La course du vérin de 0,02125 m obtenue question précédente doit être réalisée en 10 s soit une vitesse de translation du vérin de

02125 , 0 ) t ( =

λ& m/s.

+0,1 m

-0,1125 m

Q.18.

Nature du mouvement de 4/6 ? : Mouvement complexe.

→ On décompose en mouvements simples : 4/6 = 4/5 – 6/5

5 / 6 , 1 5 / 4 , I 6 / 4 ,

I V V

V = −

Nature du mouvement de 4/5? : Rotation autour de l’axe (O4,xr₀

)

Champ des vitesses

Nature du mouvement de 6/5 ? : Rotation autour de l’axe (O6,xr₀

)

Champ des vitesses

5 / 4 ,

VI =V_{O ,4/5} IO_{4 4/5}

4 + ∧Ω

avec V_{O ,4/5} 0

4

=r et

5 / 4

IO4∧Ω R4.yr5 &4/5.xr0 R4.&4/5.zr5

θ

= θ

∧

−

=

→ VI,4/5=R₄.θ&_4/5.zr₅

5 / 6 ,

VI =V_{O ,6/5} IO_{6 6/5}

6 + ∧Ω

avec V_{O ,6/5} 0

6

=r et

5 / 6

IO6∧Ω R6a.yr5 &6/5.xr0 R6a.&6/5.zr5

θ

−

= θ

∧

=

→ V_I,6/5 =−R_6a.θ&_6/5.rz₅ 0

V_I,4/6

=r

Soit V_I,4/6=V_I,4/5−V_I,6/5 =R4.θ&4/5.zr5 +R6a.θ&6/5.zr5 0

=r → R₄.θ&_4/5+R_6a.θ&_6/5=0 (1)

Nature du mouvement de 7/6 ? : Mouvement complexe.

→ On décompose en mouvements simples : 7/6 = 7/5 – 6/5

5 / 6 , 1 5 / 7 , I 6 / 7 ,

J V V

V = −

Nature du mouvement de 7/5? : Rotation autour de l’axe (O7,xr₀

)

Champ des vitesses

Nature du mouvement de 6/5 ? : Rotation autour de l’axe (O6,xr₀

)

Champ des vitesses

5 / 7 ,

VJ =V_{O ,4/5} JO_{7 7/5}

7 + ∧Ω

avec V_O,7/5 0

7

=r et

5 / 7

JO7∧Ω R7.yr5 &7/5.xr0 R7.&7/5.rz5

θ

= θ

∧

−

=

→ VJ,7/5 =R₇.θ&_7/5.rz₅

5 / 6 ,

VJ =V_{O ,6/5} JO_{6 6/5}

6 + ∧Ω

avec V_{O ,6/5} 0

6

=r et

5 / 6

JO6∧Ω R_6b.yr₅ &_6/5.xr₀ R_6b.&_6/5.zr₅

θ

= θ

∧

−

=

→ V_J,6/5 =R_6b.θ&_6/5.zr₅ 0

V_J,7/6

=r

Soit V_J,7/6=V_J,7/5−V_J,6/5 =R₇.θ&_7/5.rz₅ −R_6b.θ&_6/5.zr₅ 0

=r → R₇.θ&_7/5−R_6b.θ&_6/5=0 (2)

(1) → R₄.θ&_4/5+R_6a.θ&_6/5 =0→ _4/5

a 6

4 5 /

6 .

R

R θ

−

=

θ& &

(2) → R₇.θ&_7/5−R_6b.θ&_6/5=0→ _7/5

b 6

7 5 /

6 .

R

R θ

=

θ& &

→ _4/5

a 6

4 5 / 7 b 6

7 .

R . R

R

R θ& =− θ& →

7 a 6

b 6 4 5 / 4

5 / 7

R . R

R .

−R θ = θ

&

&

→ ^{7/0 5/0} R⁴.R^6b

− θ =

− θ

θ

− θ

&

&

&

&

→ ^{7/0 5/0} Z⁴.Z^6b

− θ =

− θ

θ

− θ

&

&

&

&

Formule de Willis.

Q.19. Avec la formule d'un train d'engrenage classique, on retrouve

7 a 6

b 6 4 0 / 5 0 / 4

0 / 5 0 / 7

Z . Z

Z .

−Z θ =

− θ

θ

− θ

&

&

&

&

avec

7 a 6

b 6 4

Z . Z

Z .

−Z raison basique du train épicycloïdal.

Q.20. Si 7 est bloqué, on a :

7 a 6

b 6 4 0 / 5 0 / 4

0 / 5

Z . Z

Z .

−Z θ =

− θ

θ

−

&

&

&

→ ( )

Z . Z

Z . Z

0 / 5 0 / 4 7 a 6

b 6 4 0 /

5 = θ −θ

θ& & & → _4/0

7 a 6

b 6 4 7 a 6

b 6 4 0 /

5 Z .Z

Z . ) Z Z . Z

Z . 1 Z

( + = θ

θ& &

→ _4/0

7 a 6

b 6 4 7

a 6

b 6 4 7 a 6 0 /

5 Z .Z

Z . Z Z

. Z

Z . Z Z .

Z + = θ

θ& & →

b 6 4 7 a 6

b 6 4 0

/ 4

0 / 5

Z . Z Z . Z

Z . Z

= + θ θ

&

&

Q.21.

MODULER TRANSMETTRE

ET ADAPTER CONVERTIR

Chaîne d’énergie

Préactionneur Moteur

AGIR

Train epi

TRANSMETTRE ET ADAPTER

Vis/écrou

b 6 4 7 a 6

b 6 4 0

/ 4

0 / 5

Z . Z Z . Z

Z . Z

= + θ θ

&

&

= π θ

λ . 2 pas ) t (

0 / 5

&

&

En analysant la chaîne cinématique on a : . (t) pas

. .2 Z

. Z

Z . Z Z . Z

b 6 4

b 6 4 7 a 6 0 /

4 = + π λ

θ& &

A.N. : .0,02125 360

10 . 3

. . 2 20 16

20 16 68 32

0 3 /

4 π =

×

× +

= ×

θ& ₋ rd/s soit 3434 tr/min.

CLEVER - Corrigé

α y0

r

1

0 z

z r

r =

yr1

x1

r

xr0

θ=β

1

0 z

z r

r =

2

1 y

yr r

= x2

r x1

r

z2

r

0 0 /

1 .zr

&

α

=

Ω Ω2/1=θ&.yr1

Q.1. ₁

0 2 1

0 1 2 0 1 0

/ 2 ,

G z b. .x

dt .d h y . . R ) y . b z . h z . a x . R dt( V d

2

& r r

& r r

r r

r + + + = α + − α

=

Avec : _{2/0 2 1 2 2 1 2}

0 2 0

2 z z ( .z .y ) z .sin .y .x

dt z d dt

d r & r

&

r

& r

& r r r

r = +Ω ∧ = α +θ ∧ =α θ +θ

→V_{G ,2/0} (R h.sin ). .y₁ h. .x₂ b. .x₁

2

& r

&r

& r + θ − α

α θ +

= avec α& =cte=ω

→V_{G ,2/0} (R h.sin ). .y₁ h. .x₂ b. .x₁

2

r

&r

r + θ − ω

ω θ +

=

Q.2. ² ₁

0 2 2

1 2 1

0 0 / 2 , G 0 / 2 ,

G x b. .y

dt .d . h x . . h x . ).

sin . h R ( y . . cos . . dt h

V

a d ²

2

& r

& r

&r

&

& r

& r

& θα − + θ α + θ + θ − α

θ

=

=

Avec : _{2/0 2 1 2 2 1 2}

0 2 0

2 x x ( .z .y ) x .cos .y .z

dt x d dt

d r &r

&

r

& r

& r r r

r = +Ω ∧ = α +θ ∧ =α θ −θ

→ a_G,2/0 (R h.sin ). ².x₁ h. .x₂ 2.h. . .cos .y₁ h. ².z₂ b. ².y₁

2

& r

& r

& r

&

&r

&

& r + θ + θα θ − θ − α

α θ +

−

=

Q.3. On a α& =cte=ω et θ=cte → a_G,2/0 (R h.sin ). ².x₁ b. ².y₁

2

r

r − ω

ω θ +

−

=

→

0 . b

).

sin . h R (

a ²

2

1 b 0 / 2 ,

G₂ − ω

ω θ +

−

=

Q.4. a_r a_G,2/0.x₂ g.x₂ (R h.sin ). ².x₁.x₂ b. ².y₂.x₂ g.z₀.x₂

2

r r r r r

r r

r

r − =− + θ ω − ω +

=

→a_r=−(R+h.sinθ).ω².cosθ−g.sinθ

Q.5. Si R >> h (R vaut au minimum 10 m et h= 0,5 m) alors on peut alors simplifier la relation précédente qui devient : a_r=−R.ω².cosθ−g.sinθ

Pour avoir une accélération transversale ressentie nulle, θ_dvérifie la relation 0=−R.ω²cosθ_d−g.sinθ_d Soit

g . tan R

2 d

ω

= − θ

Q.6. Il faut récupérer les données dans le cahier des charges. On a d’après l’énoncé V = R.ω Pour V = 50 km/h = 13,9 m/s et R = 30 m on détermine alors 0,46rad/s

R V=

= ω

→θ = − ω = − × =−32°<−45°

10 46 , 0 arctan 30

g . arctan R

2 2

d → Exigence inclinaison cabine vérifiée lors de la

configuration virage séré à vitesse maxi avant basculement.

Q.7.

0 2 2 2 0 / 2 G 0 2 2 2

0 2 2 2

0 2 2 2

2

0 0 / 2 , T 0 / 2 ,

T t.z

dt a d

T dt G OG d dt T d G dt OG

d dt

V a d

2

+ r

= +

= +

=

=

)) z . y . cos . .(

x . x . sin . y . cos . . y . sin . .(

t x . y . sin dt . . d t dt z

.d t z . dt t

d

2 1 2

1 2

1 1

0 2 1 0

2 2 2

0 2 2

2 r &r

&

&

&r

&

& r

& r

&

& r

&

& r

& r r

r = = α θ +θ = α θ +αθ θ −α θ +θ +θ α θ −θ

2 1 0

2 .sin .y .x

dtz

d r & r

&

r =α θ +θ

2 1 0

2 .cos .y .z

dtx

d r & r

&

r =α θ −θ

Q.8.

Nb de dents Z

Module (mm)

Diamètre primitif (mm)

Pignon 1 16 2 32

Roue 2 45 2 90

Couronne 3 106 2 212

Pignon 4 24 3 72

Roue 5 34 3 102

Couronne 6 92 3 276

Q.9. Etage 1 : Il s’agit d’un train épicycloïdal de type I

→

0 / 6 0 / 1

0 / 6 0 / 3 3 1

1 Z

Z

ω

− ω

ω

−

= ω

−

=

λ (1)

Etage 2 : Il s’agit d’un train épicycloïdal de type I

→

0 / 3 0 / 4

0 / 3 0 / 6 6 4

2 Z

Z

ω

− ω

ω

−

=ω

−

=

λ (2)

(1) λ₁.ω_1/0+ω_6/0(1−λ₁)−ω_3/0 =0 (2) λ₂.ω_4/0+(1−λ₂).ω_3/0−ω_6/0 =0

Q.10. Première config : ω_1/0 =0

(1) ω_6/0(1−λ₁)−ω_3/0 =0 ₁

0 / 6

0 / 3 =1−λ ω

ω

0 / 6

0 / 3

ω

ω = 1,15 il s’agit d’un multiplicateur (3^ème)

Deuxième config : ω_1/0=ω_6/0 (1) ω_1/0−ω_3/0 =0 1

0 / 1

0 /

3 =

ω

ω il ne s’agit ni d’un multiplicateur ni d’un réducteur ! (2^ème) Troisième config : ω_4/0 =0

(2) (1−λ₂).ω_3/0 =ω_6/0

(1) λ₁.ω_1/0+ω_6/0(1−λ₁)−ω_3/0 =0 λ₁.ω_1/0+(1−λ₂)(1−λ₁).ω_3/0−ω_3/0 =0 λ₁.ω_1/0−(λ₂+λ₁(1−λ₂)).ω_3/0=0

) 1

( ₂

1 2

1 0

/ 1

0 / 3

λ

− λ + λ

= λ ω ω

0 / 1

0 / 3

ω

ω = 0,334 il s’agit d’un réducteur (1^ème)

Quatrième config : ω_6/0 =0

(1) λ₁.ω_1/0−ω_3/0=0 ₁

0 / 1

0 /

3 =λ

ω ω

0 / 1

0 / 3

ω

ω = - 0,15 il s’agit d’un réducteur (marche arrière !)

Q.11. Dans le cas de vitesse max :

Le rapport entre le différentiel et le moteur est de 1,15 (multiplicateur) *0.14 et le différentiel a un rapport de réduction r = 1. Le véhicule a une vitesse max de 100 km/h le diamètre des roues est de 71 cm donc :

s / rad 25 , 355 78 . 0

6 . 3 / 100 R

V

roue

roue= = =

ω 486rad/s 4644tr/min

14 , 0

* 15 , 1

25 , 78 14 , 0

* 15 , 1

roue

mot = ω = = ≈

ω Q.12. Conditions de RSG : V_I,3/0 0

g

=r et V_I,4/0 0

d

=r

Q.13. On a sur le schéma r = a 0 V

V

V_{I,3/0 I,3/1 I,1/0}

g g

g

=r +

=

Avec : V_{I ,3/1} V_{O ,3/1} I_gO_{g 3/1} a.z_{0 3}.x₁ a. ₃.y₁

g g

& r

& r

r ∧θ = θ

= Ω

∧ +

=

1 0

1 0

/ 1 g 0 / 1 , O 0 / 1 ,

I V IO (R c).x .z (R c). .y

Vg

& r

& r

r ∧α = − α

−

−

= Ω

∧ +

=

0 y . ).

c R ( y . .

a _{3 1 1}

r r

&

& r + − α =

θ a.θ&₃+(R−c).α& =0

0 V

V

V_{I,4/0 I,4/1 I,1/0}

d d

d

=r +

=

Avec : V_I,4/1 V_O,4/1 I_gO_{d 4/1} a.z_{0 4}.x₁ a. ₄.y₁

d d

& r

& r

r ∧θ = θ

= Ω

∧ +

=

1 0

1 0

/ 1 d 0 / 1 , O 0 / 1 ,

I V IO (R c).x .z (R c). .y

Vd

& r

& r

r ∧α = + α

+

−

= Ω

∧ +

=

0 y . ).

c R ( y . .

a _{4 1 1}

r r

&

& r + + α =

θ a.θ&₄+(R+c).α& =0

Q.14. θ =− − .ω a

) c R (

3

& et θ =− + .ω

a ) c R (

4

&

Q.15. AN : .0,46 40,62

335 , 0

2 ) 835 , 30 0 (

3 − =−

−

=

θ& rd/s et .0,46 41,76

335 , 0

2 ) 835 , 30 0 (

4 + =−

−

=

θ& rd/s.

Q.16. Les deux roues tournent à des vitesses différentes donc il faut un différentiel.