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CCP PSI 2014 Simulateur de conduite - CPGE PSI

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CCP PSI 2014 Simulateur de conduite
Réponse 1
Zone 1 : accélération en ligne droite (accélération longitudinale positive et latérale nulle)
Zone 2 : freinage en ligne droite (accélération longitudinale négative et latérale nulle)
Zone 3 : virage à droite (accélération latérale négative, centripète)
Zone 4 : virage à gauche (accélération latérale positive, centripète)
Les zones entourées correspondent aux changements de rapport de la boîte à vitesses.
Réponse 2

Pendant la phase de montée, l’accélération vaut : () =  . 
En intégrant : () =
  2
.2

() =
  3
.6


(vitesse et position initiales nulles)
Ainsi la distance parcourue pendant la phase de montée est égale à : ( ) =
A.N. : ( ) = 0,26.

6
. 2 .
Pendant la seconde phase, l’accélération est constante et vaut : amax

On a donc :
() =  . ( −  ) +  . 
(− )2
2

+ 2 .  . (
−  ) + ( )
Et
() =  . 2
Pour  =  +  , on obtient donc une distance parcourue de :
( +  ) =  .
 2
2
+

.  . 
2
+ ( )
La distance parcourue pendant la seconde phase est ( +  ) − ( ) =
A.N. : ( +  ) − ( ) = 50

.  . (
2
+  )
Réponse 3
L’exigence d’encombrement 1.4 ne sera pas satisfaite car les distances nécessaires pour
reproduire ces accélérations sont trop grandes.
Réponse 4
Constituants :
1 : volant ; 2 : pédalier ; 3 : unité centrale ; 4 : enceintes ; 5 : écran ; 6 : boitier SX3000
Réponse 5
Chaîne d’information : volant, pédalier, unité centrale, écran, enceintes.
Chaîne d’énergie : structure articulée, vérins, boitier SX3000.
Réponse 6
Calcul de la vitesse puis de l’accélération de A par rapport à 0 :
�⃗ (, 1/0 ) = 
�⃗ (, 1/0 ) + �Ω
�⃗(1/0 ) ∧ �����⃗
1 ∧ ℎ. ���⃗
1 = ℎ. ̇ . ����⃗
1
 = ̇ . ����⃗


�⃗ (, 1/0 )� = ℎ. α̈ . ⃗1 − ℎ. α̇ 2 . ⃗1
⃗(, 1/0 ) = �


0
Il faut projeter 
����⃗
⃗(, 1/0 ) − ⃗ sur 
����⃗et
���⃗1 avec ⃗ = −. ⃗0 = −. (cosα. ⃗1 − sinα. ⃗1 ) :
 = 
1 
D'où les relations à démontrer.
Réponse 7
Les diagrammes de Bode proposés semblent correspondre à la fonction de transfert d’un

) car :
premier ordre ( () =
•
•
•
1+
asymptote horizontale pour le diagramme des gains dans les basses pulsations,
asymptote de pente -20 dB/dec pour le diagramme des gains dans les hautes pulsations,
la phase n'a qu'un point d'inflexion et décroit de 0° à -90°.
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Page 1
On relève un gain  = 1 (asymptote horizontale dans les basses pulsations de gain 20() =
1
0) et une constante de temps de  = 0,1 (pulsation de = 10/ correspondant à une phase

de -45° et un gain de -3dB).
Réponse 8
En régime établi (accélération   =const et  =const) :   = −. ( ).


 =– ( /)
�  � < 1 et | | < 2
Réponse 9
En régime établi :  −  = . (( ) − 1). Pour respecter le seuil : �  –  � < 0,25.  −2 :
1 − ( ) < 0,25/9,8 et donc 1 – 0,25/9,8 <cos(αtilt)
Il est déduit que : αtilt∈ [-13°; 13°]
Réponse 10
Accélération maximale longitudinale en régime établi (pour  = −13°) ∶
 = −. ( ) = 2,2.  −2 (pour une accélération positive, l’angle négatif).
Il faut donc prendre un gain d’adaptation  = 2,2/10 = 0,22 pour que l’accélération ne
dépasse pas les limites d’angle autorisées (Les accélérations restituées seront donc environ
quatre fois plus faibles que les accélérations réelles.).
Réponse 11
Pour tracer il est possible :
• soit de calculer les équations des
asymptotes,
• soit de sommer les diagrammes
1
des fonctions
et  (ce
1+
dernier diagramme étant le
symétrique par rapport à l’axe
des abscisses du diagramme de la
1
fonction ).

Ce filtre passe-haut laisse passer les
hautes fréquences uniquement ce qui
correspond à des variations rapides
de l’accélération (vibrations).
Réponse 12
Transformation de Laplace (conditions initiales nulles) :  () = ℎ. 2 .  ()
()

1
Donc
2 () =  () = 2
ℎ.

Réponse 13
La réponse  () à un échelon d’accélération d’amplitude 0 est facilement calculable :

τ. 0

 () = 1 (). 0 =
. = 10

1+τ. 
( +)
τ

La transformée inverse est (voir tableau en annexe du cours) :  () = 0  − (correspond
bien à la première courbe, ce filtre annule la composante constante de l’accélération)
La réponse  () à un échelon d’accélération d’amplitude 0 est plus difficile à calculer :
τ. 
1 0
τ. 0
0
.
. =
α () = 1 (). 2 (). =

1 + τ.  ℎ. ² 
ℎ. ². (1 + τ. )
La valeur finale :  (α ()) = lim (. α ()) = +∞ (en accord avec la courbe)
→∞
→0
L'angle  atteint rapidement une valeur trop importante …
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Page 2
Réponse 14
La réponse  () à un échelon d’accélération d’amplitude 0 avec filtre Washout :
.

α () = (1+τ.)3 . 0

Le théorème de la valeur finale donne :  α () = lim . α () = 0
→∞
→0
Réponse 15
On remarque que α est négatif pour une accélération positive (inclinaison vers l’arrière).
On constate que l’accélération aTx en régime permanent correspond bien à la valeur attendue
(diminué par le gain Kadapt).
La variation d’accélération aTz en régime permanent est bien contenue dans une fourchette de
±0,25.  −2 .
Réponse 16
Réponse 17
Déplacement vérin a
+
+
Déplacement vérin b
+
-
Mouvement du siège
Tangage (sens direct)
Roulis (sens direct)
Réponse 18
Indice de mobilité :  =  −  = (2 × 1 + 2 × 1 + 4 × 3) − 6(8 − 7 + 1) = 4
Degré de mobilité :  =  +  = 2 + 2 = 4
(Il y a en effet 2 mobilités utiles (les allongements des deux vérins) et 2 mobilités internes
(rotation propre des vérins).
Degré d’hyperstatisme : ℎ =  −  = 0. Le modèle est isostatique.
Un modèle isostatique permet de déterminer tous les efforts de liaison.
Un modèle isostatique n’indique aucune contrainte géométrique de montage.
Réponse 19
�����⃗ + �����⃗
 + �����⃗
 = �0⃗ et donc ℎ. ���⃗1 − . ����⃗
3 + . 
����⃗0 = �0⃗
Fermeture géométrique : 
Par projection :
Sur 
����⃗0 : ℎ. sin() −  cos() +  = 0
Sur ���⃗0 : ℎ. cos() +  sin() = 0
Donc : 2 =(ℎ. sin() + )² + (ℎ. cos())² et donc  = �ℎ² + ² + 2. . ℎ. ()
ℎ.cos()
En formant le rapport des deux projections : tan() = − ℎ.sin()+
Réponse 20
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Page 3
Le vérin se déplace de 0,075m autour de la longueur initiale de 0,99 m. En utilisant le DR 5 il est
déduit que l’angle α ne varie que de ± 8°. Cette amplitude est inférieure à celle du cahier des
charges ( ±13°).
Réponse 21
 = 0,5 ; 0 = −45° ;  = 0,0083 /° = 0,476/ ; 0 = 0,99
Réponse 22
Le vérin {3,2} est soumis à deux actions mécaniques qui sont des glisseurs :
�⃗
�⃗
ℱ(0 → 3) = � 03 �
ℱ(1 → 2) = � 12 �
�⃗
�⃗
 0
 0
Le PFS appliqué à {3,2} permet de démontrer que les deux glisseurs ont même support (AB). Les
����⃗.
résultantes des glisseurs, étant colinéaires au support, sont donc portées par 
3 L’action de 2
sur 1 sera donc de la forme :

����⃗
ℱ(2 → 1) = −ℱ(1 → 2) = � 3 �
�
⃗
 0
Réponse 23
PFD appliqué à 1={conducteur + siège} :
(1/0 ) = ℱ( → 1) + ℱ(2 → 1) + ℱ(0 → 1)
����⃗0 (pour ne pas faire intervenir les inconnues de la
Equation de moment en O en projection sur 
����⃗0 :
liaison pivot d’axe O
��⃗ ( → 1). 
��⃗ (2 → 1). ����⃗
��⃗ (0 → 1). ����⃗
����⃗0 + 
0 = 
0 + 
0
⃗ (1/0 ). ����⃗
²
�����⃗
�����⃗
�
⃗
.
0 + � ∧ . 
0 + 0
= � ∧ −. . ���⃗�.
0 ����⃗
����⃗�.
3 ����⃗
²
(solide en rotation autour d’un axe fixe)
²
²
²
.
²
.
= (. ���⃗
1 ∧ −. . ���⃗).
0 ����⃗
����⃗).
0 + (ℎ. ���⃗1 ∧ . 
0
3 ����⃗
= (. ℎ. cos( − ) + . . . sin())
Il est déduit : As = J ; Bs = h ; Cs = d.m.g
Réponse 24
 .̈ − .sin()
 +.sin()
avec ̈ = 
(question 6)
Nous avons donc :  =  .cos(−)
ℎ
Donc
 =

 +.sin()
 . 
− .sin()
ℎ
 .cos(−)
On lit sur le document réponse que β = -38° pour α = 13°. On obtient alors F = -179 N.
L’effort (en valeur absolue) est bien inférieur aux 200 N délivrés par le vérin.
L’effort délivré par le vérin satisfait le cahier des charges mais sa course est insuffisante.
Réponse 25
La partie précédente a permis de montrer que  =  .  + 0 .

Par ailleurs, nous avons : ̇ =  . 
2


. 
̇ = 2.

et donc :


  = 2.
= 10−3

Réponse 26
2
+ . ̇ 2
L’énergie cinétique du simulateur est égale à : 2.  =  . 
( est supposé constant et toutes les inerties autres que celle du rotor et du siège sont négligées)
2
Ainsi : 2.  = ( . +.  2 ). 
A.N. :  = 4. 10−6 + 1. 10−5 = 1,4. 10−5 . 2
On constate donc qu’on ne peut pas négliger de terme dans l’inertie équivalente étant donné que
l’ordre de grandeur est le même pour les deux termes.
Réponse 27
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Puissances extérieures (seule est non nulle l’action de pesanteur) :
Le système est soumis à l’action de la pesanteur (seule est prise en compte l’action de la
pesanteur sur 1 :
( → 1/0 ) = (. ̇ . ����⃗).
1 (−. . ���⃗)
0 = −. . . ̇ . sin()
Puissances intérieures (seule est non nulle la puissance des actions mutuelles entre le stator et
le rotor (tous les deux inclus dans l’ensemble isolé) :
( ↔ ) = ( +  ).  = ( −  .  ). 
Réponse 28

Le théorème de l’énergie cinétique dans le référentiel galiléen donne :  =  + 
2
Soit :  . ̇  .  = . . . ̇ . sin() −  . 
+  . 
Nous avons de plus : ̇ =   .  et sin() ≈  =   .  ( petit)
D’où :  . ̇  = . . .  2 .  −  .  + 
Nous obtenons donc :  = . . .  2
Réponse 29
L’équation obtenue par le théorème de l’énergie cinétique après transformation de Laplace dans
des conditions initiales nulles : (. 2 +  .  − ).  () =  . ()
()


 () = 
= (.2 + .−)
()

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