Corrige1 si-2-mines sup-sup-2006

Auteurs du Sujet : MM. BAUERHEIM & TRAQUELET
Lycée Pothier - ORLEANS

CONCOURS COMMUN 2006
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES

Epreuve spécifique de Sciences Industrielles pour l’Ingénieur

Filière PTSI

4 heures

Coller ici l’étiquette correspondant à l’épreuve spécifique

Compléter de plus en bas de chaque page, la rubrique code candidat

CORRECTION

Attention : Vous devez impérativement inscrire votre code candidat sur chaque page du document
réponse. En fin d’épreuve, vous ne devez rendre que le document réponse sur lequel vous
aurez collé l’étiquette correspondante.

Instructions particulières :

Il est fortement conseillé au candidat de lire la totalité du sujet avant de composer. Toutes les parties sont
indépendantes ( elles peuvent être traitées dans n’importe quel ordre ).
La répartition du temps à consacrer à chaque partie est environ la suivante :
• Lecture du sujet : 20 mn
• Partie A : 40 mn
• Partie B : 20 mn
• Partie C : 40 mn
• Partie D : 40 mn
• Partie E : 40 mn
• Partie F : 40 mm

AUCUN DOCUMENT N’EST AUTORISE

CONCOURS COMMUN 2006 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve spécifique de Sciences Industrielles pour l’Ingénieur, option PTSI Page 1/16
Code candidat :


Partie A :

Réponse A1 : La distance « a » est plus grande dans le cas d’une trajectoire John Deere que dans le cas
d’une trajectoire circulaire classique. Raisons possibles : On aura une meilleure étanchéité si « a » est plus
grande. Dans le cas de la trajectoire adoptée par John Deere, il y a moins de recouvrement du joint et
l’épaisseur sera presque constante au niveau du raccord.

Etapes effectuées 0 Prendre un collecteur
manuellement
par l’opérateur : Collecteur pris

1 Placer 2 piges

Piges placées sur le montage

2 Fixer le collecteur dans le montage

Collecteur fixé
3 Pivoter manuellement la table

b
4 Sortir tige du vérin d’indexage

t45 i.c.dcy
Réponses A2 A3 :
5 Déplacer robot trajectoire 1

p


t67 d


Fin 3 cylindres
Réponse A4 : 8 Attente

t/X8/15s

9 Retour robot

pi

Code candidat :


Réponse A5 :
0 Prendre un collecteur
Collecteur pris

Etapes 1 à 6


Fin 3 cylindres


Fin trajectoire 4
9

p p

d

Fin 4 cylindres

Fin trajectoire 7
13

p p
d


Fin 6 cylindres
16 Retour robot

pi

Code candidat :


Partie B :

Réponse B1 :
Energie Energie
Programme électrique
pneumatique Opérateur

Collecteur devant la table
Collecteur Transporter
le collecteur
Positionner
le collecteur
manipulateur Collecteur en position

système de maintien
table pivotante

Buse positionnée
Positionner
la buse
Déposer
Robot ABB le joint Collecteur +
Joint Automate Joint déposé

A0 Buse + pompe à joint

Machine de dépose de joints et manipulateur

Partie C :

Réponse C1 :

Pivot (O0,z0) Pivot (O1,y1) Pivot (O2,y3) Pivot (O3,x3) Pivot (O4,y4) Pivot (O5,z6)
0 1 2 3 4 5 6

Code candidat :

→ r r r → r
Réponse C2 : Comme θ01 = 0 , O0O1 =a.x0 +b.z0 − f.y0 On a toujours : O1O2 =c.z2
→ r r
Comme θ34 = 0 , O3O4 =e.x3 +h.y3
→ r r
Comme θ56 = 0 , O5M =−h.y5 −l.z5
et comme θ34 = 0 et θ01 = 0 ,
→ r r → r r → r r
O5M =−h.y0 −l.z5 , O3O4 =e.x3 +h.y0 et O2O3 =d.x3 + f.y0

→ r r → r
Comme θ45 = 0° , O5M =−h.y0 −l.z3 et O4O5 = g.x3

Réponse C3 :

Calculs de changement de base :
r r r r r r r r r
z2 =cosθ12 z0 +sinθ12 x0 x3 =cos(θ12 +θ 23)x0 −sin(θ12 +θ 23)z0 z3 =cos(θ12 +θ 23)z0 +sin(θ12 +θ 23)x0

r r r r r r r r r r r
O0 M = a.x0 +b.z0 − f.y0 + c.z2 + d.x3 + f.y0 + e.x3 +h.y0 + g.x3 + −h.y0 −l.z3
r r r r r
O0 M = a.x0 +b.z0 + c.z2 + (d +e+ g)x3 −l.z3

 a+csinθ12 +(d +e+ g)cos(θ12 +θ 23)−l sin(θ12 +θ 23) 
O0 M :  0 
 b+c.cosθ12 −(d +e+ g)sin(θ12 +θ 23)−l cos(θ12 +θ 23) 
 

Partie D :

Réponse D1 :
r r → r r & r r
VB∈2 / 1 = V A∈2 / 1 + BA∧ Ω 2 / 1 = − l2 .x2 ∧ θ12 .z1 ⇒ & r
VB∈2 / 1 = l2 .θ12 y2

Réponse D2 :

Comme on a un parallélogramme déformable, BC reste horizontal, car BC ⊥ BE et BE reste parallèle à
AG qui est vertical au cours des mouvements. Le mouvement de la tête 5/1 est une translation circulaire.
r r r r r r r
& r
On a donc : VC∈5 / 1 = VB∈5 / 1 = VB∈2 / 1 = VC∈7 / 1 car on a une pivot en C : VC∈7 / 5 = 0 ⇒ VC∈7 / 1 = l2 .θ12 .y2

Code candidat :


Réponse D3 :

r r r → r
& r & r r r
VD∈7 / 1 = VC∈7 / 1 + Ω 7 / 1 ∧ CD = l2 .θ12 y2 + θ17 y7 ∧ ( l7 .x7 − h7 . y7 ) ⇒ & r & r
VD∈7 / 1 = l2 .θ12 y2 − l7 .θ17 .z7

Réponse D4 :

Comme les axes des pivots 7/5 et 8/7 restent verticaux au cours du mouvement, P se trouve sur la même
r r
verticale que le point D, et y7 = y8 .
r r
Comme on a une pivot en D , VD∈8 / 1 = VD∈7 / 1

r r → r
& r & r r & r & r & r
VP∈8 / 1 = VD∈8 / 1 + PD ∧ Ω8 / 1 = l2 .θ12 y2 − l7 .θ17 .z7 + l8 . y7 ∧ θ78 . y8 = l2 .θ12 y2 − l7 .θ17 .z7
r
on obtient donc : & r & r
VP∈8 / 1 = l2 .θ12 y2 − l7 .θ17 .z7

Réponse D5 :
r
On écrit la composition des vitesses et on tient compte de la rotation du manipulateur autour de ( O , y1 ) :
r r r r r → r r r r →
VP∈8 / 0 = VP∈8 / 1 + VP∈1 / 0 et VP∈1 / 0 = VA∈1 / 0 + PA∧ Ω1 / 0 ou bien : VP∈1 / 0 = VA∈1 / 0 + Ω1 / 0 ∧ AP
r r
avec : VA∈1 / 0 = 0
r r r →
on en déduit : VP∈8 / 0 = VP∈8 / 1 + Ω1 / 0 ∧ AP

Réponse D6 :

→ → → → → r r r r r
AP = AB + BC + CD + DP = l 2 .x2 + l5 .x1 + l7 .x7 − h7 . y 7 − l8 . y7
r r → r r r r
mais : y 7 = y1 ⇒ AP = l 2 .x2 + l5 .x1 + l7 .x7 − ( h7 + l8 ). y1

r →
Ω1 / 0 ∧ AP = θ 01 . y1 ∧ l 2 .x2 + l5 .x1 + l7 .x7 − ( h7 + l8 ). y1 = θ 01 . [l 2 ( y1 ∧ x2 ) − l5 .z1 − l7 .z 7 ]
& r r r r r & r r r r

r →
On a : x2 = cos θ12 .x1 + sin θ12 . y1 ⇒ Ω1 / 0 ∧ AP = [− l 2 .cos θ12 .z1 − l5 .z1 − l7 .z 7 ].θ 01
r r r r r r &

r
On obtient : & r & r & r & r & r
VP∈8 / 0 = l2 .θ12 y2 − l7 .θ17 .z 7 − l 2 .θ 01 .cos θ12 .z1 − l5 .θ 01 z1 − l7 .θ 01 .z 7

r
Résultat : & r r & r
VP∈8 / 0 = l2 .θ12 y2 − l7 .( θ17 + θ 01 ).z 7 − ( l5 + l 2 .cos θ12 ).θ 01 .z1
& &

Code candidat :


Réponse D7 : Justifications des constructions
r
Le mouvement de 2/1 est une rotation de centre A : VH ∈2 / 1 est perpendiculaire à AH et correspond à un
vecteur de longueur 80 mm dirigé vers le haut .
r r
Les vitesses VH ∈2 / 1 et VB∈2 / 1 forment des triangles homothétiques.
r 27 × 0 ,01 r
On mesure 27 mm : VH ∈2 / 1 = m/s , soit : VH ∈2 / 1 = 0 ,0068 m/s
40
r r
Il y a une liaison pivot en H entre 4 et 2 : VH∈4 / 1 = VH ∈2 / 1
r
Le mouvement de 6/1 est une rotation de centre I : VH∈6 / 1 est perpendiculaire à IH.
r
Le mouvement de 4/6 est une translation de direction IH : VH∈4 / 6 a pour support la droite IH.

r r r
Composition des vitesses en H : VH∈4 / 1 = VH∈4 / 6 + VH∈6 / 1 ce qui se traduit par un triangle des vitesses.

r 25 × 0 ,01 r
On mesure 25 mm : VH ∈2 / 1 = soit VH ∈2 / 1 = 0 ,00625 m/s
40

Réponse D7 : Constructions de cinématique graphique
Echelle : 40 mm pour 0,01 m/s

y1

G r r
VH ∈4 / 6 r
VH ∈2 / 1 VB∈2 / 1
A

H r 3
VH∈6 / 1
1 4 r 2
E
5
B

6
Réponses :
r
VH ∈2 /1 = 0,0068 m/s
I r
VH ∈4 /1 = 0,0068 m/s
r
VH ∈4 / 6 = 0,00625 m/s
O x1

Code candidat :


Partie E :

Réponse E1 :

On isole d’abord les solides ou systèmes de solides soumis à 2 forces extérieures :
r r r
• {4 , 6} : Bilan : I1→6 , H 2→4 . On en déduit que H 2→4 est verticale selon HI.
r r r
• {3} : Bilan : G1→3 , E5→3 . On en déduit que E5→3 est horizontale selon GE.

On isole ensuite les systèmes soumis à 3 forces extérieures :
r r r
• {5 , 7 , 8 , 10} : Bilan : B2→5 , E3→5 , et le poids P10 .
r
On détermine le support de B2→5 en traçant les 3 supports concourants.
r r r
Connaissant les 3 supports de B2→5 , E3→5 , P10 , on trace le triangle des forces pour déterminer
r r
les 2 efforts B2→5 et E3→5 .
r r r
• {2} : Bilan : A1→2 , H 4→2 , B5→2 .
r
On détermine le support de A1→2 en traçant les 3 supports concourants.
r r
On trace le triangle des forces pour déterminer les 2 efforts H 4→2 et A1→2 .

Réponse E2 :

On isole l’ensemble {4 , 6} :
 X 2→ 4 −  X 1→6 −
   
Bilan des actions mécaniques extérieures : {F2→4 }H =  Y2→4 − {F1→6 }I =  Y1→6 −
 − 0H  − 0I
   

r → r r r r r
On écrit les torseurs au point I : M I ( 2→4 ) = IH ∧ R2→4 = h. y1 ∧ ( X 2→4 .x1 + Y2→4 . y1 ) = − h.X 2→4 .z1

Principe fondamental de la statique : { 2→4 }I + { 1→6 }I = {0}
F F

 0 −
r r  
Moments en I : − h.X 2→4 .z1 = 0 Donc X 2→4 = 0 On en déduit : {F4→2 }H = Y4→2 −
 − 0H
 

Code candidat :


Réponse E3 :
Echelle : 1 mm pour 10 N

r
r Support de B2→5
P10

r
r B2→5
P10

r
E3→5

r
Support de E3→5
E

r
Support de B2→5 B

r
Support de P10

P

Code candidat :


Réponse E4 :
Données : a = 320 mm b = 640 mm X 1→2 = – 1070 N Y1→2 = – 320 N
y1

a b

A 2 B x1

H
Détermination de { 4→2 }H :
F
On isole 2.
 X 1→2 −
 
Bilan des actions mécaniques extérieures : {F1→2 }A =  Y1→2 −  car la liaison 2/1 est une pivot en A.
 − 0 A
 

 0 −
  r
{F4→2 }H = Y4→2 −  car R4→2 est de support vertical
 − 0 H
 

 X 5→2 −
 
{F5→2 }B =  Y5→2 −  car la liaison 5/2 est une pivot en B.
 − 0B
 

Comme { 5→2 }B est inconnu, il est préférable d’écrire les moments en B.
F
Principe fondamental de la statique : {F1→2 }B + {F4→2 }B + {F5→2 }B = {0}
Changements de point des torseurs :
r → r
M B( 1→2 ) = BA∧ R1→2 = − ( a + b )x1 ∧ [X 1→2 x1 + Y1→2 y1 ] = − ( a + b ).Y1→2 .z1
r r r v
r → r r r v
M B( 4→2 ) = BH ∧ R4→2 = ( −b.x1 ) ∧ Y4→2 . y1 = − b.Y4→2 .z1
Les torseurs s’écrivent :
 X 1→2 −   0 − 
   
{F1→2 }B =  Y1→2 −  {F4→2 }B = Y4→2 − 
 − − ( a + b ).Y1→2  B  − − b.Y4→2  B
   
r
Ceci devient, concernant les moments en projection sur z1 : − ( a + b ).Y1→2 − b.Y4→2 = 0

a+b
On en déduit : Y4→2 = − .Y1→2
b
 0 −
 a+b 
{F4→2 }H = − Y1→2 −
 b 
 − 0H

Code candidat :


Réponse E5 :

 0 −
320 + 640  
A.N. : Y4→2 =
3
× 320 = × 320 = 3 ×160 = 480 N {F4→2 }H = 480 N −
640 2  −
 0 H


r
On en déduit la valeur demandée : H 4→2 = 480 N

Réponse E6 :

p = Pression d’air = 0,7 Mpa = 0,7 N/mm²

r
H 4→2 2100 d
Section S du vérin = = = 3000 mm² S =π
p 0.7 4

4S
On en déduit : d =
π

4S 4 × 3000 4 × 3000
A.N. : d = = ≈ = 4000 = 20 10 ≈ 20 × 3,1 ≈ 62mm
π π 3
d = 62 mm

Code candidat :


Partie F :

Réponse F1.1 :

Tige de vérin 1: 42 Cr Mo S4 : Acier avec 0,42 % de carbone, 1% de Chrome , des traces de
Molybdène et de soufre. Acier pour trempe et revenu.

Flasque arrière 5 : S235 : Acier d’usage général dont la limite élastique est de
235 N/mm²

Tube 2: 12 Ni 14 : Acier avec 0,12% de carbone et 3,5% de Nickel.

Réponse F1.2 :

18 H7g6

O 18
5

13

7
12

8

Jb Ja

Justification :
• Jeu Ja : Le jeu axial est nécessaire pour la réalisation de la liaison pivot.
• Jeu Jb : Ce jeu représente la réserve de filetage

Code candidat :


Réponse F2 : Montage du vérin et conception du flasque avant :

Code candidat :


Réponse F3.1 : Signification de 0,05 C

Tolérance de symétrie pas rapport au cylindre C.
L’axe de symétrie des deux surfaces usinées doit se situer entre deux plans distants de 0,05 centré
sur l’axe du cylindre C.

Réponse F3.2 : Tournage

Machine outil : Tour Parallèle avec montage d’usinage

A
30 +/- 0.2
Outil à
1,2 charioter
1 4 5 2
4,5

φ 63 m 6
6 6 φ 58 H 9

Outil à
3 3
aléser et à
4 +/- 0.1 dresser
A

Code candidat :


Réponse F3.3 : Fraisage

Machine outil : Fraiseuse avec montage d’usinage.
2 Fraises 3
tailles 24+/- 0.05
0,05 C
0,1 D

33+/- 0.1
6
4
3 5 1,2
D

2
3
4

6
1 C

5

Code candidat :


Réponse F3.4 : Dessin à main levé du brut du flasque arrière 5 et de son moule.

Moule supérieur Plan de joint

Flasque5 Faces de dépouille Moule inférieur

Code candidat :

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