K2

Tp2: regulation analogique d’un processus thermique 1. Presentation de la chaine de commande 3 2. Etude du correcteur C(p)=K 3 Reponses indicielles : K 1=3.5, K2=7, K3=14 4 Erreur position 5 Erreur vitesse : 5 Conclusion : 6 3. Etude d’un correcteur de type « PI » 6 Mode asservissement : 6 Reponse indicielle : 7 Mode regulation 7 4. Régulation d’un processus a trois pôles : 8 1. Presentation de la chaine de commande 2. Etude du correcteur

aa-recueil.dviPCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014 Chapitre 7 : Equations différentielles linéaire d’ordre 2 Exercice type 1 Résoudre y′′ − 5y′ + 6y = tet �������� Solution � : L’équation caractéristique est r2 − 5r + 6 = (r − 2) (r − 3) , les solutions de l’équation homogène en y sont de la forme λe2t + µe3t. On pose alors y (t) = z (t) et. Alors y′ (t) = z′ (t) et + z (t) et y′′ (t) = z′′ (t) et + 2z′ (t) et + z (t) et d’où (après division par et �= 0) y′′ − 5y′ + 6y = tet ⇐⇒ z′′ + (2− 5) z′

qui regroupe K2, Volkl et Head. Le marché est donc saturé, 3 groupes dominent le marché actuel. Ainsi lepouvoir de négociation des clients est Coût horaire Français de travail trop élevéPouvoir de négociation des clients DYNASTAR : Il faut noter que le client sur ce marché du SKI à le choix entre diverses marques regroupées en 3 grands groupes : Le groupe Rossignol : regroupant lesmarques Dynastar et Rossignol. Le groupe Amer regroupant Salomon et Atomic. Le groupe Jarden qui regroupe K2, Volkl et Head

K=K1*K2*K3*Kn*Ks Figure [ 9 ]: Lettre de sélection Nous avons un câble multiconducteur, posé sur un chemin de câble perforé, par conséquence nous avons une lettre de sélection E. Figure [ 10 ]: Facteur de correction K1 Nous avons une lettre de sélection E donc un facteur de correction K1=1 Figure [ 11 ]: Facteur de correction K2 Nous avons une lettre de sélection E, sur tablette horizontales perforées et avec 3 câbles multiconducteurs. Ainsi nous avons le facteur de correction K2=0.82

(HA)2 + C te et C te = 0 ⇒ H = A C 2 uuu r 1 1 ⇒ E P = − mΩ2 (HA)2 = − mΩ2 r 2 sin 2 θ o C 2 2 b) Le système oscillateur – terre isolée, le référentiel tourne ⇒ E R ( A) = C te = E C ( A) + E P P + E P e + E P C R ⇒ 1 1 1 m& 2 + mgr cosθ o + k2(r − l o )2 − mΩ2 r 2 sin 2 θ o = E R ( A) = C te r 2 2 2 En décrivant par rapport à t , on a : 1 1 1 & m&r + mg& cosθ o + k(r − l o ).& − mΩ2 r r sin 2 θ o = 0 r&& r r 2 2 2 ⇒ m&& + mgcosθ o + k(r − l o ) − mΩ2 (sinθ o ).r = 0 r k k − Ω2 sin 2

Fiche D’identité FICHE TECHNIQUE Aluminum: Symbole : AlNumero atomique: 13Nombre de masse: 27Structure éléctronique: K2,l8,M2 Volume Molaire : 10,00 X 10⁻⁶m3.mol-1 Masse volumique : 2,7 g/cm3 Valence: 3 Importance : L'Aluminium est présent de manière naturelle dans le sol. Il représente environ 8,8 % de la croûte terrestre. Par l'importance de sa présence dans la nature il est le troisième élément. On le retrouve aussi bien dans l'argile que dans les roches que dans l'air même non pollué

S1 K1 B1 K1 K2 Y1 K1 K2 Y1 0V FESTO DIDACTIC Formateur : Sami REKIK. 85 CIRCUITS HYDRAULIQUES. +24V Y1 S1 K1 S2 K1 K2 K1 K2 Y1 0V FESTO DIDACTIC FESTO DIDACTIC +24V S1 S1 K1 K1 K2 S2 Y1 Y2 Y3 K2 S2 K1 K1 K2 Y3 Y2 Y1 0V Formateur : Sami REKIK. 86 CIRCUITS HYDRAULIQUES. S1 S2 +24V Y3 S3 K1 S1 S2 K3 K1 K3 K3 K2 Y2 Y1 K3 K2 K1 K2 K3 Y1 Y2 Y3

x 2,5 x 10-3 L ( 1,35 x 103/ 90) t = ------------------------- = 12 min 500 x 2,5 x 10-3 Formules Vi = k2 [Et] (en phase stationnaire) Vm [S] V = ----------- Km + [S] Présence d’un inhibiteur compétitif : K’m = Km (1+ [I]/Ki) Présence d’un inhibiteur non compétitif : V’m = Vm /(1+[I]/Ki) UI = μmol substrat/min Katal = mol substrat/sec AMS = mol substrat / (mol d’enz x sec) = k2 AS = AE / prot (mg) Facteur de purification = ASf/ASi
attention aux unités !!!
attention aux dilutions

M L K Exemple :: (K)²(L)8 (M)7 15 Exemple :ion oxyde : (K)2(L)8 (identique aux néons) 8 I. Règle du duet et de l'octet Éléments tels Z ≤ 4 : 11H, 24He, 3Li, 4Be vont acquérir la structure de l'hélium (K2 duet). Exemple :3Li → (K)2(L)1 → stabilisation K2 : Li+ stable Éléments tels que Z > 4 : 10Ne, 18Ar veulent acquérir un octet d'électrons sur leur dernière couche (règle de l'octet) Exemple : 9F instable se transforme en 9F- → (K)2(L)7 se transforme en (K)2(L)8

du naphtalène A au nitronaphtalène B suppose, entre autres réactions, une nitration d’un des noyaux aromatiques. Le composé aromatique à nitrer sera désigné par ArH. Le mécanisme de la réaction de nitration est le suivant : HNO3 + H 2SO 4 k1 → ← k −1 k2 → ← k− 2 + H 2 NO3 + HSO − 4 (1) + H 2 NO3 H 2O + NO + 2 (2) + NO 2 + ArH + ArHNO2 → k4 k3 ArHNO+ 2 ArNO2 + H + (3) (4) → I- Etude des structures de Lewis du dioxyde d’azote et de ses ions 1- Rappeler succinctement le principe et les règles