Corrigé TD 15 - Liaisons - Schéma Cinématique [PDF]

Zitiervorschau

LOIS ENTREE-SORTIE EN POSITION

- MODELISATION D’UN MECANISME ET EN VITESSE

LOIS ENTREE-SORTIE PAS FERMETURE GEOMETRIQUE Exercice 1 : MICROMOTEUR DE MODÉLISME Question 1 : Donner le paramètre d’entrée et le paramètre de sortie du dispositif de transformation de mouvement. Paramètre d’entrée : x(t ) (position linéaire du piston 3 par rapport au bâti 0) Paramètre de sortie : α(t ) (position angulaire du vilebrequin 1 par rapport au bâti 0) Question 2 : Déterminer, à l’aide d’une fermeture géométrique, la loi entrée-sortie en position x = f ( α ) du dispositif de transformation de mouvement. JJJG JJJG JJJG JJJG G Fermeture géométrique : OO = OA + AB + BO = 0 G G G G Donc : e ⋅ x1 + L ⋅ x2 − x ⋅ x0 = 0

JJG JJG JJG Or x1 = cos α ⋅ x0 + sin α ⋅ y 0

et

JJG JJG JJG x2 = cos β ⋅ x0 + sin β ⋅ y 0

L’équation vectorielle obtenue par fermeture géométrique permet d’obtenir les équations scalaires suivantes : JJG En projection sur x0 ⇒ e.cos α + L.cos β − X = 0 (1) JJG En projection sur y 0 ⇒ e.sin α + L.sin β = 0 (2) On cherche une loi entrée-sortie de type x = f ( α ) , il faut donc éliminer β (paramètre intermédiaire) de ces deux relations… Pour cela, à partir des deux relations obtenues, on : - isole les cosinus et sinus du paramètre angulaire dont on veut se débarrasser ; - on élève au carré ; - on utilise la relation de trigonométrie cos2 ⋅ ⋅ ⋅ + sin2 ⋅ ⋅⋅ = 1 . Ce qui nous donne dans notre cas : (1) ⇒ L ⋅ cos β = X − e ⋅ cos α

(2) ⇒ L.sin β = −e.sin α (1)2 + (2)2 ⇒ L2 ⋅ cos2 β + L2 .sin2 β = ( X − e ⋅ cos α )2 + e2 .sin2 α Donc :

L2 − e 2 .sin2 α = ( X − e ⋅ cos α )2 ⇒ L2 − e 2 .sin2 α = ±( X − e ⋅ cos α ) ( car L ≥ e ) Ce qui nous donne : X = e ⋅ cos α + L2 − e2 .sin2 α (car X est toujours ≥ 0 ) Question 3 : Retrouver ce résultat à l’aide du théorème d’Al-Kashi (Pythagore généralisé). Théorème d’Al-Kashi :

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L2 = e2 + X 2 − 2 ⋅ e ⋅ X ⋅ cos α ⇒ 0 = X 2 − 2 ⋅ e ⋅ X ⋅ cos α + e2 − L2

Δ = 4 ⋅ e2 ⋅ cos2 α − 4 ⋅ (e2 − L2 ) > 0 ( car L ≥ e ) Donc : X=

2 ⋅ e ⋅ cos α ± 4 ⋅ e 2 ⋅ cos2 α − 4 ⋅ (e 2 − L2 ) 2

⇒ X = e ⋅ cos α + e 2 ⋅ cos2 α − (e2 − L2 ) (car X est toujours ≥ 0 ) Or : e2 ⋅ cos2 α + e 2 ⋅ sin2 α = e2 ⇒ e 2 ⋅ cos2 α = e2 − e2 ⋅ sin2 α Donc : X = e ⋅ cos α + e2 − e2 ⋅ sin2 α − ( e2 − L2 ) = X = e ⋅ cos α + L2 − e2 .sin2 α On retrouve bien la même loi entrée-sortie. Question 4 : Déterminer la cylindrée du micromoteur.

Cyl = Spiston ⋅ c = π ⋅ Rpiston 2 ⋅ c = π ⋅ 1,22 ⋅ 2,2 = 9,95 cm3 Question 5 : Déterminer, à l’aide du résultat de la question Q2, la loi entrée-sortie en vitesse JJJJJJJG x = f (α , α ) . En déduire le vecteur vitesse VB∈3/0 en fonction de α , α , L et e . En dérivant la loi entrée- sortie en position, on obtient une loi entrée-sortie en vitesse : −e 2 ⋅ 2 ⋅ α ⋅ cos α ⋅ sin α X = ( −e ⋅ α ⋅ sin α + ) 2 ⋅ L2 − e2 .sin2 α Rappel : (u n )' = n ⋅ u '⋅ u n −1 JJJJJJJG JJG Or on sait que VB∈3/0 = X ⋅ x0 Donc :

JJJJJJJG e 2 ⋅ α ⋅ cos α ⋅ sin α JJG VB∈3/0 = ( −e ⋅ α ⋅ sin α − ) ⋅ x0 2 2 2 L − e .sin α

Exercice 2 : POMPE À PALETTES Question 1 : Dessiner le graphe des liaisons de ce système. Linéaire rectiligne de ligne de contact 3

(E, z1 ) et de normale ?

Glissière de direction x 2

1 2

Pivot d’axe

( O 2 , z1 )

Question 2 : Donner le paramètre d’entrée et le paramètre de sortie du système. Paramètre d’entrée : position angulaire du barillet 2 par rapport au corps 1 : α Paramètre de sortie : position linéaire de la palette 3 par rapport au barillet 2 : λ

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Question 3 : Déterminer, à l’aide d’une fermeture géométrique, la loi entrée-sortie en position λ = f (α ) de la pompe à palettes. JJJJJG JJJJG JJJG JJJJG G Par fermeture géométrique : O1O2 + O2D + DE + EO1 = 0

− e.x 1 + d.y 2 + λ.x 2 + EO1 = 0 or on sait que EO1 = R JJG JJG JJG JJJJG JJG JJG JJG JJG Donc −e.x1 + d .y 2 + λ.x2 = −EO1 = R ⇒ −e.(cos α.x2 − sin α.y 2 ) + d .y 2 + λ.x2 = R ( −e. cos α + λ ) 2 + (e. sin α + d) 2 = R ( −e.cos α + λ )2 + (e.sin α + d )2 = R 2 2

y1

y2 α

2

±( −e.cos α + λ ) = R − (e.sin α + d )

(e + d ) < R

x2

α

λ = e.cos α ± R 2 − (e.sin α + d )2

x1

z

Donc : λ = e.cos α + R 2 − (e.sin α + d )2

car λ > 0

Question 4 : Donner, sans calcul, la trajectoire TE /1 du point géométrique de contact. On a : O1E = R La trajectoire du point E dans le repère R1 est le cercle de centre O1 et de rayon R. JJJJJG JJJJJG JJJJJG Question 5 : Déterminer l’expression des vecteurs rotation Ω2/1 , Ω3/2 et Ω3/1 . JJJJJG JJG JJJJJG G JJJJJG JJJJJG JJJJJG JJG Ω2/1 = α .z1 Ω3/2 = 0 et Ω3/1 = Ω3/ 2 + Ω2/1 = α .z1 JJJJJJJJG Question 6 : Déterminer le vecteur vitesse VG3 ∈3/1 . JJJJJJJJG JJJJJJJJG JJJJJJJJG VG3 ∈3/1 = VG3 ∈3/2 + VG3 ∈2/1 JJJJJJJJG JJG Avec : VG3 ∈3/2 = λ ⋅ x2 JJJJJJJJG JJJJJJJJG JJJJJJG JJJJJG JJG JJG JJG JJG JJG VG3 ∈2/1 = VO2 ∈2/1 + G3O2 ∧ Ω2/1 = −(λ − b ) ⋅ x2 − d ⋅ y 2 ∧ α ⋅ z1 = ( λ − b ) ⋅ α ⋅ y 2 − d ⋅ α ⋅ x2    G

Et 0

(

)

car O2 est sur l ' axe de rotation du Mvt 2 / 1 JJJJJJJJG JJG JJG Donc : VG3 ∈3/1 = (λ − d ⋅ α ) ⋅ x2 + (λ − b ) ⋅ α ⋅ y 2 JJJJJJJJG Question 7 : En déduire le vecteur accélération ΓG3 ∈3/1 . JJG JJG JJJJJJJJG ⎡ d (λ − d ⋅ α ) ⋅ x + (λ − b ) ⋅ α ⋅ y ⎤ JJJJJJJJG ⎡ dVG ∈3/1 ⎤ 2 2 3 ⎥ ⎥ =⎢ ΓG3 ∈3/1 = ⎢ ⎢ ⎥ dt dt ⎢⎣ ⎥⎦ ⎦1 1 ⎣ JJG JJG JJG JJG JJG ⎡ d x2 ⎤ ⎡ d y2 ⎤  − d ⋅ α  ) ⋅ x2 + (λ − d ⋅ α ) ⋅ ⎢  ⋅ y 2 + (λ − b ) ⋅ α ⋅ ⎢ = (λ ⎥ + λ ⋅ α ⋅ y 2 + (λ − b ) ⋅ α ⎥ ⎢⎣ dt ⎥⎦1 ⎢⎣ dt ⎥⎦1 JJG JJG JJJJJG JJG JJG JJG JJG JJJJJG JJG JJG JJG JJG ⎡ d x2 ⎤ ⎡ d y2 ⎤ Or ⎢ ⎥ = Ω2/1 ∧ x2 = α ⋅ z1 ∧ x2 = α ⋅ y 2 et ⎢ ⎥ = Ω2/1 ∧ y 2 = α ⋅ z1 ∧ y 2 = −α ⋅ x2 ⎣⎢ dt ⎦⎥1 ⎣⎢ dt ⎦⎥1 Donc : JJJJJJJJG JJG JJG  − d ⋅ α  ) − (λ − b ) ⋅ α 2 ⋅ x2 + 2 ⋅ λ ⋅ α − d ⋅ α 2 + (λ − b ) ⋅ α  ⋅ y 2 ΓG3 ∈3/1 = (λ

(

(

)

)

(

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Exercice 3 : COMPACTEUR Question 1 : Repasser en couleur les différents solides sur le schéma cinématique.

Question 2 : Dessiner le graphe des liaisons de ce système.

Question 3 : Donner le paramètre d’entrée et le paramètre de sortie du système d’orientation des cylindres. Paramètre d’entrée : k (t ) (position linéaire de la tige du vérin par rapport corps du vérin) Paramètre de sortie : φ(t ) (position angulaire du ½ bâti avant par rapport au ½ bâti arrière) Question 4 : Déterminer, à l’aide d’une fermeture géométrique, la loi entrée-sortie en position k = f (φ) du système d’orientation des cylindres. JJJG JJJG JJJG JJJG G Fermeture géométrique : PP = PQ + QR + RP = 0 JJG JJG JJG JJG JJG G Donc : d ⋅ x0 av + e ⋅ y 0 av + k ⋅ vv − g ⋅ y 0 ar + f ⋅ x0 ar = 0

Or JJG JJG JJG JJG JJG JJG JJG JJG JJG x0 av = cos φ ⋅ x0 ar + sin φ ⋅ y 0 ar , y 0 av = − sin φ ⋅ x0 ar + cos φ ⋅ y 0 ar et vv = − sin ψ ⋅ x0 ar + cos ψ ⋅ y 0 ar

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L’équation vectorielle obtenue par fermeture géométrique permet d’obtenir les équations scalaires suivantes : JJG En projection sur x0 ar ⇒ d .cos φ − e ⋅ sin φ − k ⋅ sinψ + f = 0 (1) JJG En projection sur y 0 ar ⇒ d ⋅ sin φ + e ⋅ cos φ + k ⋅ cosψ − g = 0 (2) On cherche une loi entrée-sortie de type k = f (φ) , il faut donc éliminer ψ (paramètre intermédiaire) de ces deux relations… Pour cela, à partir des deux relations obtenues, on : - isole les cosinus et sinus du paramètre angulaire dont on veut se débarrasser ; - on élève au carré ; - on utilise la relation de trigonométrie cos2 ⋅ ⋅ ⋅ + sin2 ⋅ ⋅⋅ = 1 . Ce qui nous donne dans notre cas : (1) ⇒ k ⋅ sin ψ = d .cos φ − e ⋅ sin φ + f (2) ⇒ k ⋅ cos ψ = g − d ⋅ sin φ − e ⋅ cos φ

(1)2 + (2)2 ⇒ k 2 = (d .cos φ − e ⋅ sin φ + f )2 + (g − d ⋅ sin φ − e ⋅ cos φ)2 Ce qui nous donne : k = (d .cos φ − e ⋅ sin φ + f )2 + (g − d ⋅ sin φ − e ⋅ cos φ)2 Question 5 : En déduire la course minimale c du vérin d’articulation permettant d’obtenir le comportement souhaité du compacteur en virage. La course du vérin doit être ≥ à la distance parcourue par la tige par rapport au corps du vérin pour faire passer le ½ bâti avant d’un position angulaire extrême par rapport au ½ bâti arrière (Ø = +32° ou -32° ) à une autre (Ø = -32° ou 32° ). Donc : ⎧k(φ =−32°) = (476,98)² + (386,53)² ⎪ Course du vérin c = k (φ = −32°) − k (φ = +32°) avec ⎨ ⎪⎩k(φ =+32°) = (349,69)² + (269,94)² Pour garantir un angle Ø compris entre -32° et + 32°, il faut : c > 613,85 − 441,76 = 172,09 mm

Exercice 4 : SYSTÈME D’ORIENTATION D’ANTENNE Question 1 : Réaliser, en s’inspirant de la figure ci-dessus, le cinématique du système JJG schéma JJG (O, x0 , y 0 ) d’orientation d’antenne dans le plan . Paramétrer ce schéma cinématique.

Question 2 : Donner le paramètre d’entrée et le paramètre de sortie du système. Paramètre d’entrée : d (t ) (position linéaire de la tige du vérin par rapport corps du vérin) Paramètre de sortie : α1(t ) (position angulaire de l’antenne par rapport au support)

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Question 3 : Déterminer, à l’aide d’une fermeture géométrique, la loi entrée-sortie en position d = f (α1) du système d’orientation d’antenne. JJJG JJJG JJJG JJJG G Fermeture géométrique : AA = AB + BC + CA = 0 JJG JJG JJG G Donc : L1 ⋅ x1 − d ⋅ y 2 − L0 ⋅ x0 = 0

JJG JJG JJG JJG JJG JJG Or x1 = cos α1 ⋅ x0 + sin α1 ⋅ y 0 et y 2 = − sin α2 ⋅ x0 + cos α2 ⋅ y 0 L’équation vectorielle obtenue par fermeture géométrique permet d’obtenir les équations scalaires suivantes : JJG En projection sur x0 ⇒ L1.cos α1 + d ⋅ sin α 2 − L0 = 0 (1) JJG En projection sur y 0 ⇒ L1.sin α1 − d ⋅ cos α 2 = 0 (2) On cherche une loi entrée-sortie de type d = f (α1) , il faut donc éliminer α 2 (paramètre intermédiaire) de ces deux relations… Pour cela, à partir des deux relations obtenues, on : - isole les cosinus et sinus du paramètre angulaire dont on veut se débarrasser ; - on élève au carré ; - on utilise la relation de trigonométrie cos2 ⋅ ⋅ ⋅ + sin2 ⋅ ⋅⋅ = 1 . Ce qui nous donne dans notre cas : (1) ⇒ d ⋅ sin α2 = L0 − L1.cos α1

(2) ⇒ d ⋅ cos α2 = L1.sin α1 (1)2 + (2)2 ⇒ d 2 = (L0 − L1.cos α1)2 + (L1.sin α1)2 Ce qui nous donne : d = L02 − 2 ⋅ L0 ⋅ L1.cos α1 + L12

( L02 − 2 ⋅ L0 ⋅ L1.cos α1 + L12 ≥ 0 )

Question 4 : Déterminer, à l’aide de la courbe de la loi entrée-sortie donnée ci-dessous, la durée d’alimentation du vérin électrique permettant ce changement de position. On supposera que le moteur électrique tourne à la vitesse constante de 6000 tr/min. Ce changement de position de l’antenne nécessite donc une sortie de la tige de 20,5 cm. Pendant cette phase, la vitesse de sortie de tige du vérin est : 6000 1 = N N × Np = × × 2 = 40 mm / s 60 5 mm⋅s −1 tr ⋅m −1 mm V N

La durée d’alimentation du moteur est donc : Δt =

Δd 20,5 = = 5,1 s 4 V

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