Palettiseur pour l'industrie laitière - Corrigé
Q.1.
θ2
x2
r yr2
x0
r y0
r
z2
r = zr0
θ3
xr3
y3
r
x0
r y0
r
z3
r = zr0
θ3
xr3
y3
r
x0
r yr0
z3
r = zr0
θ2
x2
r y2
r
Q.2. OO OA AB BO 0
=r + +
= → L1.x0 .x3 R.x2 0 r r r
r +µ − =
→ L1.cos 3.x3 L1.sin 3y3 .x3 R.cos
(
3 2)
.x3 R.sin(
3 2)
.y3 0r r r
r r
r − θ +µ − θ −θ + θ −θ =
θ
En projection dans la base 3 →
( )
( )
= θ
− θ + θ
−
= θ
− θ
− µ + θ
0 sin
. R sin . L
0 cos
. R cos
. L
2 3 3
1
2 3 3
1
Q.3. HH HA AC CH 0
=r + +
= → L.x0 .x3 y.y0 0 r r r
r +λ + =
→ L.cos 3.x3 L.sin 3y3 .x3 y.sin 3.x3 y.cos 3.y3 0 r r r
r r
r − θ +λ + θ + θ =
θ
En projection dans la base 3 →
= θ + θ
−
= θ + λ + θ
0 cos . y sin . L
0 sin . y cos
. L
3 3
3 3
Q.4. On réécrit les équations des fermetures géométriques précédentes mais cette fois ci en projection sur la base 0.
En projection dans la base 0 →
= θ
− θ µ
= θ
− θ µ +
0 sin . R sin .
0 cos . R cos . L
2 3
2 3
1 →
µ
= θ θ
µ
−
= θ θ
2 3
1 2 3
sin . sin R
L cos . cos R
→
1 2
2
3 R.cos L
sin . tan R
− θ
= θ θ
En projection dans la base 0 →
= + θ λ
= θ λ +
0 y sin .
0 cos . L
3
3 →
−λ
= θ
−λ
= θ sin y cos L
3 3
→ L
tanθ3 =y
Soit
1 2
2
L cos . R
sin . R L y
− θ
= θ →
1 2
2
L cos . R
sin . . R L
y θ −
= θ
Q.5. Graphiquement on voit que les positions extrêmes haute et basse sont obtenues lorsque xr3 est perpendiculaire à xr2
. On peut retrouver ce résultat en recherchant l'extremum de la fonction y ce qui revient chercher θ2,max tel que 0
d dy
2
θ =
→ 2
1 2
2 2
1 2 2
2 (R.cos L )
) sin . R .(
sin . R ) L cos . R .(
cos . .R d L
dy
− θ
θ
− θ
−
− θ
= θ
θ →R.cos2θ2.−L1.cosθ2+R.sin2θ2=0 soit L1.cosθ2=R
→
1 max
,
2 L
arccosR
=
θ → θ2,max ≈ ±53,1°. Le débattement est ∆y =
1 max , 2
max , 2
L cos
. R
sin . . R L .
2 θ −
θ
Q.6. ∆y =
1 max , 2
max , 2
L cos
. R
sin . . R L .
2 θ −
θ =
25 , 0 1 , 53 cos . 15 , 0
1 , 53 sin . 15 , 5 0
, 0
2× × − = 0,75 m soit 75 cm → CdCF ok.
Benne de camion - Corrigé
Q.1.
θ xr1
xr0
y0
r
xr2 β 0
1
3 2
A
B
C
Modèle (Schéma cinématique)
θ xr1
yr1
x0
r y0
r
z1
r = zr0
β x2
r y2
r
x0
r yr0
z2
r = zr0
λ y2
r
z2
r
y3
r
x3
r xr2
z3
r
Q.2. Q = V.S avec S surface du piston telle que S=π.
4 d2
(d : diamètre du piston)
Q.3. AA AB BC CA 0
=r + +
= → L.x1 .x2 xC.x0 yC.y0 0 r r r
r
r +λ − − =
En projection dans la base 0 →
=
− β λ + θ
=
− β λ + θ
0 y sin . sin . L
0 x cos . cos . L
C C
Q.4.
=
− β λ + θ
=
− β λ + θ
0 y sin . sin . L
0 x cos . cos . L
C
C →
λ θ
= − β
λ θ
= − β
sin . L sin y
cos . L cos x
C C
→ xC L.cos 2 yC L.sin 2 1
=
λ
θ + −
λ
θ
− →
( ) (
C)
22
C L.cos y L.sin
x − θ + − θ
= λ
Q.5. λ= x +y +L −2.L.
(
xC.cosθ+yC.sinθ)
2 2 C 2
C →
( )
(
θ+ θ)
− + +
θ θ + θ θ
−
= − λ
sin . y cos . x . L . 2 L y x
cos . . y sin . . x . L . 22 1
C C
2 2 C 2 C
C C & &
&
On a λ&=V→ Q = S.
( )
(
θ+ θ)
− + +
θ θ + θ θ
−
−
sin . y cos . x . L . 2 L y x
cos . . y sin . . x . L
C C
2 2 C 2 C
C C
&
&
Q.6. θ&max=70.Q et Q = 0,4 L/s → Q = 0,4.10-3 m3/s
→ θ&max=70×0,4.10-3 = 0,028 rad/s → θ&max=0,27 tr/min < 0,5 tr/min → C.d.C.F. ok.
Treilleuse automatique pour vaches - Corrigé
Q.1. Il y a 3 paramètres d’entrée sur ce modèle :
• x(t) pour la translation suivant l’axe (0,xr0 )
• L5(t) pour la translation suivant l’axe (F,yr5 )
• L6(t) pour la translation suivant l’axe (H,yr6 ) Q.2. Graphe des liaisons
Glissière d’axe (O,xr0
)
Pivot d’axe (H,xr1
)
5
6
3 1 2
5’
6’
0 Pivot d’axe
(A,xr1 )
Pivot d’axe (B,xr1
) Pivot d’axe
(F,xr1 )
Pivot glissant d’axe (F,yr5
)
Pivot d’axe (D,xr1
)
Pivot d’axe (E,xr1
) Pivot glissant
d’axe (H,yr6 )
Q.3. Figures géométrales
θ21
z2
r
y2
r z1
r
yr1
x1
r =xr2
θ32
z3
r
yr3
z2
r
y2
r xr2
=xr3
θ51
z5
r
y5
r z1
r
y1
r x1
r =xr5
θ51
z6
r
y6
r z1
r
yr1
x1
r =xr6
Q.4. Position bras 2 et 3 horizontaux.
5
6
3 A
2
1
y1
r
5’
6’
0
H z1
r
B C
G4
O z0
r
D E
F
Graphiquement on obtient HE =12 cm et FD =5,9cm.
Q.5. Fermeture géométrique AFD : AA=0r=AD+DF+FA
→ d2.y2 L5(t).y5 h5.z0 0 r r r
r − + =
Q.6. On projette dans B0 :
= + θ
− θ
= θ
− θ
0 h sin ).
t ( L sin . d
0 cos . ) t ( L cos . d
5 51 5
21 2
51 5
21 2
→
θ
= + θ
θ
= θ
51 5
5 21 2
51 5
21 2
sin ).
t ( L h sin . d
cos . ) t ( L cos .
d → L5(t)2=d22.cos2θ21+(d2.sinθ21+h5)2
Q.7. Modèle géométrique direct : On a 0G3 xG4.xr0 yG4.yr0 zG4.zr0
+ +
= et 0G3 0A AB BC CG4 x(t).xr0 L1.yr1 L2.yr2 L3.zr3 L4.yr3
−
− + +
= + + +
=
On projette dans B0 :
= θ + θ
− θ + θ
− θ
= θ + θ
− θ + θ +
θ +
=
4 G 32 21 4 32 21 3
21 2
4 G 32 21 4
32 21 3 21 2 1
4 G
z ) sin(
. L ) cos(
. L sin . L
y ) cos(
. L ) sin(
. L cos . L L
x ) t ( x
Traineau pendulaire 2.1® du père Noel - Corrigé
Q.1. paramètre d’entrée : λ(t) et paramètre de sortie : α
Q.3. Figures géométrales
Q.2. Graphe des liaisons
2
1 3
4
8
7
Rotule en B
Hélicoïdale (B,yr7 ) Pivot (O,xr1
)
Pivot (D,xr1 ) Pivot (C,xr1
)
Pivot (E,xr1 )
Pivot (A,xr1 )
θ7
z7
r
y7
r z1
r
yr1
x1
r =xr7
α z2
r
yr2
z1
r
y1
r xr1
=xr2
θ3
z3
r
y3
r z1
r
y1
r x1
r =xr3
θ4
z4
r
y4
r z1
r
yr1
x1
r =xr4 Q.4.
1
1
0 z
z r
r =
1
0 y
y r
r = O
A
E
Pour cette configuration α ≈ 15° = αmax → l’exigence du cahier des charges est validée.
Q.5. Graphiquement on mesure une longueur AB de 6,4 cm soit 1,28m < 1,5 m du cahier des charges → l’exigence du cahier des charges est validée.
Q.6. Fermeture géométrique (OABD) : OA AB BD DO 0
=r + +
+ → a.z0 (t).y7 b.y2 d.y3 0 r r r r
r +λ − − =
−
Q.7. On projette dans b0 :
= θ
− α
− θ λ +
−
= θ
− α
− θ λ
0 sin . d sin . b sin ).
t ( a
0 cos . d cos . b cos ).
t ( z y
3 7
3 7
0
r0
r
θ + α +
= θ λ
θ + α
= θ λ
3 7
3 7
sin . d sin . b a sin ).
t (
cos . d cos . b cos ).
t
( →
θ + α +
= θ λ
θ + α
= θ λ
2 3 7
2 2
2 3 7
2 2
) sin . d sin . b a ( sin ).
t (
) cos . d cos . b ( cos ).
t (
→ λ2(t)=(b.cosα+d.cosθ3)2+(a+b.sinα+d.sinθ3)2→ λ(t)= (b.cosα+d.cosθ3)2+(a+b.sinα+d.sinθ3)2 Pour θ3 = -90° : →λ(t)= (b.cosα)2+(a+b.sinα−d)2
→λ(t)= (1,24×cos15°)2+(0,64+1,24×sin15°−0,46)2 =1,30 m ce qui est plutôt dans les clous vis-à-vis du résultat que la question 5.
