Partie A : « Réducteur de positionneur d’antenne »

DS5-2015_CORRIGE

Partie A : « Réducteur de positionneur d’antenne »

1. Présentation du mécanisme

La figure 1 ci-dessous représente la cinématique d’un réducteur à engrenages permettant de très fortes réductions de vitesse. Ce genre de dispositif est utilisé pour obtenir des vitesses de sorties très lentes, utilisées notamment pour positionner des antennes ou pour assurer le suivi du soleil ou d’objets célestes. La roue Z1 est reliée au moteur électrique, le solide 1 constitue le solide d’entrée.

Il est constitué de 2 parties réductrices :

- Un réducteur à axes fixes (solides 1-2-3-4-5) pour donner à la couronne 5 et au planétaire 3 des rotations inverses.

- Un réducteur à train épicycloïdal (solides 3-6-5-7). Le mouvement de sortie de ce réducteur se fait sur le porte satellites 7.

Les nombres de dents sont les suivants :

Z1 = Z22 = Z32 = Z42 = 12 Z21 = 36 Z31 = 48 Z41 = 24 Z51 = 96 Z52 = 54 Z6 = 21 Figure 1 : schéma cinématique du réducteur de positionneur d’antenne (attention ce schéma n’est pas à l’échelle)

2. Etude cinématique

Question A-1 : Déterminer les rapports de transmission suivants : R13 = 1 3 ω

ω et R15 = 1 5 ω ω

( )

12

1 48 36

12 12 31 21

22 1 1

1

3 2 =

×

= ×

⋅

− ⋅

= Z Z

Z Z ω

ω et

( )

48 1 96 24 36

12 12 12 51

41 21

42 22 1 1

1

5 3 =−

×

×

×

− ×

⋅ =

⋅

⋅

− ⋅

= Z Z Z

Z Z Z ω

ω

Question A-2 : En déduire

ω

1 ^si ω³=^{12rd /s et}ω⁵=−^{3rd /s .} On vérifie que : ω1=12×ω3=144rd /s

Et que : ω1=−48×ω5=144rd /s

Question A-3 : En appliquant la formule de Willis par rapport au porte satellites 7, déterminer la relation entre

ω

7^,

ω

^{3 et}

ω

^{5 .}

( )

32

52 32

6 6 1 52

7 / 5

7 /

3 1

Z Z Z

Z Z

Z =−

⋅

− ⋅ ω =

ω avec









−

=

−

=

7 5 7 / 5

7 3 7 / 3

ω ω ω

ω ω ω

On en déduit :

ω

3⋅Z32−

ω

7⋅Z32=−

ω

5⋅Z52+

ω

7⋅Z52 ^⇒

ω

^3⋅Z32+

ω

^5⋅Z52=

ω

^{7⋅(Z52+Z32)}

Z1 Z21

Z22

Z31 Z41

Z42

Z51

Z6

Z31

Z32

Z52

S0 S1

S2 S4

S5

S6

S3

S7

Question A-4 : Calculer la valeur numérique du rapport de transmission de ce réducteur : R = 1 7

ω ω

.

En substituant

ω

3 ^et

ω

⁵ par les expressions trouvées en question D-1 dans l’expression de la question D-4, on en déduit : R13⋅

ω

1⋅Z32+R15⋅

ω

1⋅Z52=

ω

7⋅(Z52+Z32)

10 3

89 , 528 1

1 54

12 48 54 12 1 112 32

52

52 15 32 13 1

7 ≈− ≈ ⋅ ₋

+

×

−

= × +

⋅ +

= ⋅

⇒

Z Z

Z R Z R

ω ω

Partie B : « Robot de chargement - déchargement »

1. Présentation du mécanisme

Le schéma cinématique de la fig.2 représente l’architecture d’un robot de chargement – déchargement. Ce mécanisme est constitué de trois solides principaux :

- le bras S1 en liaison pivot d’axe (O,Y0) par rapport à S0 et de repère R1(O,X1,Y0,Z1)

- l’avant-bras S2 en liaison pivot d’axe (A,Z1) par rapport à S1 et de repère R2(A,X2,Y2,Z1) - la coulisse S3 en liaison glissière d’axe (A,Y2) par

rapport à S2 et de repère R3(B,X2,Y2,Z1)

Trois moteurs permettent de commander les trois liaisons de ce robot. Il en résulte que les paramètres α, β et λ sont variables et indépendants.

La géométrie du système est la suivante :

x1

a OA r

= ^; AB byr₂

= ^et BC yr₂

λ

=

(a et b sont des constantes positives)

2. Etude cinématique

Question B-1 : Calculer V(B,2/0) .

On peut calculer cette vitesse en dérivant le vecteur position :

( )

^{. 1} _{1/0 . 1} ^{. 2} _{2/0 . 2}

) 0 / 2 , (

2 1

0

Y dt b

Y b X d

dt a X a d dt

OB B d

V

R R

R

∧ Ω

 +









 +

∧ Ω

 +











=











=

(

^{. 0 . 1}

)

^{. 2}

1 . 0 . ) 0 / 2 ,

(B Y aX Y Z bY

V =

α

^& ∧ +

α

^& +

β

^& ∧

2 . 1 . sin . 1 . )

0 / 2 ,

(B a Z b Z b X

V =−

α

^& +

α

^&

β

−

β

^&

Ou en utilisant une relation de champ des vecteurs vitesse ou encore une composition des vitesses : 0

/ 2 )

0 / 2 , ( ) 0 / 2 ,

(B =V A +BA∧Ω

V^{(B,2/0) a .Z1 b.Y2}

(

^{.Y0 .Z1}

)

V =−

α

^& − ∧

α

^& +

β

^&

2 . 1 . sin . 1 . )

0 / 2 ,

(B a Z b Z b X

V =−

α

^& +

α

^&

β

−

β

^&

Question B-2 : Montrer que Γ^(B∈^1/0)=

(

^b.sinβ −^a

)

α^&&Z1+

(

^b.sinβ −^a

)

α^&²X1

Cette accélération est délicate à calculer car le point B n’appartient pas physiquement au solide 1. La méthode la plus sûre est de la calculer en appliquant la formule de champ des accélérations :

( )

0

0 / 0 1

/ 1 0

/ 1 ) 0 / 1 , ( ) 0 / 1 , (

dt R

BA d BA

A

B 









 Ω

∧ + Ω

∧

∧ Ω + Γ

= Γ

Fig. 2

( )

0

2 . 0 . 2 ) ( 0 . 1

² 1 )

0 / 1 , (

dt R

Y b Y Y

b Y

X a Z a

B 

 



∧

−

∧

−

∧ +

−

−

=

Γ

α

^&&

α

^&

α

^&

α

^&

α

1

² . sin . 1 . sin . 1

² 1 )

0 / 1 ,

(B =−a

α

^&&Z −a

α

^& X +b

β α

^&&Z +b

β α

^& X

Γ

En factorisant les termes, on obtient :

(

^.sin

)

¹

(

^.sin

)

^{² 1}

) 0 / 1

(B∈ = b β −aα^&&Z + b β −aα^& X

Γ

Mais on peut également éviter ce calcul, en remarquant que pour la rotation de S1/S0, le rayon de rotation du point B est (^a−^b.sinβ) et que l’axe de rotation (O,Y0) est contenu dans le plan (O, A, B).

On en déduit que ce vecteur accélération est analogue à Γ( A,1/0) , il suffit de remplacer le rayon de rotation (a) par (a-b.sinβ) , on obtient directement :

1

² ) sin . ( 1 ) sin . ( ) 0 / 1 ,

(B =− a−b

β α

^&&Z − a−b

β α

^& X

Γ

Question B-3 : En déduire Γ(B,2/0) .

Il suffit d’appliquer la formule de composition des accélérations : )

1 / 2 , ( 0 / 1 2 ) 0 / 1 , ( ) 1 / 2 , ( ) 0 / 2 ,

(B =Γ B +Γ B + ×Ω ∧V B

Γ

Avec : Γ(B,2/1)=−b

β

^&&.X2−b

β

^&².Y2

1

² ) sin . ( 1 ) sin . ( ) 0 / 1 ,

(B =− a−b

β α

^&&Z − a−b

β α

^& X

Γ

1 2 ).

sin(

. 2 2 ).

( 0 . 2 ) 1 / 2 , ( 0 / 1

2×Ω ∧V B = α&Y ∧ −bβ& X = bα&β& π −β Z

On obtient :

1 . cos . . 2 1

² ) sin . ( 1 ) sin . ( 2

².

2 . )

0 / 2 ,

(B =−b

β

^&&X −b

β

^& Y − a−b

β α

^&&Z − a−b

β α

^& X + b

α

^&

β

^&

β

Z

Γ

Question B-4 : Donner une méthode de calcul pour Γ(C,3/0).

Il est évidemment possible de calculer la vitesse et de la dériver. Cette méthode n’est pas forcément la plus longue mais la méthode la plus rapide est d’utiliser une relation de composition des accélérations :

) 2 / 3 , ( 0 / 2 2 ) 0 / 2 , ( ) 2 / 3 , ( ) 0 / 3 ,

(C =Γ C +Γ C + ×Ω ∧V C

Γ

Cette méthode est judicieuse si on remarque qu’il est simple d’obtenir Γ(C,2/0) en remplaçant (b) par (b+λ) dansΓ(B,2/0) ^:

1 . cos . ).

( 2 1

² ) sin ).

( ( 1 ) sin ).

( ( 2

².

) ( 2 . ) ( ) 0 / 2 ,

(B =− b+

λ β

^&&X − b+

λ β

^& Y − a− b+

λ β α

^&&Z − a− b+

λ β α

^& X + b+

λ α

^&

β

^&

β

Z

Γ

Les deux autres termes se calculent sans difficulté :

( )







−

=

∧ +

=

∧ Ω

×

= Γ

2 . 2 1 . sin . 2 2 . 1 . 0 . 2 ) 2 / 3 , ( 0 / 2 2

2 . ) 2 / 3 , (

X Z

Y Z

Y C

V

Y C

λ β β

λ α λ

β α

λ

&

&

&

&

&

&

&

&

&

On en déduit :

2 . 2 1 . sin . 2 1 . cos . ).

( 2

2 .

2

².

) ( 2 . ) (

1

² ) sin ).

( ( 1 ) sin ).

( ( ) 0 / 3 , (

X Z

Z b

Y

Y b

X b

X b

a Z b

a C

λ β β

λ α β

β α λ

λ

β λ β

λ

α β λ α

β λ

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

− +

+ +

+

− +

−

+

−

− +

−

−

= Γ

Partie C : « Mât de charge »

1. Présentation du mécanisme

Un mât de charge, utilisé pour décharger les navires, se compose d'un mât principal vertical 1 (AB), lié en A (liaison rotule) au pont 0 du bateau et maintenu en B par deux câbles 5 (BC) et 6 (BD).

La charge à lever 3 (P = 3 000 daN) est fixée en E sur un deuxième mât 2 (EF) pouvant tourner (pivot d'axe F, z) autour de AB. Un angle de 60° est maintenu entre les deux mats à l’aide du câble 4.

Les poids des mâts et des câbles sont négligés.

Les dimensions du système sont les suivantes : AB = EF = L = 6m ; AF = EG = h = 2m

y b x a

AC r r

. . −

= ^; AD axr byr . . −

−

= avec a = 3m et b = 4m

2. Travail demandé

Question C-1 : En isolant le câble 5, déterminer les relations permettant de traduire la direction des efforts au point C.

On isole le câble 5, ce solide est en équilibre sous 2 glisseurs. Ces deux forces sont donc directement opposées :

15

05 R

R =− ^et R //₀₅ BC

On en déduit directement : = = ⇒

− L

Z b Y a

X05 05 05







=

−

=

−

=

3 . 05 . 05 .

2 . 05 . 05 .

1 . 05 . 05 .

éq Y

L Z b

éq Z

a X

L

éq Y

a X

b

Question C-2 : Appliquer la même méthode pour déterminer la direction des efforts au point D.

On isole le câble 6, ce solide est en équilibre sous 2 glisseurs. Ces deux forces sont donc directement opposées :

16

06 R

R =− ^et R //₀₆ BD

On en déduit directement : = = ⇒

L Z b Y a

X06 06 06









=

=

=

6 . 06 . 06 .

5 . 06 . 06 .

4 . 06 . 06 .

éq Y

L Z b

éq Z

a X L

éq Y

a X b

tension dans les câbles en fonction de l’angle α.

On isole l’ensemble (1+2+3+4+5), cet ensemble est en équilibre sous l’action de 4 actions mécaniques extérieures :

{ }















+

−

−

=













→ =

05 05

05 05

05 05 05

0 0 0

05 05 05

5 0

bX aY

aZ bZ

Z Y X

Z Y X T

A C

car

















+

−

−

=















∧















−

=

∧

05 05

05 05

05 05 05

0

05

bX aY

aZ bZ

Z Y X b a R

AC

{ }















+

−

−

=













→ =

06 06

06 06

06 06 06

0 0 0

06 06 06

6 0

bX aY

aZ bZ

Z Y X

Z Y X T

A D

car

















+

−

−

=















∧















−

−

=

∧

06 06

06 06

06 06 06

0

06

bX aY

aZ bZ

Z Y X b a R

AD

{ }















−

−

−

=













−

→ =

0 . sin 60 sin .

. cos 60 sin . 0

0

0 0 0 0 0

3 L P

P L

P P

T

A G

g

α

α

car

















−

−

=















−

∧















−

−

=

∧

0 sin 60 sin .

cos 60 sin . 0

0

? cos 60 sin .

sin 60 sin .

P L

P L

P L

L P

AG

α

α α

α

En appliquant le PFS au point A, on obtient :















= +

− +

=

− +

−

=

−

−

−

=

− + +

= + +

= + +

12 . 0 06 06

05 05

11 . 0 . sin 60 sin . 06 05

10 . 0 . cos 60 sin . 06 05

9 . 0 01

06 05

8 . 0 01 06 05

7 . 0 01 06 05

éq bX

aY bX

aY

éq P

L aZ aZ

éq P

L bZ bZ

éq P

Z Z Z

éq Y

Y Y

éq X

X X

α α

Résolution :

a P Z L

Z

éq ^.sin60sin

α

06 05 11

. ⇒ = −

En substituant dans .sin60sin 06 .sin60sin . 0

06 10

. − − =



 



 −

−

⇒ P bZ L P

a Z L

b

éq α α

0 .

sin 60 sin . 06

2 =



 



 − +

−

⇒

a a P b L

bZ α



 



 − +

=

⇒

ab a P b L

Z06 .sin60sinα. 2



 



− − +

=

⇒

ab a P b

L

Z05 .sin60sinα. 2 05 05

2

. Z

L X a

éq ⇒ = − 



 



 +

=

⇒

b a P b X05 sin60sinα. 2 05

05 3

. Z

L Y b

éq ⇒ = 



 



 +

−

=

⇒

a a P b Y05 sin60sinα. 2 06

06 5

. a Z

X

éq ⇒ = 



 



 −

=

⇒ b a

P X06 sin60sinα.

{ }















→ =

0 0 0

01 01 01

1 0

Z Y X T

A

06 06

6

. Z

L Y b

éq ⇒ = 



 



 −

=

⇒

a a P b Y06 sin60sinα. 2

Les composantes de l’action mécanique de 0 1 ne sont pas nécessaires, on aurait pu les obtenir avec les trois équations non utilisées :



 



 + −

=



 



 + − − −

=

⇒

ab

a L

P ab ab

a b a b L

P ab Z

éq 2

) 2 ( sin 60 sin . 2 2

) (

sin 60 sin . 01 2

9

. α α



 



 −

=

⇒

b L P b

Z ^.sin60sinα 01

06 05 01

7

. X X X

éq ⇒ =− − ⇒X01=−sin60sinα.P 06

05 01

8

. Y Y Y

éq ⇒ =− − ⇒Y01=sin60sinα.P

A partir des différentes composantes il est assez simple de calculer les tensions dans les câbles 5 et 6 :

2 2

2

06 2

) ( 2

. 2 sin 60 sin

² 06

² 6

² 6

6 



 



 −

+



 



 − +



 



 −

= +

+

=

= ab

a b L a

a b b

a P b

Z YO XO

R

T α