Calculer les vecteurs vitesse et accélération du point A par rapport à R0

DM2-2013_CORRIGE

Partie B : « Chien robot militaire »

Présentation du mécanisme

Nous avons récemment eu la chance d’assister à un brillant exposé sur le développement des robots militaires et notamment le chien robot développé par BOSTON DYNAMIQUE : LS3 (pour Legged Squad Support System)

Ce chien peut suivre un leader humain et exécuter ses ordres tout en transportant une charge allant jusqu’à 200kg.

Nous allons étudier le mouvement d’une de ces pattes par rapport au châssis du robot. Une patte est constituée d’une cuisse S1 et d’un mollet S2 articulés respectivement aux points O et A.

Les longueurs sont respectivement : a = 300 mm et b = 300 mm

Travail demandé

1.

Calculer les vecteurs vitesse et accélération du point A par rapport à R0

.

1 . . ) 0 /

( A R a Y

V = β ^&

^et

Γ ( A / R 0 ) = a . β ^{& &} . Y 1 − a . β ^&

²

. X 1

2.

Proposer une commande en vitesse des deux articulations pour obtenir un déplacement du point B en ligne droite entre les points B1 et B2 tels que :

0

0

0 300 1

R

OB

 







 







=

^et

0

0

0 500 2

R

OB

 







 







=

Quelque soient les valeurs des angles β et δ, on remarque que le triangle OAB est toujours isocèle en A car a = b.

De plus, quand le point B est en B1, ce triangle devient équilatéral. On en déduit aisément les valeurs des 2 angles : -

β ( ) B 1 = + 60 °

-

δ ( ) B 1 = − 120 °

Pour se déplacer « verticalement » vers le point B2, il suffit de respecter :

β δ ^{2 .} , = −

∀t

^.

Pour avoir B en B2, il faut :

-

² × a ^{. cos} β ( ) B ² = ⁵⁰⁰

, on en déduit :

( ) ^{ ≈ °}



 



=  33 , 56 6

arccos 5 2

β B

-

δ ( ) B 2 = − 2 × 33 , 56 ≈ − 67 , 12 °

On en déduit finalement l’amplitude des mouvements à prévoir pour les deux commandes d’angle :

-

∆ β = β ( ) ^{B 2} − β ^{( B 1 )} ≈ − ^{26 , 44} ° ≈ − ^{0 , 4615 rd}

-

∆ δ = δ ^{( B 2 )} − δ ( ) ^{B 1} ≈ ^{52 , 88} ° ≈ ^{0 , 9229 rd}

O

A

B S1

S2 S0

X0

Y0

X2

X1 δ β

OA = a

X0

AB = b

O

A B1

S0

X0

Y0

X2 δ = −120° X1

β = 60°

Pour mettre au point la commande, on choisit par exemple un chronogramme en trapèze sur 1,5s avec trois phases de 0,5 s : accélération, palier à vitesse constante et décélération. Il suffit de calculer la valeur de la vitesse de rotation lors des paliers à vitesse constante

β ^& max

^et

δ ^{& max}

^.

On sait que l’aire sous la courbe représente

^{× =}

¹

∫

^,5

0

).

( 1

max β t dt

β ^{& &}

Par ailleurs, on veut : ¹

∫

^,5

β = ∆ β

0

).

( dt t

&

On en déduit :

-

β ^& max ≈ − 0 , 4615 rd / s

-

δ ^& max ≈ 0 , 9229 rd / s

3.

En déduire les valeurs numériques de la vitesse maximum et l’accélération maximum du point B par rapport à R0.

Il est nécessaire de connaitre les expressions littérales de ces deux vecteurs :

) 0 / 2 ( )

0 / 2 ( ) 0 / 2

( B R = V A R + BA ∧ Ω V

0 ).

( 2 . 1 . . ) 0 /

( B R a Y b X Z

V = β ^& − ∧ β ^& + δ ^&

2 ).

.(

1 . . ) 0 /

( B R a Y b Y

V = β ^& + β ^& + δ ^&

1 ).

( 0 / 2 2

) 1 (

. . 0 / 1 1

. . )

0 / 2 ) (

0 / 2 (

2 1

0

Y dt b

Y b

Y d dt a

Y a d dt

R B V R d

B

R R

R

δ δ β

β β

β ^& _& ^{& &} _{+ Ω ∧ & + &}

 





 



 +

+

∧ Ω

 +

 



 



= 

 





 



=  Γ

2 . ) .(

2 . ) .(

1 . . 1 . . ) 0 /

( B R = a β ^{& &} Y − a β ^&

²

X + b β ^{& &} + δ ^{& &} Y − b β ^& + δ ^&

²

X

Γ

Pour calculer les normes de ces deux vecteurs, il faut exprimer leurs coordonnées dans un repère unique. Si on choisit R1, on obtient :

0

1

cos ).

.(

.

sin ).

.(

) 0 / (

R

b a

b R

B

V   





 







+ +

+

−

= β β δ δ

δ δ β

&

&

&

&

&

1 2

2 2

0

sin . ) .(

cos ).

.(

.

cos . ) .(

sin ).

.(

. )

0 / (

R

b b

a

b b

a R

B   





 







+

− +

+

+

− +

−

−

=

Γ β β δ δ β δ δ

δ δ

β δ δ β β

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

&

Donc on cherche le maximum des normes ci-dessous entre les points B1 et B2, c’est-à-dire -120° < δ < -67,12° :

( ^{.( ). sin} ) (

²

^{. .( ). cos} )

²

) 0 /

( B R = − b β ^& + δ ^& δ + a β ^& + b β ^& + δ ^& δ

V

( ^.

²

^{.( ). sin .( )}

²

^{. cos} ) (

²

^{. .( ). cos .( )}

²

^{. sin} )

²

) 0 /

( = − β ^& − β ^{& &} + δ ^{& &} δ − β ^& + δ ^& δ + β ^{& &} + β ^{& &} + δ ^{& &} δ − β ^& + δ ^& δ

Γ B R a b b a b b

Le plus simple est de calculer ces maxima numériquement en effectuant un balayage itératif à l’aide d’un tableur ou d’un algorithme (scilab ou phyton).

Exemple de résolution avec EXCEL : voir l’onglet « questions 2&3 » du fichier DM2-2013_corrigé.xls.

4.

Proposer une commande en position angulaire des deux articulations pour obtenir un déplacement du point B entre les points B3 et B4 tels que :

0

0

100 300 3

R

OB

 







 







−

=

^et

0

0

100 300 4

R

OB

 







 







=

On peut envisager deux solutions différentes : une « méthode particulière » valable uniquement dans ce cas, utilisant la symétrie des points B3 et B4 et « une méthode générale ».

« Méthode particulière » Etant donné que les deux points sont symétriques par

rapport à (O,Y), la solution la plus simple est de décrire un arc de cercle de centre O et de rayon r (avec

mm

r = 100 ² + 300 ² ≈ 316 , 2

) entre les points B3 et B4. Il suffit de calculer la valeur de l’angle δ

nécessaire pour que OB = r :

 

 



 +

= +

= ² ² 2 . . sin π 2 δ a

Y X

r

avec





 



= 

 

 



 +

cos 2

sin π 2 δ δ

On en déduit :

 ≈ ± °



 



=  116 , 4

. arccos 2 .

2 a

δ r

On choisit :

δ = − 116 , 4 °

, cet angle reste constant pour le déplacement de B3 à B4.

En posant les angles γ et θ comme sur la figure ci-dessus, on calcule l’angle β permettant d’avoir B en B3 :

°

− ≈

= 58 , 1 2

γ δ

°

≈

 

 



 −

= 18 , 42

2 , 316 arccos 300 θ

Pour que B soit en B3, il faut :

β = γ − θ ≈ 39 , 68 °

Et pour que B soit en B4, il faut :

β = γ + θ ≈ 76 , 52 °

En résumé, on peut envisager les commandes des chronogrammes ci-contre :

« Méthode générale » On exprime le vecteur position du point B de deux façons différentes et on identifie :

0

_R0

Yi Xi OBi

 







 







=

^et

0

0

0

) sin(

.

) cos(

.

0 sin .

cos .

R R

b b a

a AB OA OB

 







 







+ +

 +

 





 







= +

= β δ

δ β β

β

on obtient deux équations scalaires :

 



+ +

=

+ +

=

2 . ) sin(

. sin .

1 . ) cos(

. cos .

eq b

a Y

eq b

a X

δ β β

δ β β

( ) (

²

)

²

2

2

. 2 ² ² . cos . cos( ) . sin . sin( )

1

. + eq ⇒ X + Y = a β + b β + δ + a β + b β + δ

eq

)

²(

sin

².

) sin(

sin . . . 2

² sin

².

)

²(

cos

².

) cos(

cos . . . 2

² cos

². β + β β + δ + β + δ + β + β β + δ + β + δ

= a a b b a a b b

( ^{cos cos( ) sin sin( )} )

. . . 2

²

² + + β β + δ + β β + δ

= a b a b

) cos(

. . . 2

²

² + + − β + β + δ

= a b a b

avec a = b, on obtient :

X ² + Y ² = 2 a ².( 1 + cos δ )

Et finalement :





 



 + −

= 1

² 2

² arccos ²

a Y δ X

Pour les coordonnées du point B3, on obtient :

 ≈ − ≈ ± °



 



 −

×

= + 1 arccos( 0 , 44 ) 116 , 4

900 2

100 arccos 900

δ

Pour une solution cohérente avec le fonctionnement d’une pate de chien, on choisit

0 < δ < − 180 °

^:

δ ^{= − 116 , 4 °}

En reprenant la 1^ère équation :

eq . 1 ⇒ X = a .(cos β + cos β cos δ − sin β sin δ )

où

β

est la seule inconnue.

sin 1 sin .

) cos 1 (

cos   =

 

 −

 

 +

X a X

a δ β δ

β

C’est une équation du type :

^A . cos β − ^B . sin β = 1

^avec

 

 



= +

=

X B a

X A a

δ δ sin .

) cos 1 (

En divisant cette équation par

A ² + B ²

, on obtient :

²

² sin 1

² . cos ²

² .

² A B A B

B B

A A

= +

− +

+ β β

On pose l’angle µ tel que :

² cos ²

B A

A

= +

µ

^et

² sin ²

B A

B

= + µ

En substituant, on obtient :

²

² sin 1

sin cos

cos β µ − β µ = A + B

²

² ) 1

cos( + = A + B

⇒ β µ

µ

β  −



 





= +

⇒

²

² arccos 1

B A

Avec

δ ^(sin δ ^{)² 1 2 . cos} δ ^{cos ²} δ ^{sin ²} δ ^{2 2 . cos} δ

² )² ² cos 1

² (

² ²

² + = + + = + + + = +

X a X

a X

a X

B a A

 

 



 +

− +

 

 





= +



 







 





+

− +

 

 





= +

⇒ δ

δ δ δ

δ β δ

cos . 2 2

) cos 1 arccos ( cos

. 2 arccos 2

cos . 2 2

) cos 1 ( arccos cos

. 2 arccos 2

a X X

a X

a a

X

En effectuant l’application numérique, on obtient :

β = 18 , 40 ° − 58 , 40 ° ≈ − 39 , 80 °

Pour obtenir la commande des deux rotations, il suffit de définir des points suffisamment proches les uns des autres et permettant de décrire le déplacement souhaité du point B3 au point B4. On utilise un tableur, pour calculer les valeurs des deux angles correspondant aux différentes positions successives du point B.

Exemple de résolution avec EXCEL : voir l’onglet « question 4 » du fichier DM2-2013_corrigé.xls.