Étude d'une pince d'un robot - Corrigé

Étude d'une pince d'un robot - Corrigé

Q.1. Compléter le schéma cinématique avec les données manquantes puis tracer le graphe des liaisons du mécanisme.

x2

r

x0

r α yr2

xr4

xr0

2L

L L

L L

2L

y 6

5

2

3

1

0 D x0

r y0

r Moteur

0 4

0

C

H

F A

E K

G O

N

Graphe de liaisons

6 Pivot d’axe

(C,zr₀ ) Pivot d’axe

(H,zr₀ )

Pivot d’axe (D,zr₀

)

Pivot d’axe (N,xr₀

)

Hélicoïdale d’axe (G,xr₀

) Pivot d’axe

(K,zr₀ ) Pivot d’axe

(E,zr₀ )

3 0

1 2 4

Pivot d’axe 5 (F,zr₀

)

Glissière d’axe (O,xr₀

)

Q.2. ₂

0 0

/ 2

C DC 2.L .y

dt

V d r

&

α

=

∈ = → V_{C 2/0} 2.L .yr₂

&

α

∈ =

0 / 1 C 1 / 2 C 0 / 2

C V V

V_∈ = _∈ + _∈ avec V_{C 2/1} 0

=r

∈ car 2/1 liaison pivot parfaite d’axe (C,zr₀ )

0 / 1 H 1 / 3 H 0 / 3

H V V

V_∈ = _∈ + _∈ avec V_H3/1 0

=r

∈ car 3/1 liaison pivot parfaite d’axe (H,zr₀ ) DCHF parallélogramme → Mouvement de 1/0 : Translation circulaire

∈1/0=

VC V_H∈1/0 → V_{H 3/0} 2.L .yr₂

&

α

∈ =

Q.3. Mouvement de 1/0 : Translation circulaire V_A,1/0 =V_C,1/0 =V_H,1/0

{ }





= α











Ω

=

A 2 0 / 1 , A

0 / 1 A 0 /

1 2.L .y

0

V r

&

r

V

Q.4. On a DA.yr₀=y

→ (DC+CB+BA).yr₀ =y Mouvement de 1/0 : Translation circulaire →







=

+ π

= π

0

0 0

x . L BA

y 3. sin 2. x L 3. cos 2. CB L

r

r r

→ 4

L . sin 3

. L . 2

y= α+

6

5

2 3

1

0 D Moteur

0 4

0

C

H

F A

E K

Construction graphique du mouvement de 1/0

xr0

3 π 3

π

3 π

Q.5. Fermeture géométrique de la chaîne 0-2-5-4-0 : DD 0

=r

0 DD

=r → DE EK KD 0

=r +

+ avec :

0 0 L.y x ).

x L (

KD r r

−

−

=

0 0

4 L.cos .x L.sin .y x

. L

EK r r r

γ

− γ

−

=

−

=

0 0

2 L.sin .x L.cos .y y

. L

DE r r r

α + α

−

=

=

→ 

= α + γ

−

−

= α

− γ

−

−

0 cos . L sin . L L

0 sin . L cos . L x

L →







− α

= γ

+ α

−

−

= γ

1 cos sin

1 L sin

cos x

avec cos²γ+sin²γ=1

→ ^{sin 1}

(

)

L

x 2

2

=

− α +



 



− − α+ → ^x=+^L.

(

)

(

)

En linéarisant l'équation précédente, pour α petit (sinα=αet cosα=1), on a :

(

)

(

)

= L. 1 L. 1 1 1 L.

x ²

→ x=−L.α pour des angles petits.

6

5

2 3

1

0 D xr0

y0

r Moteur

0 4

0

C

H

F A

E K

y2

r

xr4

xr0

L L

G

L – x

L x avec x<0 ici

x = – L.α N

Q.6. V_{A 1/0} 2.L .yr₂

&

α

∈ = → V_A∈1/0.yr₀ =2.Lα&.cosα

→ V_{A 1/0}.yr₀ 2.L& y&

= α

∈ = pour les petits angles (Q.3. et Q.4.) Pour la liaison hélicoïdale avec un filet à droite, on a : . _M

. 2 x pas ω

= π

& avec x&=−L.α& (Q.5.)

. M

. 2 . pas

L ω

= π α

− & → . _M

. 2 pas 2

y ω

− π

& =

→ =− π

ω

pas y

M

&

(pour les petits angles).

Q.7.

− π ω =

pas y

M

&

avec _M .N_moteur 60

. 2π

=

ω → .N_moteur

60 pas . y&=−2

A.N. : .350 5,8 60

5 , 0

y&=−2× = mm/s soit 0,58 cm/s

Q.8. y&=0,58 cm/s < 1 cm/s → C.d.C.F. ok.

Etude des performances du système d'ouverture de porte automatique de TGV - Corrigé

Q.1. La phase de louvoiement permet de ramener la porte (4) parallèlement à la caisse (0) du wagon. Ce mouvement se compose nécessairement d’une rotation d’axe porté par zr₀

mais dont le centre de rotation n’est pas défini dans le sujet.

Q.2.

Nombre de DDL(s) Nature du mouvement

Décalage 1 Rotation autour de l’axe (E,zr₀

) Louvoiement 1 Rotation d’axe porté par zr₀ Escamotage 1 Translation suivant l’axe xr₀ Q.3. EI tout comme θ40 diminue au cours de la phase de décalage.

Q.4. S’il y a roulement sans glissement aux points I et J, EI diminue → 5/1 est un mouvement de rotaNon dans le sens trigonométrique et 6/1 est un mouvement de rotation dans le sens horaire.

Q.5. Fermeture géométrique : OO 0

=r AO

IA EI OE 0

OO=r= + + +

→L₀.x₀ H₀.y₀ (t).y₄ R₅.x₄ L₁.y₁ 0 r r r r r

r + +λ − − =

Avec xr₄ cos ₄₀.xr₀ sin ₄₀.yr₀ θ + θ

= , yr₄ sin ₄₀.xr₀ cos ₄₀.yr₀ θ + θ

−

= et yr₁ sin ₁₀.xr₀ cos ₁₀.yr₀ θ + θ

−

=





= θ

− θ

− θ λ

+

= θ + θ

− θ λ

−

0 cos . L sin . R cos ).

t ( H

0 sin . L cos . R sin ).

t ( L

10 1 40 5 40 0

10 1 40 5 40 0

Q.6. La fermeture cinématique s’écrit :

{ } { } { } { } ^V

^V

^V

^V

^{{ }}

Soit au point I :







=











Ω

+









Ω

+









Ω

+









Ω

∈

∈

∈

∈ 0

0 V

V V

V _{I 0/4 I}

4 / 0 0 I

/ 1 I

0 / 1 1 I

/ 5 I

1 / 5 5 I

/ 4 I

5 / 4 I

r r

→







=

− +

+

= Ω

− Ω + Ω + Ω

∈

∈

∈

∈ V V V 0

V

0

0 / 4 I 0 / 1 I 1 / 5 I 5 / 4 I

0 / 4 0 / 1 1 / 5 5 / 4

r r

Avec : V_{I 4/5} 0

=r

∈ (condition de roulement sans glissement).

1 / 5 1

/ 5 A 1 / 5

I V IA

V_∈ = _∈ + ∧Ω (mouvement de 5/1 : mouvement de rotation autour de (A,zr₀ ).

4 51 5 0 51 4 5 1 / 5 1

/ 5

I IA R .x .z R . .y

V r & r & r

θ

= θ

∧

−

= Ω

∧

∈ =

0 / 1 0

/ 1 O 0 / 1

I V IO

V_∈ = _∈ + ∧Ω (mouvement de 1/0 : mouvement de rotation autour de (O,zr₀ ).

1 10 1 4 10 5 0 10 1 1 4 5 0 / 1 0

/ 1 0

/ 1

I IO (IA AO) ( R .x L .y ) .z R . .y L . .x

V r r & r & r & r

θ

− θ

= θ

∧

−

−

= Ω

∧ +

= Ω

∧

∈ =

0 / 4 0

/ 4 E 0 / 4

I V IE

V_∈ = _∈ + ∧Ω (mouvement de 4/0 : mouvement de rotation autour de (E,zr₀ ).

4 40 0

40 4 0

/ 4 0

/ 4

I IE (t).y .z (t). .x

V r & r & r

θ λ

−

= θ

∧ λ

−

= Ω

∧

∈ =

Soit :R₅. ₅₁.y₄ R₅. ₁₀.y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ 0 r r

&

& r

& r

& r + θ − θ +λ θ =

θ → R₅.( _{51 10}).y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ 0 r r

&

& r

& r

& +θ − θ +λ θ =

θ

→ 





= θ

− θ θ + θ

= θ λ + θ

− θ θ

−

0 ) sin(

. . L . R

0 ).

t ( ) cos(

. . L

10 40 10 1 50 5

40 10

40 10

1

&

&

&

&

Q.7. Calcul direct : ₄

4 4 5 4 4

4 4

/ 5

A ( (t).y R .x ) (t).y

dt IA d dtEI EA d dt

V d r r & r

λ

=

− + λ

= +

=

∈ =

Champs des vitesses : V_A∈5/4 =V_I∈5/4+AI∧Ω_5/4 avec : V_{I 5/4} 0

=r

∈ (condition de roulement sans glissement) →

4 54 5 0 54 4 5 4 / 5 4

/ 5

A AI R .x .z R . .y

V r & r & r

θ

−

= θ

∧

= Ω

∧

∈ =

D’où V_A∈5/4 =−R₅.θ&₅₄.yr₄=λ&(t).yr₄→ −R₅.θ&₅₄=λ&(t)

Q.8. L’équation vectorielle de fermeture géométrique est : L₀.x₀ H₀.y₀ (t).y₄ R₅.x₄ L₁.y₁ 0 r r r r r

r + +λ − − =

On dérive → R₅. ₄₀.y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ (t).y₄ 0 r r

&

& r

& r

& r + θ −λ θ +λ =

θ

−

L’équation vectorielle de fermeture cinématique est : R₅. ₅₀.y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ 0 r r

&

& r

& r − θ +λ θ =

θ

D’autre part on a −R₅.θ&₅₄=λ&(t), en remplaçant λ&(t) par −R₅.θ&₅₄ dans la l’équation vectorielle de la fermeture géométrique dérivée on obtient : R₅. ₄₀.y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ R₅. ₅₄.y₄ 0

r r

&

& r

& r

& r + θ −λ θ − θ =

θ

− Soit R₅.( _{54 40}).y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ 0

r r

&

& r

& r

& +θ + θ −λ θ =

θ

− → R₅. ₅₀.y₄ L₁. ₁₀.x₁ (t). ₄₀.x₄ 0 r r

&

& r

& r − θ +λ θ =

θ

On retrouve bien l’équation vectorielle de la fermeture cinématique.

Q.9. On a

0 cos . L R H

0 sin . L ) t ( L

i 10 1 5 0

i 10 1 0

= θ

−

−

= θ + λ

− →

i 10 1 0 5

i 10 1 0 0

cos . L H R

sin . L L ) 0 t (

θ

−

=

θ +

=

= λ

=

λ

Applications numériques : mm 29 7 , 75 cos . 149 8 , 65

R₅= − = et λ₀ =L₀+L₁.sinθ₁₀=544+149.sin75,7=688mm

Q.10. La courbe 1 la loi entrée sortie de θ₁₀ en fonction de θ_m. Par conséquent on lit que le moteur fait 90°

soit 0,25 tour en 0,3 s. → Nmoteur =

3 , 0 25 60 ,

0 × = 50 tour/min.

Q.11. 0,055 0,18

m 40 ≤ θ

≤ θ&

&

avec _m .N_moteur 60

. 2π

=

θ& → 0,055.θ&_m≤θ&₄₀≤0,18.θ&_m

→ _{moteur 40} .N_moteur

60 . .2 18 , 0 N

60. . .2 055 ,

0 π ≤θ& ≤ π soit 0,29rad/s≤θ&₄₀≤0,94rad/s

Q.12. D’après la question précédente la vitesse angulaire maximale est de θ&₄₀ =0,94rad/s ce qui donne une vitesse en bout de porte de 0,850×0,94 = 0,8 m/s < 1 m/s → C.d.C.F. ok.

Q.13. On est en configuration porte fermée.

Voir document réponse 1.

Q.14. 6/1 : mouvement de rotation autour de l’axe (B,zr₀ ) :

→ 0,194 60

. .2 50 10 . 37 .

R

V_J∈6/1 = ₆θ&₆₁= ⁻³× π= m/s = 19,4 cm/s et V_J∈6/1 a pour direction la perpendiculaire à

(BJ) passant par J. La rotation θ&_m= - 50 tr/min de sens horaire donne le sens du vecteur.

Au point J on a une condition de RSG V_{J 6/5} 0

=r

∈ → composiNon de mouvement : V_{J 6/5} V_{J 6/1} V_{J 5/1} 0

=r

−

= _{∈ ∈}

∈

→ V_J∈6/1=V_J∈5/1

5/1 : mouvement de rotation autour de l’axe (A,zr₀

) → A = I51, CIR du mouvement de 5/1. On en déduit V_I∈5/1 par le champ des vitesses → V_I∈5/1 = V_J∈5/1

Au point I on a une condition de RSG V_{I 5/4} 0

=r

∈ → composition de mouvement : 0

V V

V

V_{I 5/4 I 5/1 I 1/0 I 4/0}

=r

− +

= _{∈ ∈ ∈}

∈ → V_I∈5/1=V_I∈4/0−V_I∈1/0=V_I∈4/1 Q.15. On connait V_I∈5/1=V_I∈4/1.

1/0 : mouvement de rotation autour de l’axe (O,zr₀

) → O = I10, CIR du mouvement de 1/0.

0 / 1

VI_∈ a pour direction la perpendiculaire à (OI) passant par I.

4/0 : mouvement de rotation autour de l’axe (E,zr₀

) → E = I40, CIR du mouvement de 4/0.

0 / 4

VI_∈ a pour direction la perpendiculaire à (EI) passant par I.

On réalise la somme vectorielle : V_I∈5/1=V_I∈4/0−V_I∈1/0 Q.16. 1/0 : mouvement de rotation autour de l’axe (O,zr₀

) → O = I10, CIR du mouvement de 1/0.

0 / 1

VB_∈ a pour direction la perpendiculaire à (OB) passant par B. On construit V_B∈1/0 par le champ des vitesses.

3/0 : mouvement de rotation autour de l’axe (D,zr₀

) → D = I30, CIR du mouvement de 3/0.

0 / 3

VC_∈ a pour direction la perpendiculaire à (DC) passant par C.

0 / 2 C 2 / 3 C 0 / 3

C V V

V_∈ = _∈ + _∈ avec V_{C 3/2} 0

=r

∈ (liaison pivot parfaite entre 3 et 2 d’axe (C,zr₀ ).

0 / 2 B 2 / 1 B 0 / 1

B V V

V_∈ = _∈ + _∈ avec V_{B 1/2} 0

=r

∈ (liaison pivot parfaite entre 1 et 2 d’axe (B,zr₀ ).

On construit V_C∈3/0 par équiprojectivité. V_C∈2/0.BC=V_B∈2/0.BC Graphiquement on obtient V_C∈3/0 ≈ 12 cm soit 96 cm/s.

De plus V_C∈3/0 =L₃.θ&₃₀ → 11,9 10

. 88

10 . 96 L

V

3 2

3 0 / 3 C

30 = = =

θ& ^∈ ₋⁻ rad/s = 104 tr/min < 140 tr/min → C.d.C.F. ok.

Porte 4

6 B

2 3

1 J

I

C

Direction de V_I,4/0

Direction de V_I,1/0

Direction de V_J,6/1

1 / 6 ,

VJ =V_J,5/1

1 / 4 ,

VI

0 / 4 ,

VI

0 / 1 ,

VI

Direction de V_B,1/0

0 / 1 ,

VB

0 / 3 ,

VC

Partie 3 – Etude de la phase d’escamotage

Q.17. OI=OA+AI→ L₁.yr₁ R₅.xr₄ +

− → OI.yr₀ =L₁.cosθ₁₀+R₅.sinθ₄₀

avec θ₁₀=35° et θ₄₀=90°lors de la fin de la phase de louvoiement.

A.N. : OI.yr₀ =149.cos35+29=151 mm

D’autre part d’après la géométrie du système on a la face extérieure de la caisse du train à mm

8 , 65 H y .

OEr₀= ₀ =

+ la valeur de l’épaisseur de la porte e4 = 40 mm.

→ D’où d = 151 – 65,8 – 40 = 45,2 mm > 40 mm → C.d.C.F. respecté.

Q.18. et Q.19.

D’après les questions précédentes on a une vitesse d’escamotage qui vaut V=R6.θ^&_m (le pignon 5 ne sert que de renvoi de mouvement). On en déduit donc d’après les données du cahier des charges que :

s / rad 5 , 037 7 , 0

28 , ) 0 t ( ) t

( _{1 m 2}

m =θ = =

θ& & et 2,4rad/s

037 , 0

09 , ) 0 t ( ) t

( _{3 m 4}

m =θ = =

θ& & .

D’autre part 0,43s

4 , 17

5 , 7 ) t (

) t t (

1 m

1 m

1 = =

θ

=θ&&

&

t Vitesse θ&_m(t)

t1 = 0,43s t2 = 2,8 s s

/ rad 5 ,

m=7 θ&

t

t1 t2 t3

4 ,

m =17 θ&

& rad/s²

Accélération θ&_m(t)

4 ,

m=−17 θ

−&& rad/s²

t3 = 3,1 s t4 = 4 s

t4

s / rad 4 ,

m=2 θ&