DM1-2014_CORRIGE
« Contrôle des tôles »
Présentation du système :
Sur une ligne de laminage à froid, on trouve différents systèmes capables de contrôler en continu la tôle. Le schéma cinématique ci-contre représente l’architecture d’un poste de contrôle de l’épaisseur de revêtement par courants de Foucault. Des capteurs CF sont placés sur un sabot
rectangulaire, à l’extrémité d’un bras oscillant permettant de « balayer » la quasi-totalité de la surface de la tôle.
On peut décomposer ce système en trois solides :
• Le bâti S0 : repère R0(O, x, y, z)
• Le bras S1, en liaison pivot d’axe (O,z) avec S0 : repère R1(O, x1, y1, z)
• La tôle S2, en translation par rapport à S0 : repère R2(O2, x, y, z) Les dimensions sont les suivantes :
• Largeur de la tôle : 2L = 1,25 m
• Longueur du bras : OA = a = 0,8 m
• Surface du sabot : 2b = 0,4 m et 2c = 0,1 m Les 2 paramètres ont les équations temporelles suivantes :
• Rotation du bras :
θ = α . sin( ω t )
avec°
= 50
α
etω = 2 rd / s
• Translation de la tôle :
λ = V . t
avec V = 1,5 m/sTravail demandé :
1. Pour éviter des erreurs intempestives, le sabot doit toujours rester entièrement sur la tôle. Modifier le réglage de α pour satisfaire cette contrainte.
Pour répondre à cette 1ère question, on peut envisager 3 méthodes différentes.
Méthode géométrique :
Lors des mouvements de rotation du bras S1, le triangle OAM ne se déforme pas :
( )
=
=
=
=
=
=
cste OM
OA
cste R OM
cste a OA
γ ,
Avec :
°
≈
=
= + + ⇒
=
≈ +
+
= + +
=
862 , 1 2
05 , arctan 0 arctan
tan
001249 ,
1
² 05 , 0 )² 2 , 0 8 , 0 (
² )² (
b a
c b
a c
m c
b a R
γ γ
S2
S1
S0 L
L
A
O +
+
O2 x
y x1
λ θ θ
y1 + M
b
c
La position du point M peut se décrire par le vecteur :
0
0) sin(
.
) cos(
.
R
R R OM
+ +
= θ γ
γ θ
On cherche une valeur particulière de θ telle que :
R L L
R L
y
OM ⋅ = ⇒ . sin( θ + γ ) = ⇒ sin( θ + γ ) =
On en déduit :
− ° = ° − °
≈
−
= 2 , 862 38 , 625 2 , 862
001249 ,
1 625 , arcsin 0
arcsin γ
θ R
L
θ ≈ 35 , 76 °
Méthode Analytique :
Sans modification du paramètrage, la position du point M peut se décrire par le vecteur :
0
1
0
cos . sin ).
(
sin . cos ).
(
0
R Rc b
a
c b
a c
b a AM OA OM
+ +
− +
=
+
= +
= θ θ
θ θ
On cherche une valeur particulière de θ telle que :
OM ⋅ y = L ⇒ ( a + b ). sin θ + c . cos θ = L
Pour résoudre cette équation, on cherche à faire apparaître une équation du type :
cos γ . sin θ + sin γ . cos θ = cste
En « transformant » les termes (a+b) et (c) respectivement en cosinus et sinus d’un même angle γ.
Pour cela, on pose :
°
≈
=
°
≈
+
=
≈
⇒
= + = + +
=
862 , 2 arcsin
862 , 2 arccos
001249 ,
1
sin cos
² )² (
R c R
b a
m R
R c R b a
c b a R
γ γ γ
γ
En divisant les deux termes de l’équation de départ par R, on obtient :
R
= L
+ γ θ
θ
γ . sin sin . cos cos
On en déduit :
R
= L + )
sin( θ γ
donc les deux familles de solutions suivantes :
+
−
= +
+
= +
π π
γ θ
π γ
θ
k R L
k R L
2 ) / arcsin(
2 ) / arcsin(
Or, la solution recherchée est
[ π ] θ γ
θ −
= + ⇒
∈ R
arcsin L 2
/
;
0 − ° = ° − °
≈ 2 , 862 38 , 625 2 , 862 001249
, 1
625 , arcsin 0
D’où, la valeur maxi pour θ sera :
θ ≈ 35 , 76 °
Méthode Numérique :
Sans modification du paramètrage, la position du point M peut se décrire par le vecteur :
0
1
0
cos . sin ).
(
sin . cos ).
(
0
R Rc b
a
c b
a c
b a AM OA OM
+ +
− +
=
+
= +
= θ θ
θ θ
On cherche une valeur particulière de θ telle que :
OM ⋅ y = L ⇒ ( a + b ). sin θ + c . cos θ = L
Si on ne connaît pas de méthode analytique de résolution de cette équation, on la résout par une méthode numérique (dichotomie, méthode des tangentes, méthode des sécantes). En remplaçant les constantes par leurs valeurs numériques, on obtient :
625 , 0 cos . 05 , 0 sin ).
2 , 0 8 , 0
( + θ + θ =
On cherche la solution numérique de l’équation suivante :
sin θ + 0 , 05 . cos θ − 0 , 625 = 0
Avec la méthode des tangentes, on obtient :
θ ≈ 35 , 76 °
Quelque soit la méthode, on règlera l’amplitude du mouvement par :
θ = α . sin( ω t )
avecα < 35 , 76 °
Par exemple :
α = 35 , 7 °
2. Etablir les équations paramétriques de la trajectoire du point A dans le repère R2, c'est-à-dire exprimer le vecteur
O
2A
dans R2.
+
−
= + ⇒
= θ
θ λ
sin .
cos .
2
0
2
2
a
A a O OA
O O A O
En notant respectivement, XA et YA, les coordonnées du vecteur
A
O
2 dans R2, on obtient les 2 équations paramétriques suivantes :( )
( )
⋅
=
⋅ +
−
=
) . sin(
sin . ) (
) . sin(
cos . . ) (
t a
t YA
t a
t V t XA
ω α
ω
α
où t (temps en seconde) est le paramètre variable et V, a, αααα et ωωω sont ω des constantes.
3. Tracer la trajectoire du point A dans le repère R2 pour
[ s ]
t ∈ 0 ; 10
4. On remarque que c’est lorsque le sabot est proche des bords que la distance entre deux passages successifs du point A est la plus grande. Déterminer la valeur de
ω
pour laquelle cette distance suivant x est égale à 2.b = 0,4 m.Pour augmenter la proportion de surface contrôlée, il faut régler ω telle qu’entre deux passages successifs (quand θ = α), les surfaces se « chevauchent » légèrement.
Avec un tel réglage, il ne reste plus que des petites zones triangulaires le long des bords de la tôle.
On connaît la période du mouvement :
ω π
= 2 T
On choisit 2 dates :
= + ⇒
=
=
= ⇒
1 ) sin(
1 ) sin(
2
2 1
2
1 1
1
t T
t t
t t
que telle t
ω ω π
ω
On cherche ω telle que :
XA ( t
1) − XA ( t
2) = 2 b
C'est-à-dire :
− V . t
1+ a . cos ( α ⋅ sin( ω . t
1) ) + V . t
2− a . cos ( α ⋅ sin( ω . t
2) ) = 2 b
Avec
a . cos ( α ⋅ sin( ω . t
1) ) = a . cos ( α ⋅ sin( ω . t
2) )
L’équation se simplifie :
V t V t b V t t b V T b V 2 2 b
. 2
. 2
) ( 2
.
.
1 2 2 1 =
⇒
=
= ⇒
−
= ⇒ +
− ω π
On en déduit :
rd s
b
V 23 , 56 /
2 , 0
5 , 1 . ≈ ⋅ ≈
= π π
ω
-0,6 -0,4 -0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8
-20 -15 -10 -5 0 5
Le bras est commandé par un mécanisme de transformation de mouvement donné par le schéma cinématique ci-contre.
L’excentrique S3 est mis en rotation continue par un moteur à la vitesse N3. Le maneton de S3 (de centre C) est en appui ponctuel avec le bras S1 et entraine ce dernier en rotations alternatives. Pour régler
l’amplitude du mouvement du bras, une liaison glissière entre S0 et le support S4 permet le réglage de la position du centre de rotation B de l’excentrique : OB = δ (réglable)
On note : BC = d = 45 mm
5. Déterminer l’équation de rotation du bras S1 si S3
tourne à N3 = 110 tr/min et δ = 75 mm : θ = f(β) et θ = f(t)
En décrivant la boucle vectorielle
OC = OB + BC
dans le triangle OCB, on obtient les 2 équations scalaires suivantes :
⋅ +
=
⋅
−
⋅ +
−
=
⋅
−
2 sin
sin
1 cos
cos
1 1
eq d
eq d
β θ
λ
β δ
θ
λ ⇒ ⇒
1 2 eq eq
β
δ β
θ cos
tan sin
⋅ +
−
= ⋅
d d
Où
OC = λ
1⋅ X 1
avecλ
1 longueur variableEn exprimant β par son équation temporelle, où ω3 représente la rotation de l’excentrique S3, on obtient :
⋅
⋅ +
−
⋅
= ⋅
) 3 cos(
) 3 arctan sin(
t d
t d
ω
δ ω
θ
avecN 11 , 52 rd / s
60 3 . .
3 = 2 π ≈ ω
6. Proposer une autre cinématique pour obtenir une rotation alternative du bras S1 à partir de la rotation continue d’un solide S3.
« Système 4 barres » « bielle-manivelle spatial » « engrenage hypocycloïdal de la Hire »
+ +
X1 X Y
β S3
S0
S1 C O
B θ
S4
δ
Pour un meilleur contrôle des bords, on souhaite que le sabot effectue des translations circulaires alternatives : Le point A effectue toujours des rotations alternatives autour du point O mais l’orientation du sabot reste toujours parallèle au déplacement de la tôle.
Il est donc nécessaire de désolidariser le sabot par rapport au bras en créant une liaison pivot d’axe (A,z) entre ces 2 solides.
7. Proposer une nouvelle cinématique du bras pour que le sabot effectue les translations circulaires souhaitées.
Pour obtenir une translation circulaire du sabot, on conserve la rotation du bras et pour conserver la direction du sabot, on peut envisager les deux cinématiques suivantes : « parallélogramme déformable » et « 2 glissières perpendiculaires »
