Etude cinématique d’un doigt de prothèse myoélectrique - Corrigé
Q.1.
4
6
7 3 5
0 Pivot (D,zr0
) Pivot (E,zr0
) Pivot (F,zr0 ) Pivot (J,zr0
) Pivot (K,zr0 )
Pivot (I,zr0 Pivot (H,zr0 )
) Q.2. Figures géométrales manquantes :
θ5
x0
r z0
r =zr5
=zr5'
x5
α5r
'
x5
r yr0
'
y5
r yr5
θ7
x0
r z0
r =zr7
=zr7'
x7
α7 r
'
x7 0 r yr
'
y7
r yr7
θ4
x0
r z0
r =zr4
x4
r y0
r yr4
θ6
xr0
z0
r =zr6
x6
r yr0
y6
r
Q.3. La liaison entre les solides (0) et (3) possède 1 degré de liberté en rotation. Une main saine possède 2 degrés de liberté en rotation cependant le choix retenu parait pertinent car une 2 ces 2 rotation a une amplitude limitée et peu utilisée.
Q.4. HG HD DE EF FG d.xr0 e.yr0 L3.xr3 L5.xr5 L7.xr7 + + +
−
−
= + + +
=
En projection dans la base 0 :
) y . sin x . (cos . L ) y . sin x . .(cos L ) y . sin x . (cos . L y . e x . d
HG r0 r0 3 3 r0 3 r0 5 5r0 5r0 7 7 r0 7 r0
θ + θ +
θ + θ +
θ + θ +
−
−
=
0 7 7 5 5 3 3 0
7 7 5 5 3
3.cos L .cos L .cos ).x ( e L .sin L .sin L sin ).y
L d (
HG r r
θ + θ +
θ +
− + θ +
θ +
θ +
−
=
Q.5. Fermeture géométrique 0-3-5-4-0 :
0 y . e x . d x . L x . R x . L HD IH EI
DE 3r3 5r5' 4r4 r0 r0 r
=
−
−
− +
= + + +
En projection dans la base 0 :
=
− θ
− α + θ +
θ
=
− θ
− α + θ +
θ
0 e sin . L ) sin(
. R sin . L
0 d cos . L ) cos(
. R cos . L
4 4 5 5 5 3 3
4 4 5 5 5 3
3 →
− α + θ +
θ
= θ
− α + θ +
θ
= θ
) 2 ( e
) sin(
. R sin . L sin . L
) 1 ( d ) cos(
. R cos . L cos . L
5 5 5 3 3 4 4
5 5 5 3 3 4 4
(1)2+(2)2 →L42=(L3.cosθ3+R5.cos(θ5+α5)−d)2+(L3.sinθ3+R5.sin(θ5+α5)−e)2 Q.6. Fermeture géométrique 3-5-7-6-3 :
0 x . R x . L x . R x . L JE KJ FK
EF 5 5 7 7' 6 6 3 3'
r r r r
r − − + =
= + + +
En projection dans la base 0 :
= α + θ +
θ
− α + θ
− θ
= α + θ +
θ
− α + θ
− θ
0 ) sin(
. R sin . L ) sin(
. R sin . L
0 ) cos(
. R cos . L ) cos(
. R cos . L
3 3 3 6 6 7 7 7 5 5
3 3 3 6 6 7 7 7 5 5
→
α + θ +
α + θ
− θ
= θ
α + θ +
α + θ
− θ
= θ
) sin(
. R ) sin(
. R sin . L sin . L
) cos(
. R ) cos(
. R cos . L cos . L
3 3 3 7 7 7 5 5 6 6
3 3 3 7 7 7 5 5 6
6
) 4 (
) 3 (
(3)2+(4)2 →L62 =(L5.cosθ5−R7.cos(θ7+α7)+R3.cos(θ3+α3))2+(L5.sinθ5−R7.sin(θ7+α7)+R3.sin(θ3+α3))2 Q.7. Graphiquement on lit sur la courbe : 32 mm < HG - 4 mm < 81 mm
Modèle Verre 1 Verre 2 Verre 3 Verre 4 Gobelet plastique
Dénomination V1 V2 V3 V4 G
Diamètre mini 48 mm 61 mm 76 mm 94 mm 42 mm Verre attrapé ?
On a donc un degré de satisfaction satisfaisant vis-à-vis de l’exigence 1.1 du cahier des charges.
Q.8.
H
G
9,4 cm
Graphiquement on a HG =9,4 cm soit 4,7 cm (attention à l’échelle 2:1)
Ce qui correspond à un verre de 47-4 = 43 mm de diamètre environ → gobelet en plastique.
Q.9. 3 3 3
0 3 3 0 3 3 0 0
/ E 0 / 3 ,
E x L . .y
dt .d L x . dtL DE d dt V d
V r r & r
θ
=
=
=
=
=
Q.10. 5 5 3 5 7 7 3 7
3 7 7 3 5 5 3 7 7 5 5 3 3
/ G 3 / 7 ,
G x L .( ).y L .( ).y
dt .d L dtx .d L x . L x . dtL EG d dt V d
V r r r r & & r & & r
θ
− θ + θ
− θ
= +
= +
=
=
= .
Q.11. VE,3/0 VD,3/0 ED 3/0 L3.xr3 &3.zr3 L3.&3.yr3 θ
= θ
∧
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
Q.12. VG,7/3 =VG,7/5+VG,5/3(composition de mouvement)
7 5 7 7 7 5 7 7 7 5 / 7 5
/ 7 , F 5 / 7 ,
G V GF L .x ( ).z L .( ).y
V r
&
&
& r
&
r ∧ θ −θ = θ −θ
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
7 3 5 7 5 3 5 5 7 3 5 7 7 5 5 3 / 5 3
/ 5 , E 3 / 5 ,
G V GE ( L .x L .x ) ( ).z L .( ).y L .( ).y
V r r & & r & & r & & r
θ
− θ + θ
− θ
= θ
− θ
∧
−
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
→ VG,7/3 =VG,7/5+VG,5/3=L7.(θ&7−θ&5).yr7+L5.(θ&5−θ&3).yr5+L7.(θ&5−θ&3).yr7 =L5.(θ&5−θ&3).yr5+L7.(θ&7−θ&3).yr7
Q.13.
0 7 7 0 5 5 0 3 3 0 7 7 5 5 3 3 0 0
/ G 0 / 7 ,
G x
dt .d L dtx .d L dtx .d L x . L x . L x . dtL DG d dt V d
V r r r r r r
+
= +
+
=
=
=
7 7 7 5 5 5 3 3 3 0 / 7 ,
G L . .y L . .y L . .y
V = θ& r + θ& r + θ& r
Q.14.
0 7 7 7 5 5 5 3 3 3 0 0 / 7 , G 0
/ 7 ,
G L . .y L . .y L . .y
dt V d
dt
d = θ& r + θ& r + θ& r
= Γ
7 2 7 7 7 7 7 5 2 5 5 5 5 5 3 2 3 3 3 3 3 0 / 7 ,
G =L .&θ& .yr −L .θ& .xr +L .&θ& .yr −L .θ& .xr +L .&θ& .yr −L .θ& .xr Γ
Q.15. Norme de la composante horizontale de la vitesse VG,7/0→ VG,7/0.xr0
7 7 7 5 5 5 3 3 3 0 7 7 7 0 5 5 5 0 3 3 3 0 0 / 7 ,
G .x L . .y .x L . .y .x L . .y .x L . .sin L . .sin L . .sin
V r = θ& r r + θ& r r + θ& r r =− θ& θ − θ& θ − θ& θ
A.N. : VG,7/0.xr0=45×0,145.sin55+30×0,413.sin8+20×1.sin(−72)=−11,95 mm/s
Avec θ&3=−0,145rd/s ; θ&5=−0,413rad/s ; θ&7 =−1 rad/s ; θ3=55° ;θ7 =−72° ; θ5=8°; L3 = 45 mm, L5 = 30 m et L7 = 20 mm.
Q.16. 0n peut alors considérer ici le solide 5=3 → VI,3/0 =VI/0
→ 3 3 3 5 3 5'
0 ' 5 5 3 3 0 0
/ 3 ,
I L .x R .x L . .y R . .y
dt DI d dt
V d r r & r & r
θ + θ
= +
=
=
→ 3 3 3 3 32 3 5 3 5' 5 32 5'
0 ' 5 3 5 3 3 3 0 0 / 3 , I 0 / 3 ,
I L . .y R . .y L . .y L . .x R . .y R . .x
dt V d
dt
d = θ& r + θ& r = &θ& r − θ& r + &θ& r − θ& r
= Γ
Q.17. 3 3 3 5 5 5'
0 ' 5 5 3 3 0 0
/ 5 ,
I L .x R .x L . .y R . .y
dt DI d dt
V d r r & r & r
θ + θ
= +
=
=
' 5 2 5 5 ' 5 5 5 3 2 3 3 3 3 3 0 ' 5 5 5 3 3 3 0 0 / 5 , I 0 / 5 ,
I L . .y R . .y L . .y L . .x R . .y R . .x
dt V d
dt
d = θ& r + θ& r = &θ& r − θ& r + &θ& r − θ& r
= Γ
Q.18. On a ΓI,5/0 =ΓI,5/3+ΓI,3/0+2.Ω3/0∧VI∈5/3
' 5 3 5 5 3 ' 5 5 3 3
/ 5 ,
I R .x R .( ).y
dt EI d dt
V d r & & r
θ
− θ
=
=
=
' 5 2 3 5 5 ' 5 3 5 5 3 ' 5 3 5 5 3
0 / 5 , I 3 / 5 ,
I R .( ).y R .( ).y R .( ) .x
dt V d
dt
d = θ& −θ& r = &θ& −&θ& r − θ& −θ& r
= Γ
' 5 3 5 3 5 '
5 3 5 5 ' 5 3 3 / 5 I 0 /
3 V 2. .z R .( ).y 2.R . .( ).x
.
2Ω ∧ ∈ = θ& r ∧ θ& −θ& r =− θ& θ& −θ& r
' 5 3 5 3 5 ' 5 2 3 5 ' 5 3 5
3 2 3 3 3 3 3 ' 5 2 3 5 5 ' 5 3 5 5 3 / 5 I 0 / 3 0 / 3 , I 3 / 5 , I
x ).
.(
. R . 2 x . . R y . . R
x . . L y . . L x . ) .(
R y ).
.(
R V
. 2
& r
&
&
& r
& r
&
& r
& r
&
& r
&
& r
&
&
&
θ
− θ θ
− θ
− θ +
θ
− θ + θ
− θ
− θ
− θ
=
∧ Ω + Γ +
Γ ∈
' 5 3 5 3 5 ' 5 2 3 5 ' 5 2 3 5 5
' 5 3 5 ' 5 3 5 5 3 2 3 3 3 3 3 3 / 5 I 0 / 3 0 / 3 , I 3 / 5 , I
x ).
.(
. R . 2 x . . R x . ) .(
R
y . . R y ).
.(
R x . . L y . . L V .
2
& r
&
&
& r
& r
&
& r
&
& r
&
&
&
& r
& r
&
θ
− θ θ
− θ
− θ
− θ
−
θ + θ
− θ + θ
− θ
=
∧ Ω + Γ +
Γ ∈
' 5 2 5 5 ' 5 2 3 5 3 5 ' 5 2 3 5 ' 5 2 3 5 3 2 5
5.( 2. . ).x R . .x 2.R .( . ).x R . .x
R θ& − θ& θ& +θ& r − θ& r − θ& θ& −θ& r =− θ& r
−
→ΓI,5/3+ΓI,3/0+2.Ω3/0∧VI∈5/3 =L3.θ&&3.yr3−L3.θ&32.xr3+R5.&θ&5.yr5'−R5.θ&52.xr5' =ΓI,5/0 cqfd.
Etude cinématique du SEIS du système InSIGHT - Corrigé
Q.1.
3 1 2
0 Pivot (O,zr0
) Pivot (A,yr1
) Pivot (B,yr1 )
Q.2. Chaîne cinématique ouverte à 3 DDLs.
θ1
x0
r z0
r =zr1
xr1
y0
r y1
r
θ2
x1
r
yr1
=yr2
=yr3
θ3
z1
r z2
r z3 2 r
xr x3
r
Q.3. Modèle géométrique direct : on a AC L.xr2 L.xr3 xC.xr1 zC.zr1 +
= +
=
En projection dans la base 1 on obtient le modèle géométrique direct :
θ + θ
− θ
−
=
θ + θ + θ
=
) sin(
. L sin . L z
) cos(
. L cos . L x : z /
: x /
3 2 2
C
3 2 2
C 1
r1
r
Q.4. Modèle géométrique indirect :
On utilise les transformations trigonométriques de sommes en produits : 2
b cosa 2 .
b cosa . 2 b cos a
cos + = + − et
2 b cosa 2 .
b sina . 2 b sin a
sin + = + −
θ + θ
− θ
−
=
θ + θ + θ
=
) sin(
. L sin . L z
) cos(
. L cos . L x
3 2 2
C
3 2 2
C →
θ θ +
− θ
=
θ θ +
= θ
cos 2 2 .
. sin2 . L . 2 z
cos 2 2 .
. cos2 . L . 2 x
3 3 2 C
3 3 2 C
En faisant xC2+zC2 pour faire apparaître un terme en cos2A+sin2B, on obtient : cos 2
. L . 2 4
. sin 2 2
. cos 2 2 . cos . L . 4 z
xC2 C2 2 2 3 2 2 3 2 2 3= 2 2θ3
θ +θ + θ +θ
= θ
+ avec
2 cos 1
cos2θ23 = + θ3
→x z 2.L.
(
cos 3 1)
2 2 C 2
C + = θ + → ce qui permet d’obtenir : 1
L z L
. x 2 cos 1
2 C 2 C
3 −
+
= θ
En faisant
C C
x
z pour faire apparaître une tangente, on a :
2 . tan2 x
z 2 3
C
C =− θ +θ
→ ce qui permet d’obtenir :
) 2 x
arctan( z 3
C C 2
−θ
−
= θ
Modèle géométrique indirect:
−θ
−
= θ
−
+
±
= θ
) 2 x arctan( z
L 1 z L
. x 2 arccos 1
3 C C 2
2 C 2 C 3
A.N. Pour xC = 1 m et zC = 0 m on a
° θ =
−
= θ
°
=
−
= θ
2 0 ) 0 arctan(
0 5 1
, 0 . 1 2 arccos 1
3 2
2 3
On voit à l'aide du schéma cinématique que cette configuration xC = 1 m et zC = 0 m correspond bien au bras complètement allongé.
Q.5. xC = 0,75 m et zC = 0,25 m
→
°
−
°
= θ θ →
−
−
= θ
°
±
=
−
+
±
= θ
2 , 56 ou 3 , 2 19
75) , 0
25 , arctan( 0
5 , 75 5 1
, 0
25 , 0 5
, 0
75 , . 0 2 arccos 1
2 3 2
2 2
3
Les 2 couples de valeurs (que l'on retrouve par construction graphique) sont :
(19,3°,-75,5°) et (-56,2°,+75,5°)
A B
C
B' xC
zC
θ2 = 19,3°
θ2 = -56,2°
θ3 = -75,5°
θ3 = 75,5°
Q.6. 2 2 2 3 3
1 3 2 1
1 / C 1 / 3 ,
C L.x L.x L. .z L.( ).z
dt AC d dt V d
V r r & r & & r
θ + θ
− θ
−
= +
=
=
=
Q.7.
0 3 0
2 0
3 2 0
0 / C 0 / 3 ,
C x
dt .d L dtx .d L x . L x . dtL AC d dt V d
V r r r r
+
= +
=
=
=
avec 2/0 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2
2 2 0
2 x x ( .z .y ) x .cos .y .z
dt x d dt
d r r r & r & r r & r & r
θ
− θ θ
=
∧ θ + θ
=
∧ Ω +
=
3 3 2 2 3 2 1 3 3 3 2 1 1 3 0 / 3 3 3 0
3 x x ( .z ( ).y ) x .cos( ).y ( ).z
dt x d dt
dr r r & r & & r r & r & & r
θ + θ
− θ + θ θ
=
∧ θ + θ + θ
=
∧ Ω +
=
3 3 2 2 2 2 3 2 2
1 0 / 3 ,
C L. .(cos cos( )).y L. .z L.( ).z
V = θ& θ + θ +θ r − θ& r − θ& +θ& r
Q.8. VC,3/1=VC,3/2+VC,2/1 (composition de mouvement)
3 3 3
3 3 2 / 3 2
/ 3 , B 2 / 3 ,
C V CB L.x .y L. .z
V r & r & r
θ
−
= θ
∧
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
2 2 3 3 2
2 2 3 1
/ 2 1
/ 2 , A 1 / 2 ,
C V CA ( L.x L.x ) .y L. .z L. .z
V r r & r & r & r
θ
− θ
−
= θ
∧
−
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
→ VC,3/1 =−L.θ&2.rz2−L.(θ&2+θ&3).rz3
Q.9. VC,3/0 =VC,3/1+VC,1/0 (composition de mouvement)
2 2 3
2 1
1 1 2 3 0
/ 1 0
/ 1 , A 0 / 1 ,
C V CA ( L.x L.x ) .z L. .(cos( ) cos ).y
V r r & r & r
θ + θ + θ θ
= θ
∧
−
−
= Ω
∧ +
= (champ des vitesses)
et VC,2/1 calculé question précédente.
→ VC,3/0 =L.θ&1.(cosθ2+cos(θ2+θ3)).yr2−L.θ&2.zr2−L.(θ&2+θ&3).zr3
Q.10. 2 2 22 2 2 3 3 2 3 2 3
1 1 / 3 , C 1
/ 3 ,
C V L. .z L. .x L.( ).z L.( ) .x
dt
d =− &θ& r − θ& r − &θ& +&θ& r − θ& +θ& r
= Γ
Q.11.
0 3 3 2 2 2 2 3 2 2
1 0
0 / 3 , C 0
/ 3 ,
C L. .(cos cos( )).y L. .z L.( ).z
dt V d
dt
d = θ& θ + θ +θ r − θ& r − θ& +θ& r
= Γ
0 3 3 2 3 3 2 0 2 2 2 2 1 3 2 2
2 1
2 3 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2
1 0 / 3 , C
dtz ).d .(
L z ).
.(
L dtz . d L z . . L x )).
cos(
.(cos .
L
y )).
sin(
).
( sin .(
. L y )).
cos(
.(cos . L
& r
&
& r
&
&
&
& r
& r
&
& r
& r
&
&
&
& r
&
θ + θ
− θ + θ
− θ
− θ
− θ + θ + θ θ
−
θ + θ θ + θ
− θ θ
− θ + θ + θ + θ θ
= Γ
avec 2/0 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2
2 2 0
2 z z ( .z .y ) z .sin .y .x
dt z d dt
d r r r & r & r r & r & r
θ + θ θ
=
∧ θ + θ
=
∧ Ω +
=
3 3 2 2 3 2 1 3 3 3 2 1 1 3 0 / 3 3 3 0
3 z x ( .z ( ).y ) z .sin( ).y ( ).x
dt z d dt
dr r r & r & & r r & r & & r
θ + θ + θ + θ θ
=
∧ θ + θ + θ
=
∧ Ω +
=
Q.12. Afin de garantir un déplacement du point C suivant l'axe (A,xr1
) à la vitesse maximale imposée par le cahier des charges, il faut que θ2=−θ3 et θ&2 =−θ&3
) z ).
.(
L z . . L ).(
z ).
.(
L z . . L (
VC,3/1 = − θ&2 r2 − θ&2+θ&3 r3 − θ&2r2− θ&2+θ&3 r3
Avec θ&2 =−θ&3 → VC,3/1 =L.θ&2 → 0,04 5 , 0
02 , 0 L VC,3/1
1 / 2
2 = Ω = = =
θ& rad/s
Q.13. Objectif : démontrer ΓC,3/1=ΓC,3/2+ΓC,2/1+2.Ω2/1∧VC∈3/2
On peut considérer ici le solide 3 = 2 → VC,2/1=VC/1 avec θ3 =cte et θ&3=0
3 2 2 2 1
3 2 1
1 / 2 ,
C L.x L.x L. .z L. .z
dt AC d dt
V d r r & r & r
θ
− θ
−
= +
=
=
→ 2 2 2 3 22 2 22 3
1 1 / 2 , C 1
/ 2 ,
C V L. .z L. .z L. .x L. .x
dt
d =− &θ& r − &θ& r − θ& r − θ& r
= Γ
Q.14. 3 3
2 3 2
2 / 3 ,
C L.x L. .z
dt BC d dt
V d r & r
θ
−
=
=
=
→ 3 3 32 3
2 2 / 3 , C 2
/ 3 ,
C V L. .z L. .x
dt
d =− &θ& r − θ& r
= Γ
Q.15. 2.Ω2/1∧VC∈3/2=2.θ&2.yr3∧−L.θ&3.zr3 =−2.L.θ&2.θ&3.xr3
Q.16. ΓC,3/1=ΓC,3/2+ΓC,2/1+2.Ω2/1∧VC∈3/2
3 3 2 3
2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 3 3 3 1 / 3 ,
C =−L.&θ& .zr −L.θ& .xr −L.&θ& .zr −L.&θ& .zr −L.θ& .xr −L.θ& .xr −2.L.θ& .θ& .xr Γ
3 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1 / 3 ,
C =−L.&θ& .zr −L.θ& .xr −L.(&θ& +&θ& ).zr −L.(θ& +θ& +2.θ& .θ& ).xr Γ
3 2 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 1
/ 3 ,
C =−L.&θ& .zr −L.θ& .xr −L.(&θ& +&θ& ).zr −L.(θ& +θ& ) .xr
Γ on retrouve bien l'expression de la question 10 cqfd
