Fauteuil de dentiste - Corrigé
Q.1.
3
0 1
2
Pivot d’axe (A,xr0'
)
Graphe d’analyse
gr Ressort 4
0’
Pivot d’axe (0,zr0
)
3’
6
Pivot d’axe (F,xr0'
)
Pivot d’axe (H,xr0'
) Pivot glissant
d’axe (C,yr1 ) Pivot d’axe
(E,xr0' ) Pivot d’axe
(C,xr0' )
Pivot d’axe (B,xr0'
)
Q.2. + Q.3. On isole S = 0’+1+2+3+3’+6 et on effectue le BAME. On applique le PFS sur S.
BAME :
→
{ }
' 0 b ' 00 ' 00
' 00 ' 00 ' 00
O ' 0 0
0 M
L Z Y X F
→ =
→
{ }
' 0 b G
6 g
0 0 0 g . M 0 0 F
−
→ =
3
0 1
2
Pivot d’axe (A,xr0
)
gr Ressort 4
0’
Pivot d’axe (0,zr0
)
3’
6 Pivot d’axe
(H,xr0 )
Pivot d’axe (F,xr0
) Pivot glissant
d’axe (C,yr1 ) Pivot d’axe
(E,xr0 ) Pivot d’axe
(C,xr0 )
Pivot d’axe (B,xr0
)
5 inc
{ }
' 0 b O
' 0 b G
6
g ?
g . M
0 0 0
0 0 g . M
0 0 F
−
=
−
→ =
Avec MO MG OG M.g.zr0 (xG.xr'0 yG.yr'0 zG.zr'0) M.g.zr'0 M.g.xG.yr'0 M.g.yG.xr'0
−
=
−
∧ +
+
=
−
∧ +
=
TRS :
=
−
=
= 0 g . M Z
0 Y
0 X
' 00 ' 00 ' 00
TMS en 0 :
=
= +
=
− 0 0
0 x . g . M M
0 y . g . M L
G '
00
G '
00
Cet isolement permet de déterminer toutes les actions mécaniques de la liaison 0-0’ directement.
Q.4. On isole 3’ + BAME → solide soumis à 2 forces → on pose R3' 6 Y3'6.yr'3
→ = On isole 6 + BAME :
H
F
G
β' z0
r
yr0
Y16 Z16
Y3’6
P L
d
On applique le PFS sur 6 en F : 0
' cos . Y
Y16+ 3'6 β= (1) 0
g . M ' sin . Y
Z16+ 3'6 β− = (2) 0
g . M . d ' cos . Y .
L 3'6 β− =
− (3)
(3) →
' cos . L
g . M . Y3'6 d
− β
= (1) →
L g . M . ' d cos . Y
Y16=− 3'6 β=
(2) → .tan ' M.g
L g . M . g d . M ' sin . Y
Z16=− 3'6 β+ = β+
Q.5. On isole 3 + BAME → solide soumis à 2 forces → on posera R0 3 Y03.yr3
→ = par la suite.
On isole S’ = 1+2+3+3’+6 et on effectue le BAME.
On applique le PFS sur E en A.
3
1 2
Pivot d’axe (A,xr0
)
gr Ressort 4
0
3’
6 Pivot d’axe
(H,xr0 )
Pivot d’axe (F,xr0
) Pivot glissant
d’axe (C,yr1 ) Pivot d’axe
(E,xr0 ) Pivot d’axe
(C,xr0 )
Pivot d’axe (B,xr0
)
2 inc 1 inc
B
A
G β
yr0
z0
r
α Y01
Z01 Y03
P
2.a
yG
0 cos . Y
Y01+ 03 β = (4) 0
g . M sin . Y
Z01− 03 β− = (5) 0
g . M . y cos . Y . a .
2 03 β − G =
− (6)
(6) →
− β
= 2.a.cos g . M .
Y03 yG avec yG = L1.cosα + d
(4) →
a . 2
g . M . cos y
. Y
Y01=− 03 β = G
(5) → .tan M.g
a . 2
g . M . g y . M sin . Y
Z01= 03 β + =− G β+
Q.6. AN :
76 , 23 20 10 tan 15 . , 0
20 16 ,
Z16=0 × + = N ; 21,66
10 cos . 15 , 0
20 16 ,
Y3'6=− 0 × =− N ; 21,33
15 , 0
20 16 ,
Y16=0 × = N
44 , 14 149 cos . 08 , 0 2
20 16 ,
Y03 1 =−
×
− ×
= N ; 145
08 , 0 2
20 16 ,
Y01 1 =
×
= × N ; .tan14 20 56,15
08 , 0 2
20 16 ,
Z01 1 + =−
×
− ×
= N
Q.7. On isole le solide 1 seul + BAME.
Des études précédentes, on connaît les efforts dans les liaisons pivot en A et H. Par conséquent le TRS projeté sur yr0
permet d’obtenir directement l’expression de Y01.
A
yr0
z0
r
Y01
Z01 2.a−e.sinβ=L−e.sinβ'
Y61 Z61
Z21
Y41
F 0
Y Y
Y01+ 61+ 41= avec
L g . M . Y d
Y61=− 16=− et
a . 2
g . M . Y01=yG
→ 2.a
g . M . y L
g . M . Y d Y
Y41=− 01− 61= − G → Y41=−145+21,33=−123,67N
Q.8. On isole 4 + BAME → solide soumis à 3 glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourants en un point et de somme vectorielle nulle. On connaît Pr
et on connaît la direction de F2→4 (2 est soumis à 2 glisseurs).
Graphiquement on obtient : F1→4 =4100 N(≈8,2 cm)
Q.9. On isole 1 + BAME → solide soumis à 3 glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourants en un point et de somme vectorielle nulle. On connaît F4→1=−F1→4et on connaît la direction de F3→1 (3+3’ est soumis à 2 glisseurs).
Graphiquement on obtient : F3→1 =6750 N (13,5 cm)
B (3)
(3’)
(2) (1)
(4) A
(0)
y0
r z0
r
θ
G
K
E
F yr3
y1
r
C
Direction de F2→4 Direction de F1→4 P
P
4
F2→
4
F1→
1
F4→
1
F4→ 1
F3→
1
F0→
Direction de F0→1
Direction de F3→1
Q.10. Cmoteur =
3 , 4 6750 2 .
10 . F 4
2 .
pas 3
1
3 =
= π π
−
→ N.m
< 4,5 N.m → exigence validée.
Q.11. Graphe d’analyse
4
2 0
1
Pivot d’axe (B,xr0
)
gr 3
3’
Pivot d’axe (C,xr0
)
Glissière d’axe (K,yr3 ) Pivot glissant
d’axe (A,yr1 )
Pivot d’axe (K,xr0
) Pivot d’axe
(E,xr0 ) Pivot d’axe
(F,xr0 )
Moteur
Q.12. On isole 2 + BAME. Solide soumis à 2 glisseurs →
{ }
1 b 24 F 4 2
0 0 0 0 Y
0 F
→ =
Q.13. On isole 3+3’ + BAME. Système soumis à 2 glisseurs = direction = (CK) →
{ }
3 b 31 K 1 3
0 0 0 0 Y
0 F
→ =
Q.14. On isole 4 + BAME. On applique le PFS sur 4 en E : Système I :
0 cos . Y
Y14+ 24 α = (7) 0
g . m sin . Y
Z14− 24 α− = (8) 0
g . m . a sin . Y . e cos . Y .
k 24 α− 24 α − = (9) (9) →
α
−
= α
sin . e cos . k
g . m .
Y24 a
(7) →
α
− α
− α
= α
−
= k.cos e.sin cos . g . m . cos a
. Y
Y14 24
(4)
α G
E
F Y14 Z14
Y24
m.g
y0
r z0
r
e
k a
(8) → m.g
sin . e cos . k
sin . g . m . g a . m sin . Y
Z14 24 +
α
− α
= α + α
=
A.N. : 2541
7 sin . 05 , 0 7 cos . 195 , 0
7 cos . 10 300 16 ,
Y14 0 =−
−
×
− ×
= N 300 10 3312
7 sin . 05 , 0 7 cos . 195 , 0
7 sin . 10 300 16 ,
Z14 0 + × =
−
×
= × N
Q.15. On isole 1 + BAME. On applique le PFS sur 1 en A : Seul le TMS en A est utile ici.
A (1)
K
E yr3
θ Y41
Z41
L1.cosα Y31 Y01
Z01
L1.sinα c.cosα
c.sinα
y0
r z0
r
0 sin . Y . cos . c cos . Y . sin . c Y . sin . L Z . cos .
L1 α 41+ 1 α 41+ α 31 θ+ α 31 θ=
→ Y31.c.(sinα.cosθ+cosα.sinθ)=−L1.(cosα.Z41+sinα.Y41) →
) sin(
. c
) Y . sin Z . .(cos
Y31 L1 41 41
θ + α
α + α
= −
avec m.g
sin . e cos . k
sin . g . m .
Z14 a +
α
− α
= α et
α
− α
− α
= α
−
= k.cos e.sin cos . g . m . cos a
. Y Y14 24
A.N. : 6820
) sin(
. c
) Y . sin Z . .(cos
Y31 L1 41 41 =
θ + α
α + α
=− N
Q.16. Cmoteur = .6820 4,34 2
10 . F 4
2 .
pas 3
1
3 =
= π π
−
→ N.m < 4,5 N.m → exigence validée.
Q.17. La construction graphique est plutôt pas mal ici il y a juste une erreur qui correspond à 1 mm d’écart sur la longueur mesurée de F3→1 .
L'effet spécial Saule Cogneur du film Harry Potter et la Chambre des Secrets - Corrigé
Q.1.
c2
0 2
t2 Graphe d’analyse
gr
Pivot d’axe 1
(0,zr0
) 3
Pivot glissant d’axe (F,xrV1
)
4
c1 t1 5 c3 t3
Pivot d’axe (A,zr0
)
Pivot d’axe (B,zr0
)
Pivot d’axe (C,zr0
) Pivot glissant
d’axe (I,xrV2 )
Pivot glissant d’axe (K,xrV3
) Pivot d’axe
(F,zr0 )
Pivot d’axe (I,zr0
)
Pivot d’axe (J,zr0
)
Pivot d’axe (D,zr0
)
Pivot d’axe (E,zr0
) Pivot d’axe
(H,zr0 )
Pivot d’axe (K,zr0
)
Pivot d’axe (M,zr0
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
On considère pour tout le problème que l'on est dans le cas d'un problème plan.
Q.2. On isole le vérin seul, le système est soumis à 2 glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont directement opposés et de normes égales → direcSon = (KM) = (M,xrV3
).
Q.3. On isole le solide 4 + BAME. On applique le PFS sur le solide 4.
(4) C
M G4 xr4
x3
r y4
r
3
xV
r
m4.g FV3
Y34
X34
TMS en C/zr0
: (CG4 ∧−m4.g.yr0 +CM∧FV3.xrV3).zr0 =0
→ (a.xr4∧−m4.g.yr0+c.yr4∧FV3.xrV3).zr0=0
→ −a.m4.g.cosθ4−c.FV3.cos(θ3−θ4 +θV3)=0
→ c.cos( )
cos . g . m . F a
3 V 4 3
4 4
3
V θ −θ +θ
− θ
=
AN : 2605
) 10 15 35 cos(
. 42 , 0
15 cos . 81 , 9 100
FV3 1 =−
+
−
×
− ×
= N
Q.4. On est en présence d'un système soumis à 3 glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires concourants en un point et de somme vectorielle nulle.
Graphiquement on lit FV3 ≈2,8 cm soit 2747 N.
L'écart provient de la qualité de la construction graphique et de l'échelle des forces utilisée.
c2
0 2
t2
Graphe d’analyse
gr
Pivot d’axe 1 (0,zr0
) 3
Pivot glissant d’axe (F,xrV1
)
4
c1 t1 5 c3 t3
Pivot d’axe (A,zr0
)
Pivot d’axe (B,zr0
)
Pivot d’axe (C,zr0
) Pivot glissant
d’axe (I,xrV2 )
Pivot glissant d’axe (K,xrV3
) Pivot d’axe
(F,zr0 )
Pivot d’axe (I,zr0
)
Pivot d’axe (J,zr0
)
Pivot d’axe (D,zr0
) Pivot d’axe
(E,zr0 ) Pivot d’axe
(H,zr0 )
Pivot d’axe (K,zr0
)
Pivot d’axe (M,zr0
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
BAME :
θ4
xr0
z0
r =zr4
=rz3
=rzV3
x4
r θ3
x3 0 r
yr y3
r yr4
3
xV
r
3
yV
r θV3
(4) C
M G4
x4 3 r
xr yr4 xrV3
m4.g
m4.g
F34
FV3
Echelle : 1 cm = 981 N
Q.5. + Q.6. On isole l'ensemble E=1+2+3+4+5+V2+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E.
(1)
y0
r
O
(2)
(3)
(4)
(t2)
(c2)
(c3) (t3)
(5)
A
B
C
D E
H I
J
K
M
G4
x1
r
x2
r
x4
r
x3
r
x5
r
y4
r
3
xV
r
2
xV
r
1
xV
r
y1
r y2
r
'1
xr y3
r
'3
xr
m4.g
FV1
X01
Y01
TMS en O/rz0
: (OG4∧−m4.g.yr0 +OH∧FV1.xrV1).zr0 =0
c2
0 2
t2
Graphe d’analyse
gr
Pivot d’axe 1 (0,zr0
) 3
Pivot glissant d’axe (F,xrV1
)
4
c1 t1 5 c3 t3
Pivot d’axe (A,zr0
)
Pivot d’axe (B,zr0
)
Pivot d’axe (C,zr0
) Pivot glissant
d’axe (I,xrV2 )
Pivot glissant d’axe (K,xrV3
) Pivot d’axe
(F,zr0 )
Pivot d’axe (I,zr0
)
Pivot d’axe (J,zr0
)
Pivot d’axe (D,zr0
) Pivot d’axe
(E,zr0 ) Pivot d’axe
(H,zr0 )
Pivot d’axe (K,zr0
)
Pivot d’axe (M,zr0
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
BAME :
θ4
x0
r z0
r =rz4
=zr1
=rzV1
x4
r θ1
xr1
y0
r y1
r yr4
1
xV
r
1
yV
r
θV1
→ .x F .x ).z 0
2 y a . g . m ) x . a x . a x . a x . a
(( r1+ r2+ r3+ r4 ∧− 4 r0 + r1∧ V1 rV1 r0 =
→ .F .sin( ) 0
2 ) a cos cos
cos .(cos
g . m .
a 4 θ1 + θ2 + θ3+ θ4 + V1 θV1−θ1 =
−
→
) sin(
2. a
) cos cos
cos .(cos
g . m . F a
1 1 V
4 3
2 1
4 1
V θ −θ
θ + θ + θ +
= θ
AN : =
−
+ +
+
×
= ×
) 75 162 sin(
. 5 , 0
) 15 cos 35 cos 55 cos 75 .(cos 81 , 9 100
FV1 1 5142 N
Q.7. On isole 5 seul + BAME, le solide est soumis à 2 glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont directement opposés et de normes égales → direcSon = (DE).
On isole l'ensemble E1 = 3+4+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E1. TMS en B/zr0
→ Cela permet de déterminer la norme de F53 (on connaît sa direction de l'isolement précédent).
On isole l'ensemble E2 = 2+3+4+5+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E2. TMS en A/rz0
→ Cela permet de déterminer FV2 en fonction du poids connu et de F51 connu
c2
0 2
t2
Graphe d’analyse
gr
Pivot d’axe 1 (0,zr0
) 3
Pivot glissant d’axe (F,xrV1
)
4
c1 t1 5 c3 t3
Pivot d’axe (A,zr0
)
Pivot d’axe (B,zr0
)
Pivot d’axe (C,zr0
) Pivot glissant
d’axe (I,xrV2 )
Pivot glissant d’axe (K,xrV3
) Pivot d’axe
(F,zr0 )
Pivot d’axe (I,zr0
)
Pivot d’axe (J,zr0
)
Pivot d’axe (D,zr0
) Pivot d’axe
(E,zr0 ) Pivot d’axe
(H,zr0 )
Pivot d’axe (K,zr0
)
Pivot d’axe (M,zr0
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
Isolement 1
Isolement 3 Isolement 2 Ce que l'on cherche
On connaît
Q.8. On isole l'ensemble E1 = 3+4+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E1.
TMS en B/rz0
: (BG4∧−m4.g.yr0+BE∧F53.xr5).zr0 =0
→ ((a.xr3+a.xr4)∧−m4.g.yr0+b.xr'3∧F53.xr5).zr0=0 (3)
(4) (c3)
(t3)
B
C E
M
G4
x4
r
x3
r x5
r yr4
3
xV
r
y3
r
'3
xr
m4.g F53
X23
Y23
→ −a.m4.g.(cosθ3+cosθ4)−b.F53.sin(θ3−θ5+α3)=0
→ b.sin( )
) cos .(cos
g . m . F a
3 5 3
4 3
4
53 θ −θ +α
θ +
− θ
=
AN : 8605
) 105 80 35 sin(
235 , 0
) 15 cos 35 .(cos 81 , 9 100
F53 1 =−
+
−
×
+
×
− ×
= N
θ5
xr0
z0
r =zr5
=zr3
=rz'3
x5
r θ3
x3 0 r
yr y3
r yr5
'3
xr '3
yr α3
On isole l'ensemble E2 = 2+3+4+5+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E2.
y0
r (2)
(3)
(4) (c3)
(t3)
(5)
A
B
C
D E
J
K
M
G4
x2
r
x4
r
xr3
x5
r
yr4
3
xV
r
2
xV
r
y2
r
'1
xr y3
r
'3
xr
m4.g
FV2
X12
Y12 F15 = F53 (isolement 1)
TMS en A/zr0
: (AG4 ∧−m4.g.yr0 +AD∧F15.xr5+AJ∧FV2.xrV2).zr0=0
θ5
x0
r z0
r =zr5
=zr1
=zr'1
xr5
θ1
xr1
yr0
y1
r yr5
'1
xr '1
yr α1
θ1
x0
r z0
r =zr1
=rzV2
=rz2 θV2
x1
r yr0
y1
r
2
yV
r
2
xV 2 r xr y2
r
θ2
→ ((a.xr2+a.xr3+a.xr4)∧−m4.g.yr0+b.xr'1∧F15.xr5+c.yr2∧FV2.xrV2).zr0=0
→ −a.m4.g.(cosθ2+cosθ3+cosθ4)−b.F53.sin(θ1−θ5+α1)−c.FV2.cos(θ2−θ1−θV2)=0
→ c.cos( )
) sin(
. F . b ) cos cos
.(cos g . m . F a
2 V 1 2
1 5 1 53 4 3
2 4
2
V θ −θ −θ
α + θ
− θ
− θ + θ + θ
=−
AN : 11400
) 10 75 55 cos(
. 42 , 0
) 60 80 75 sin(
).
8605 ( 235 , 0 ) 15 cos 35 cos 55 .(cos 81 , 9 100
FV2 1 =−
−
−
−
−
−
×
− +
+
×
×
=− N
Q.9. On a 12,9
. 64 p3 2605=
= π MPa soit ≈130 Bars ; 25,5
. 64 p1 5142=
= π MPa soit 255 Bars ; 56,7
. 64 11400
p2 =
= π MPa
soit 567 Bars.
Les pressions obtenues sont très supérieures aux valeurs admissibles du cahier des charges → il faut absolument alléger le bras 4. C'est pour cela que l'habillage du bras est en fait réalisé avec du carton pâte peint avec un aspect bois et non pas avec du bois massif sculté. On peut ainsi aisément diviser par 10 la masse du bras 4.
Q.10. Fermeture géométrique : OA AJ JI IO 0
=r + +
+ → a.x1 c.y2 V2.xV2 b.x1 b.y1 0 r r r r r
r + −λ − − =
Q.11. Fermeture cinématique :
{ }
V2/2 ={ }
0 →{ } {
V2/t2 + Vt2/c2} { } { }
+ Vc2/1 + V1/2 ={ }
0En exploitant les vecteurs vitesses au point J → VJ,2/t2 VJ,t2/c2 VJ,c2/1 VJ,1/2 0
=r + +
+ avec :
0 VJ,2/t2
=r
2 V 2 V 2 c 2
c / 2 t ,
J IJ .x
dt
V = d =λ& r
2 V 2 V 2 V 0 2 V 2 V 2 V 1 / 2 c 1
/ 2 c , I 1 / 2 c ,
J V JI .x .z . .y
V r & r & r
θ λ
= θ
∧ λ
−
= Ω
∧ +
=
1 / 2 , J 2 / 1 ,
J V
V =− avec 2 1 2
1 2 1 1
1 / 2 ,
J a.x c.y c.( ).x
dt OJ d dt
V d r r & & r
θ
− θ
−
= +
=
= θ1
x0
r z0
r =zr1
=rzV2
=rz2
θV2 xr1
y0
r y1
r
2
yV
r
2
xV 2 r xr y2
r
θ2
→ V2.xV2 V2. V2.yV2 c.( 2 1).x2 0 r r
&
&
& r
& r +λ θ + θ −θ =
λ
On dérive la fermeture géométrique : a.x c.y .x b.x b.y 0 dt
d
1 1 1 2 V 2 V 2 1
r r r r r
r + −λ − − =
→ c.( 2 1).x2 V2.xV2 V2. V2.yV2 0 r r
&
& r
& r
& −θ −λ −λ θ =
θ
−
On retrouve bien l'équation vectorielle de la fermeture cinématique.
Q.12. 1 1 2 2 3 3 4 4
0 4 3 2 1 0
4 0
/ 4 ,
G a.x a.x a.x a.x a. .y a. .y a. .y a. .y
dt OG d dt V d
4
& r
& r
& r
& r r
r r
r + + + = θ + θ + θ + θ
=
=
4 2 4 4 4 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 0 0 / 4 , G 0
/ 4 ,
G V a. .y a. .x a. .y a. .x a. .y a. .x a. .y a. .x
dt d
4 4
& r
& r
&
& r
& r
&
& r
& r
&
& r
& r
& − θ + θ − θ + θ − θ + θ − θ
θ
=
= Γ
Q.13. En position finale on λv1 =0,545m ; λv2 =0,922m et λv3=0,922m
Graphiquement on obtient en position initiale : λv1=0,718m ; λv2 =0,751m et λv3=0,751m Soit une course ∆λv1 =0,173m ; ∆λv2 =0,171m et ∆λv3=0,171m
Q.14.
0 4 4 0 3 3 0 2 2 0 1 1 0 0 / 4 ,
G .y a. .y .y a. .y .y a. .y .y a. .y .y V 4
r
& r r
& r r
& r r
& r
r = θ + θ + θ + θ
4 4 3 3 2 2 1 1 0 0 / 4 ,
G .y a. .cos a. .cos a. .cos a. .cos
V 4 r = θ& θ + θ& θ + θ& θ + θ& θ
AN :
642 , 0 15 cos 180.
. .21 1
35 cos 180.
. .14 1 55 cos 180.
. .7 1 75 cos 180.
. .4 1 y . VG ,4/0 0
4
π = +
+ π + π
= π r
642 , 0 y . VG ,4/0 0
4 r =
m/s < 1m/s → exigence validée.
O A B C
D E
F H
I J K M G4
Q.15.
Vérin n°4 Socle 6
Bati 0 Bras (1) Réel
Modèle
(6)
z0
r O'
(c4)
(0)
(0) (t4)
x0
r O
O'
θ6
xr0
xr6
y0
r
=yr6 zr0
z6
r
Q.16. Le modèle est désormais celui ci contre.
Il y a 2 possibilités ici viables pour calculer rapidement
0 / 4 , G4
V :
- On utilise le calcul direct :
0 4 0
/ 4 ,
G OG
dt V d
4 =
- On peut exploiter aussi le résultat de la question 10 qui devient ici G ,4/6
V 4 si on considère le solide 6. On a alors
4 4 3 3 2 2 1 1 6 / 4 ,
G a. .y a. .y a. .y a. .y
V 4
& r
& r
& r
& r + θ + θ + θ
θ
= et en
utilisant la composition de mouvement on a :
0 / 6 , G 6 / 4 , G 0 / 4 ,
G4 V 4 V 4
V = + avec 6/0 mouvement de
rotation autour d'un axe fixe.
Modèle
(1) yr0
O
(2) (3)
(4)
(c1) (t2)
(c2)
(c3) (t3)
(5)
(0)
(6) (t1) A
B
C
D E
F H
I J
K
M
masse m4
G4
x6
r x1
r
x2
r
x4
r x3
r
x5
r
y4
r
3
xrV
2
xV
r
1
xV
r
y1
r y2
r
'1
xr y3
r
'3
xr
La 2ème solution donne :
6 6 4 3 2 1 60
4 0 / 6 , O 0 / 6 ,
G V G O (a.x a.x a.x a.x ) .y
V 4
& r r r r
r + + + ∧θ
−
= Ω
∧ +
=
6 6 4 3
2 1
0 / 6 ,
G (a.cos a.cos a.cos a.cos ). .z
V 4
& r θ θ + θ + θ + θ
−
= θ1
xr6
z6
r =zr1
=zr2
=zr3
=zr4 xr1
y1
r
x2
r y2
r
θ2
x3 4 r xr y3
r
y4
r θ4
θ3
y6
r
Soit VG ,4/0 a. 1.y1 a. 2.y2 a. 3.y3 a. 4.y4 (a.cos 1 a.cos 2 a.cos 3 a.cos 4). 6.z6
4
& r
& r
& r
& r
& r + θ + θ + θ − θ + θ + θ + θ θ
θ
=
