T.D. Cinématique - Corrigé
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T.D. Cinématique - Corrigé I - Mouvements. Exercice n°1 : Loi de mouvement 1 - On procède par intégration, en partant de la vitesse nulle. La loi de vitesse θ . (t), correspondant à la loi d’accélération proposée, est donnée ci-contre. - Pour 0 < t < T 0 on a θ . (t) = θ .. .. .. .. 0 t - Pour T 0 < t < 2T 0 on a θ . (t) = θ .. .. .. .. 0 ( 2T 0 - t ) - Pour 2T 0 < t < 3T 0 on a θ . (t) = 0 - Pour 3T 0 < t < 4T 0 on a θ . (t) = θ .. .. .. .. 0 ( 3T 0 - t ) - Pour 4T 0 < t < 5T 0 on a θ . (t) = θ .. .. .. .. 0 ( t - 5T 0 ) 2 - La position θ(T 0 ) atteinte à l’instant T 0 est sur le graphe des vitesses θ . (t) l’aire sous la courbe de 0 à T 0 , soit l’aire du triangle de base T 0 et de hauteur T 0 θ .. .. .. .. Donc θ(T 0 ) = 1 2 T 0 2 θ .. .. .. .. 0 La position θ(2T 0 ) atteinte à l’instant 2T 0 est sur le graphe des vitesses θ . (t) l’aire sous la courbe de 0 à 2T 0 , soit l’aire du triangle de base 2T 0 et de hauteur T 0 θ .. .. .. .. Donc θ(2T 0 ) = T 0 2 θ .. .. .. .. 0 La position θ(3T 0 ) atteinte à l’instant 3T 0 est sur le graphe des vitesses θ . (t) l’aire sous la courbe de 0 à 3T 0 , soit la même qu’à l’instant 2T 0 . Donc θ(3T 0 ) = T 0 2 θ .. .. .. .. 0 La position θ(4T 0 ) atteinte à l’instant 4T 0 est sur le graphe des vitesses θ . (t) l’aire sous la courbe de 0 à 4T 0 , soit la même qu’à l’instant T 0 . Donc θ(4T 0 ) = 1 2 T 0 2 θ .. .. .. .. 0 La position θ(5T 0 ) atteinte à l’instant 5T 0 est sur le graphe des vitesses θ . (t) l’aire sous la courbe de 0 à 5T 0 , soit l’aire nulle. Donc θ(5T 0 ) = 0 3 - La loi de position angulaire θ(t) correspondant à la loi d’accélération proposée est donnée ci-dessous. Pour chaque phase, à une loi de vitesse affine croissante, correspond une loi de position parabolique à pente croissante. Pour chaque phase, à une loi de vitesse affine décroissante, correspond une loi de position parabolique à pente décroissante. - Pour 0 < t < T 0 on a θ(t) = 1 2 θ .. .. .. .. 0 t 2 - Pour T 0 < t < 2T 0 on a θ(t) = θ .. .. .. .. 0 ( 2 T 0 t - 1 2 t 2 + α ) avec la condition de raccordement à l’instant T 0 : 1 2 θ .. .. .. .. 0 T 0 2 = θ .. .. .. .. 0 ( 2 T 0 2 - 1 2 T 0 2 + α ) soit α = - T 0 2 Finalement θ(t) = θ .. .. .. .. 0 ( 2 T 0 t - 1 2 t 2 - T 0 2 ) On peut aussi écrire plus rapidement θ(t) = - 1 2 θ .. .. .. .. 0 ( 2T 0 - t ) 2 + T 0 2 θ .. .. .. .. 0 en intégrant ( 2T 0 - t ) en - 1 2 ( 2T 0 - t ) 2 . La constante d’intégration se calculant facilement, en considérant la valeur de la position à l’instant 2T 0 d’après la question 2 - Pour 2T 0 < t < 3T 0 on a θ(t) = T 0 2 θ .. .. .. .. 0 - Pour 3T 0 < t < 4T 0 on a θ(t) = - 1 2 θ .. .. .. .. 0 ( 3T 0 - t ) 2 + T 0 2 θ .. .. .. .. 0 avec la condition de raccordement évidente en 3T 0 . - Pour 4T 0 < t < 5T 0 on a θ(t) = 1 2 θ .. .. .. .. 0 ( t - 5T 0 ) 2 avec la condition de raccordement évidente en 5T 0 . 4 - Le mouvement obtenu est un mouvement d’aller et retour, de la position 0 à la position T 0 2 θ .. .. .. .. 0 . T 0 θ .. .. .. .. 0 0 t θ . (t) T 0 2T 0 3T 0 4T 0 5T 0 - T 0 θ .. .. .. .. 0 1 2 T 0 2 θ .. .. .. .. 0 0 t θ (t) T 0 2T 0 3T 0 4T 0 5T 0 T 0 2 θ .. .. .. .. 0
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T.D. Cinématique - Corrigé
I - Mouvements.
Exercice n°1 : Loi de mouvement
1 - On procède par intégration, en partant de la vitesse
nulle. La loi de vitesse θ....(t), correspondant à la loi d’accélération
proposée, est donnée ci-contre.
- Pour 0 < t < T0 on a θθθθ....(t) = θθθθ
........0 t
- Pour T0 < t < 2T0 on a θθθθ....(t) = θθθθ
........0 ( 2T0 - t )
- Pour 2T0 < t < 3T0 on a θθθθ....(t) = 0
- Pour 3T0 < t < 4T0 on a θθθθ....(t) = θθθθ
........0 ( 3T0 - t )
- Pour 4T0 < t < 5T0 on a θθθθ....(t) = θθθθ
........0 ( t - 5T0 )
2 - La position θ(T0) atteinte à l’instant T0 est sur le graphe des vitesses θ....(t) l’aire sous la courbe de 0 à T0 , soit l’aire du triangle
de base T0 et de hauteur T0 θ........
Donc θθθθ(T0) = 12 T0
2 θθθθ........
0
La position θ(2T0) atteinte à l’instant 2T0 est sur le graphe des vitesses θ....(t) l’aire sous la courbe de 0 à 2T0 , soit l’aire du
triangle de base 2T0 et de hauteur T0 θ........
Donc θθθθ(2T0) = T02 θθθθ
........0
La position θ(3T0) atteinte à l’instant 3T0 est sur le graphe des vitesses θ....(t) l’aire sous la courbe de 0 à 3T0 , soit la même
qu’à l’instant 2T0 . Donc θθθθ(3T0) = T02 θθθθ
........0
La position θ(4T0) atteinte à l’instant 4T0 est sur le graphe des vitesses θ....(t) l’aire sous la courbe de 0 à 4T0 , soit la même
qu’à l’instant T0 . Donc θθθθ(4T0) = 12 T0
2 θθθθ........
0
La position θ(5T0) atteinte à l’instant 5T0 est sur le graphe des vitesses θ....(t) l’aire sous la courbe de 0 à 5T0 , soit l’aire nulle.
Donc θθθθ(5T0) = 0
3 - La loi de position angulaire θ(t) correspondant à la loi d’accélération proposée est donnée ci-dessous.
Pour chaque phase, à une loi de vitesse affine
croissante, correspond une loi de position parabolique à pente
croissante.
Pour chaque phase, à une loi de vitesse affine
décroissante, correspond une loi de position parabolique à
pente décroissante.
- Pour 0 < t < T0 on a θθθθ(t) = 12 θθθθ
........0 t
2
- Pour T0 < t < 2T0 on a θ(t) = θ........
0 ( 2 T0 t - 12 t2 + α ) avec la condition de raccordement à l’instant T0 :
12 θ
........0 T0
2 = θ........
0 ( 2 T02 -
12 T0
2 + α ) soit α = - T02 Finalement θθθθ(t) = θθθθ
........0 ( 2 T0 t -
12 t2 - T0
2 )
On peut aussi écrire plus rapidement θθθθ(t) = - 12 θθθθ
........0 ( 2T0 - t )
2 + T02 θθθθ
........0 en intégrant ( 2T0 - t ) en -
12 ( 2T0 - t )
2 .
La constante d’intégration se calculant facilement, en considérant la valeur de la position à l’instant 2T0 d’après la question 2
- Pour 2T0 < t < 3T0 on a θθθθ(t) = T02 θθθθ
........0
- Pour 3T0 < t < 4T0 on a θθθθ(t) = - 12 θθθθ
........0 ( 3T0 - t )
2 + T02 θθθθ
........0 avec la condition de raccordement évidente en 3T0 .
- Pour 4T0 < t < 5T0 on a θθθθ(t) = 12 θθθθ
........0 ( t - 5T0 )
2 avec la condition de raccordement évidente en 5T0 .
4 - Le mouvement obtenu est un mouvement d’aller et retour, de la position 0 à la position T02 θθθθ
........0 .
T0 θ........
0
0
t
θ....(t)
T0 2T0 3T0 4T0 5T0
- T0 θ........
0
12 T0
2 θ........
0
0 t
θ (t)
T0 2T0 3T0 4T0 5T0
T02 θ
........0
Exercice n°2 (d’après concours Centrale - Supelec 2002)
1 - La loi de vitesse est représentée ci-contre. En utilisant les
accélérations extrémales, on obtient une phase d’accélération et une
phase de décélération de durées minimales, ce qui laisse la plus
grande partie possible de mouvement à vitesse constante.
La vitesse maximale est T0 θ........
Max avec T0 la durée de la
phase d’accélération qui est la même que la durée de la phase de décélération puisque les accélérations θ........
Max et θ........
min sont opposées.
2 - L’amplitude totale du mouvement, ∆θtotal , est l’aire sous la courbe de vitesse, soit ∆θtotal = T0 θ........
Max ( T + T0 ) , quantité
connue ainsi que θ........
Max et T également.
On en déduit que T0 est solution de θ........
Max T02 + θ
........Max T T0 - ∆θtotal = 0 soit T0 =
-θ........
Max T ± θ........
Max2 T2 + 4 θ
........Max ∆θtotal
2 θ........
Max
La seule solution possible est T0 = T2 ( 1 +
4 ∆θ∆θ∆θ∆θtotal
θθθθ........
Max T2 - 1 )
La plage d’examen cherchée est ∆θexamen = T T0 θ..
Max soit ∆θ∆θ∆θ∆θexamen = θθθθ........
Max T2
2 ( 1 + 4 ∆θ∆θ∆θ∆θtotal
θθθθ........
Max T2 - 1 )
La vitesse du mouvement pendant l’examen est θ....
Max = T0 θ..
Max soit θθθθ....
Max = θθθθ........
Max T2 ( 1 +
4 ∆θ∆θ∆θ∆θtotal
θθθθ........
Max T2 - 1 )
Applications numériques : T0 = 32 ( 1 +
4 . 22513 . 32 - 1 ) soit T0 = 2,92 s
∆θexamen = 13 . 32
2 ( 1 + 4 . 22513 . 32 - 1 ) soit ∆θ∆θ∆θ∆θexamen = 114°
θ....
Max = 13 . 3
2 ( 1 + 4 . 22513 . 32 - 1 ) soit θθθθ
....Max = 38°/s
Exercice n°3 : (d’après concours Mines - Ponts 1999)
1 - On a OB→
= OA→
+ AB→
= L x1→
+ L x2→
= L [ cos θ10 x0→
+ sin θ10 y0→
] + L [ cos ( θ10 + θ21 ) x0→
+ sin ( θ10 + θ21 ) y0→
]
= L [ cos θ10 x0→
+ sin θ10 y0→
] + L [ cos ( - θ10 ) x0→
+ sin ( - θ10 ) y0→
] = 2 L cos θ10 x0→
Le point B se déplace sur la droite (O,x0→
)
2 - Avec OB→
= 2 L cos θ10 x0→
obtenu laborieusement à la question 1, il est facile d’en déduire que v→
(B∈2/0) = d OB
→
dt R0
soit v→→→→
(B∈∈∈∈2/0) = - 2 L θθθθ....
10 sin θθθθ10 x0→→→→
Sinon on peut écrire v→
(B∈2/0) = d OB
→
dt R0 = L
d x1→
dt R0 + L
d x2→
dt R0
d x1
→
dt R0 =
d x1→
dt R1 + Ω→(1/0) ∧ x1
→ = 0
→ + θ
....10 z
→ ∧ x1
→ = θ
....10 y1
→
d x2
→
dt R0 =
d x2→
dt R2 + Ω→(2/0) ∧ x2
→ = 0
→ + ( θ
....21 z
→ + θ
....10 z
→ ) ∧ x2
→ = ( θ
....21 + θ
....10 ) y2
→ = - θ
....10 y2
→
Finalement v→→→→
(B∈∈∈∈2/0) = L θθθθ....
10 ( y1→→→→
- y2→→→→
)
Remarque : Les deux résultats semblent différents, mais en fait, on peut facilement montrer que y1→
- y2→
= - 2 sin θ10 x0→
En effet y1→
- y2→
= ( cos θ10 y0→
- sin θ10 x0→
) - ( cos ( θ21 + θ10 ) y0→
- sin (θ21 + θ10 ) x0→
)
soit y1→
- y2→
= ( cos θ10 y0→
- sin θ10 x0→
) - ( cos ( - θ10 ) y0→
- sin ( - θ10 ) x0→
) = - 2 sin θ10 x0→
Exercice n°4 : (d’après concours Mines - Ponts 1999)
1 - A l’instant t = 0 , le quadrilatère OABC est un rectangle.
2 - Si l’angle θ10 devient non nul, le quadrilatère OABC devient un parallélogramme.
3 - A tout instant la barre CB est parallèle à la barre OA, donc l’angle θ30 est égal à l’angle θ10 .
4 - A tout instant la barre AB est parallèle à la barre OC, donc les angles θ21 et θ10 sont complémentaires.
5 - Si à tout instant θ21 + θ10 = 90° , alors par dérivation, pour tout t θ....
21 + θ....
10 = 0 , c’est à dire Ω→21 + Ω→10 = 0→
,
soit Ω→20 = 0→
, le mouvement de la barre 2 par rapport au bâti 0 est un mouvement de translation.
Comme le point A décrit un cercle de centre O, il s’agit d’une translation circulaire.
T0 θ........
Max
0
t
θ....(t)
T0 T+T0 T+2T0
Exercice n°5 : (d’après concours Mines - Ponts 1999)
1 - La configuration des barres 1 et 2 est exactement celle de l’exercice 3, si la relation sur les vitesses Ω→21 = -Ω→10 est toujours
respectée, alors on a toujours une trajectoire rectiligne selon (O,x0→
) du point B par rapport au bâti 0.
2 - La structure en parallélogramme du quadrilatère OADC assure un mouvement de translation circulaire de la barre DE par
rapport au bâti 0. Donc Ω→50 = 0→
.
La structure en parallélogramme du quadrilatère ABFE assure un mouvement de translation circulaire de la barre BF par
rapport à la barre DE. Donc Ω→35 = 0→
.
On en déduit que Ω→30 = Ω→35 + Ω→50 = 0→
. Le mouvement de la barre BF est un mouvement de translation. Comme on a
montré que la trajectoire du point B était rectiligne, alors le mouvement de la barre BE est une translation rectiligne.
Exercice n°6 : (d’après concours Centrale - Supelec 2003)
Soit A le point de la bande de papier à la verticale de l’axe (O, y→
). On a OA→
= R z→
. On a v→
= v→
(A∈rouleau/0)
D’après la formule de changement de point, v→
(A∈rouleau/0) = v→
(O∈rouleau/0) + ω y→
∧ OA→
s
Soit v→
= v→
(A∈rouleau/0) = ω y→
∧ R z→
= ω R x→
- Avec une vitesse de rotation ω constante du rouleau, la vitesse v→
de la bande de papier serait constante si le rayon R était
constant, ce qui n’est pas le cas, puisqu’en se vidant, le rouleau a un rayon R qui diminue.
II - Calculs de vitesses.
Exercice n°7 : Centrifugeuse de laboratoire.
1 - ΩΩΩΩ→→→→(S1/R) = ΩΩΩΩ→→→→(R1/R) = αααα.... x→→→→
= ωωωω x→→→→
et Ω→(S2/R) = Ω→(R2/R) = Ω→(R2/R1) + Ω→(R1/R)
soit ΩΩΩΩ→→→→(S2/R) = ΩΩΩΩ→→→→(R2/R) = ββββ.... z1
→→→→ + αααα.... x
→→→→ = ββββ
.... z1
→→→→ + ωωωω x
→→→→
2 - méthode 1 : v→
(G∈S2/R) = d OG
→
dt R = d OA
→
dt R + d AG
→
dt R = d a y1
→
dt R + d b x2
→
dt R = a d y1
→
dt R + b d x2
→
dt R
= a Ω→(R1/R) ∧ y1→
+ b Ω→(R2/R) ∧ x2→
= a ω x→
∧ y1→
+ b ( β.... z1→
+ ω x→
) ∧ x2→
= a ω z1→
+ b ( β.... y2→
+ ω sin β z1→
)
soit v→→→→
(G∈∈∈∈S2/R) = ( a + b sin ββββ ) ωωωω z1→→→→
+ b ββββ.... y2→→→→
méthode 2 : v→
(G∈S2/R) = v→
(A∈S2/R) + Ω→(S2/R) ∧ AG→
formule de changement de point G → A
= v→
(A∈S2/S1) + v→
(A∈S1/R) + Ω→(S2/R) ∧ AG→
composition des vitesses en A
= 0→
+ v→
(O∈S1/R) + Ω→(S1/R) ∧ OA→
+ Ω→(S2/R) ∧ AG→
formule de changement de point A → O
= 0→
+ 0→
+ ω x→
∧ a y1→
+ ( β.... z1→
+ ω x→
) ∧ b x2→
= a ω z1→
+ b ( β.... y2→
+ ω sin β z1→
)
soit v→→→→
(G∈∈∈∈S2/R) = ( a + b sin ββββ ) ωωωω z1→→→→
+ b ββββ.... y2→→→→
3 - a→
(G∈S2/R) = d v
→(G∈S2/R)
dt R = d ( a + b sin β ) ω z1
→ + b β
. y2→
dt R
= b ω β.... cos β z1
→ + ω ( a + b sin β )
d z1→
dt R + b β........
y2→
+ b β....
d y2→
dt R
avec d z1
→
dt R = ω x→
∧ z1→
= - ω y1→
et d y2
→
dt R = ( β.... z1→
+ ω x→
) ∧ y2→
= - β.... x2→
+ ω cos β z1→
a→
(G∈S2/R) = b ω β.... cos β z1
→ - ω2 ( a + b sin β ) y1
→ + b β
........ y2→
- b β....
2 x2→
+ b ω β.... cos β z1
→
Finalement a→→→→
(G∈∈∈∈S2/R) = 2 b ωωωω ββββ.... cos ββββ z1
→→→→ - ωωωω2 ( a + b sin ββββ ) y1
→→→→ + b ββββ
........ y2→→→→
- b ββββ....
2 x2→→→→
Homogénéité OK
4 - Si β.... = 0 et β
........ = 0 alors g
→ - a
→(G∈S2/R) = g x
→+ ω2 ( a + b sin β ) y1
→ ⇒ cos β =
g x→
+ ω2 ( a + b sin β ) y1→
|| g x→
+ ω2 ( a + b sin β ) y1→
|| . x→
soit cos β = g
g2 + ω4 ( a + b sin β )2 → β varie de 0 à 90° lorsque ω varie de 0 à l’infini
Exercice n°8 : Robot ménager
1 - v→
(M∈S2/R0) = d OM
→
dt R0 =
d OA→
dt R0 +
d AM→
dt R0 =
d r1 x1→
dt R0 +
d r2 x2→
- h z0→
dt R0
= α.... z0→
∧ r1 x1→
+ ( α.... + β.... ) z0
→ ∧ ( r2 x2
→ - h z0
→ )
Finalement v→→→→
(M ∈∈∈∈S2/R0) = r1 αααα.... y1→→→→
+ r2 ( αααα.... + ββββ
.... ) y2
→→→→
2 - a→
(M∈S2/R0) = d v
→(M∈S2/R0)
dt R0 = r1 [ α
........ y1→
+ α.... d y1
→
dt R0 ] + r2 [ ( α
........ + β
........ ) y2
→ + ( α.... + β
.... )
d y2→
dt R0 ]
avec d y1
→
dt R0 = α.... z0
→ ∧ y1
→ = - α.... x1
→ et
d y2→
dt R0 = ( α.... + β
.... ) z0
→ ∧ y2
→ = - ( α.... + β
.... ) x2
→
Finalement a→→→→
(M ∈∈∈∈S2/R0) = r1 [ αααα........
y1→→→→
- αααα.... 2 x1→→→→
] + r2 [ ( αααα........
+ ββββ........
) y2→→→→
- ( αααα.... + ββββ.... )2 x2
→→→→ ]
3 - v→→→→
(I ∈∈∈∈S2/R0) = v→→→→
(A∈∈∈∈S2/R0) + ΩΩΩΩ→→→→(S2/R0) ∧∧∧∧ AI→→→→
v→
(I∈S2/R0) = 0→
conduit à v→
(A∈S2/R0) + Ω→(S2/R0) ∧ AI→
= 0→
soit v→
(A∈S2/S1) + v→
(A∈S1/R0) + ( α.... + β.... ) z0
→ ∧ [ - ( r1 - r0 ) x1
→ + λ z0
→ ] = 0
→
soit 0→
+ v→
(O∈S1/R0) + Ω→(S1/R0) ∧ OA→
- ( α.... + β.... ) ( r1 - r0 ) y1
→= 0
→
soit α.... z0→
∧ r1 x1→
- ( α.... + β.... ) ( r1 - r0 ) y1
→ = r1 α
.... y1→
- ( α.... + β.... ) ( r1 - r0 ) y1
→ = 0
→
En projection sur y1→
, on obtient : r1 α.... - ( α.... + β
.... ) ( r1 - r0 ) = 0 soit r0 α
.... - ( r1 - r0 ) β
.... = 0
Finalement ββββ.... =
r 0
r 1 - r0 ωωωω
v→
(M∈S2/R0) = r1 α. y1→
+ r2 ( α. + β
. ) y2
→ d’où v
→→→→(M ∈∈∈∈S2/R0) = r1 ωωωω y1
→→→→ +
r 1 r2
r 1 - r0 ω ω ω ω y2
→→→→
a→
(M∈S2/R0) = - r1 α. 2 x1
→ - r2 ( α
. + β
. )2 x2
→ d’où a
→→→→(M ∈∈∈∈S2/R0) = - r1 ωωωω2 x1
→→→→ -
r 12 r2
( r1 - r0 )2 ωωωω2 x2
→→→→
4 - VVVV 2/0 = r 1
r 1 - r0 ω ω ω ω z0
→→→→ ; 0
→→→→ I
Le mouvement du fouet S2 par rapport au repère R0 est un mouvement de rotation (glisseur) d’axe (I,z0→→→→
)
5 - OM→
= r1 x1→
+ r2 x2→
- h z0→
= r1 [ cos ωt x0→
+ sin ωt y0→
] + r2 [ cos r1
r1 - r0 ωt x0
→ + sin
r1
r1 - r0 ωt y0
→ ] - h z0
→
-25,00
-20,00
-15,00
-10,00
-5,00
0,00
5,00
10,00
15,00
20,00
25,00
-25,00 -20,00 -15,00 -10,00 -5,00 0,00 5,00 10,00 15,00 20,00 25,00
-25,00
-20,00
-15,00
-10,00
-5,00
0,00
5,00
10,00
15,00
20,00
25,00
-25,00 -20,00 -15,00 -10,00 -5,00 0,00 5,00 10,00 15,00 20,00 25,00
-25,00
-20,00
-15,00
-10,00
-5,00
0,00
5,00
10,00
15,00
20,00
25,00
-25,00 -20,00 -15,00 -10,00 -5,00 0,00 5,00 10,00 15,00 20,00 25,00
Dans le plan, on représente la courbe :
x(t) = r1 cos ωt + r2 cos r1
r1 - r0 ωt
y(t) = r1 sin ωt + r2 sin r1
r1 - r0 ωt
Trajectoire du point M (en noir) et du point A (en gris) lorsque :
r0 = 18 mm et r1 = 20 mm
et r2 = 2 mm = r1 - r0 ⇒ cycloïde
ou r2 = 1 mm < r1 - r0 ⇒ hypocycloïde
ou r2 = 5 mm > r1 - r0 ⇒ épicycloïde
Exercice n°9 : Hélicoptère.
1 - Le vecteur position de M est : OM→→→→
= OA→
+ AM→
= h z0→→→→
+ λλλλ x0→→→→
+ R x2→→→→
2 - Les vecteurs vitesses angulaires sont : ΩΩΩΩ→→→→(2/1) = θθθθ.... z0→→→→
ΩΩΩΩ→→→→(1/0) = 0→→→→
et ΩΩΩΩ→→→→(2/0) = Ω→(2/1) + Ω→(1/0) = θθθθ.... z0→→→→
3 - Le vecteur vitesse du point M du rotor par rapport au sol est :
v→
(M∈2/0) = d OM
→
dt R0 =
d (h z0→
+ λ x0→
+ R x2→
)dt R
0 = λ
.... x0→
+ R d x2
→
dt R0
avec d x2
→
dt R0 =
d x2→
dt R0 + Ω→(2/0) ∧ x2
→ = 0
→ + θ
.... z0→
∧ x2→
= θ.... y2→
finalement v→→→→
(M ∈∈∈∈2/0) = λλλλ.... x0→→→→
+ R θθθθ.... y2→→→→
4 - La norme de la vitesse du point M du rotor par rapport au sol est : || v→
(M∈2/0) || = (λ. x0→
+ R θ. y2→
).( λ. x0→
+ R θ. y2→
)
soit || v→
(M∈2/0) || = λ....
2 + R2 θ....
2 + 2 R θ.... x0→
.y2→
= λ....
2 + R2 θ....
2 - 2 R θ.... sin θ
La vitesse angulaire ω = θ.... du rotor est constante (supposée positive) et si l’hélicoptère est en translation rectiligne uniforme
sa vitesse λ.... est aussi constante (supposée positive).
Donc la vitesse maximale en bout de pale est atteinte pour θ = - π2 et vaut : VMax = λλλλ
.... + R ωωωω
5 - La relation VMax = λ. + R ω conduit à : 340 = VH Max + 4,5 .
384 . π30
soit VH Max ≈≈≈≈ 159 m/s ≈≈≈≈ 572 km/h
6 - Lorsque θ = π2 alors y2
→ = - x0
→ et si λ
. = VH Max alors v
→→→→(M ∈∈∈∈2/0) = λ
. x0→
+ R θ. y2→
= ( VH Max - R ωωωω ) x0→→→→
Application numérique : v→
(M∈2/0) = ( 159 - 4,5 . 384 . π
30 ) x0→
≈ ( - 22 m/s ) x0→
La vitesse relative à l’air des points de la pale est très faible et ne permet pas la portance nécessaire à l’équilibre de
l’hélicoptère. Pour que le vol soit possible, il faut que la vitesse VH de l’hélicoptère soit nettement moins grande que VH Max .
7 - On a alors le système d’équation VMax = VH Max + R ω et VMax
- 2 = VH Max - R ω avec VMax = 340 m/s et R = 4,5 m
d’où VH Max = VMax
4 = 85 m/s = 306 km/h et ωωωω = 3 VMax
4 R ≈≈≈≈ 57 rad/s ≈≈≈≈ 541 tr/min
III - Roulement sans glissement ou avec glissement.
Exercice n°10 : Cylindre roulant.
La condition de roulement sans glissement en I s’écrit v→
(I∈S/R0) = 0→
Mais v→
(I∈S/R0) ) = v→
(G∈S/R0) + Ω→(S/R0) ∧ GI→
= x.... x0→
+ θ.... z0→
∧ - r y0→
= ( x.... + r θ
.... ) x0
→
La condition de roulement sans glissement conduit donc à : x.... + r θ
.... = 0
La vitesse du point P du solide par rapport à R0 est : v→
(P∈S/R0) = v→
(G∈S/R0) + Ω→(S/R0) ∧ GP→
= x.... x0→
+ θ.... z0→
∧ r y→
soit v→
(P∈S/R0) = x.... x0→
- r θ.... x→
= x.... ( x0
→ + x
→ )
A l’instant où θ = 2k π , x→
= x0→
et donc v→→→→
(P∈∈∈∈S/R0) = 2 x.... x0→→→→
L’accélération du point P du solide par rapport à R0 est : a→
(P∈S/R0) = d v
→(P∈S/R0)
dt R0 = x
........ ( x0
→ + x
→ ) + x
....
d x→
dt R0
avec d x
→
dt R0 = θ
.... z0→
∧ x→
= θ.... y→
Donc a→
(P∈S/R0) = x........
( x0→
+ x→
) + x.... θ.... y→
= x........
( x0→
+ x→
) - x.... 2
r y→
A l’instant où θ = 2k π , y→
= y0→
et donc a→→→→
(P∈∈∈∈S/R0) = 2 x........
x0→→→→
- x.... 2
r y0→→→→
Remarque : Erreur à ne pas faire, dériver v→
(P∈S/R0) = 2 x. x0→
qui est une valeur particulière de la vitesse et non la fonction vitesse !
Exercice n°11 : Glissière à billes.
1 - VVVV 1/0 = ωωωω10 y→→→→
; 0→→→→
A ou A’ car le roulement sans glissement en A et A’ s’écrit v→
(A∈1/0) = v→
(A’ ∈1/0) = 0→
ceci impose que l’axe instantané de rotation du solide 1 par rapport au solide 0 est la droite AA’, c’est à dire (A, y→
) , or on sait que le
vecteur vitesse de rotation est un vecteur directeur de l’axe instantané de rotation. De même VVVV 1/3 = ωωωω13 y→→→→
; 0→→→→
B ou B’
2 - On a : v→
(B∈1/0) = v→
(A∈1/0) + ω10 y→
∧ AB→
= ω10 y→
∧ AB→
et v→
(B∈1/0) = v→
(B∈1/3) + v→
(B∈3/0) = 0→
+ V x→
d’où V x→
= ω10 y→
∧ AB→
En projetant cette relation sur x→
, on obtient l’équation scalaire V = ( x→
, ω10 y→
, AB→
) = ω10 z→
. AB→
soit V = ω10 R (cos 30° + cos 45°) = ω10 R 3 + 2
2 Finalement ΩΩΩΩ→→→→(1/0) = 2 V
R ( 3 + 2 ) y→→→→
v→
(O1∈1/0) = ω10 y→
∧ AO1→
= ω10 y→
∧ R ( sin 30° y→
+ cos 30° z→
) Finalement v→→→→
(O1∈∈∈∈1/0) = 3 V
3 + 2 x
→→→→
3 - Le mouvement de translation de 3/0 implique que Ω→(3/0) = 0→
, donc Ω→(2/0) = Ω→(2/3)
Le roulement sans glissement en C et C’ entre 2 et 3 implique que Ω→(2/3) = ω23 y→
, donc Ω→(2/0) = ω20 y→
On a : v→
(C∈2/0) = v→
(D∈2/0) + ω20 y→
∧ DC→
= ω20 y→
∧ DC→
et v→
(C∈2/0) = v→
(C∈2/3) + v→
(C∈3/0) = 0→
+ V x→
d’où V x→
= ω20 y→
∧ DC→
En projetant cette relation sur x→
, on obtient l’équation scalaire V = ( x→
, ω20 y→
, DC→
) = ω20 z→
. DC→
soit V = ω20 r ( 1 + sin α ) Finalement ΩΩΩΩ→→→→(2/0) = V
r ( 1 + sin αααα ) y→→→→
v→
(O2∈2/0) = ω20 y→
∧ DO2→
= ω20 y→
∧ r z→
= r ω20 x→
Finalement v→→→→
(O2∈∈∈∈2/0) = V
1 + sin αααα x→→→→
4 - v→
(O1∈1/0) = v→
(O2∈2/0) conduit à 3 V
3 + 2 =
V1 + sin α
soit sin αααα = 23 soit αααα ≈≈≈≈ 54,74°
Exercice n°12 : Variateur à plateaux (F. U.)
1 - Roulement sans glissement en D→ v→
(D∈3/1) = 0→
⇒ Ω→(3/0) ∧ CD→
- Ω→(1/0) ∧ AD→
= 0→
Roulement sans glissement en E→ v→
(E∈3/2) = 0→
⇒ Ω→(3/0) ∧ CE→
- Ω→(2/0) ∧ BE→
= 0→
Comme CD→
= - CE→ → Somme des 2 équations⇒ Ω→(1/0) ∧ AD
→ + Ω→(2/0) ∧ BE
→ = 0
→
soit ω1 x→
∧ AD y→
+ ω2 x→
∧ - BE y→
= 0→
⇒ Projection sur z→
: ωωωω1 AD = ωωωω2 BE
2 - En posant AD + BE = e = constante →ωωωω2
ωωωω1 =
e - BEBE
3 - Vitesse de glissement : v→
(F∈3/1) = v→
(D∈3/1) + Ω→(3/1) ∧ DF→
= ( ω30 u→
- ω10 x→
) ∧ DF→
Or Ω→(3/0) ∧ CD→
- Ω→(1/0) ∧ AD→
= 0→
⇒ ω30 u→
∧ CD x→
- ω10 x→
∧ AD y→
= 0
soit ω30 CD sin ( u→
, x→
) z→
- ω10 AD z→
= 0→
soit ω30 CD cos θ = - ω10 AD
d’où v→
(F∈3/1) = ω10 ( - AD
CD cos θ u→
- x→
) ∧ - DF y→
= ω10 ( - ADCD tan θ + 1 ) DF z
→
Avec la géométrie θ = 45° v→
(F∈3/1) = ω10 ( 1 - ADCD ) DF z
→
Sur tous les points autres que D de la génératrice DF de la partie conique inférieure droite du galet, il y a donc du glissement
pour tous les réglages de la position de u→
autres que celui tel que AD = CD, c’est à dire autres que celui où A∈(C, u→
).
Il en est de même au contact 2/3, c’est à dire sur la génératrice passant par E de la partie conique supérieure gauche du galet.
Pour minimiser le glissement, on fait en sorte que B et A appartiennent à l’axe (C, u→
) en même temps. Cela correspond au
réglage ω1 = ω2 . De part et d’autre de ce réglage, le variateur fonctionne soit en multiplicateur, soit en réducteur.
VVVV 1/0 = 2 V
R ( 3 + 2 ) y→→→→
; 3 V
3 + 2 x→→→→
O1
VVVV 2/0 = V
r ( 1 + sin αααα ) y→→→→
; V
1 + sin αααα x→→→→
O2
Exercice n°13 : Butée à billes
1 - Roulement sans glissement en I : v→
(I∈S/S0) = 0→
⇒ v→
(C∈S/S0) + IC→
∧ Ω→(S/S0) = 0→
Roulement sans glissement en J : v→
(J∈S/S2) = 0→
⇒ v→
(J∈S/S0) - v→
(J∈S2/S0) = 0→
⇒ v→
(C∈S/S0) + JC→
∧ Ω→(S/S0) - [ v→
(O∈S2/S0) + JO→
∧ Ω→(S2/S0) ] = 0→
⇒ v→
(C∈S/S0) + JC→
∧ Ω→(S/S0) = ω y0→
∧ ( a x→
+ r y0→
)
Système : v→
(C∈S/S0) + IC→
∧ Ω→(S/S0) = 0→
et v→
(C∈S/S0) + JC→
∧ Ω→(S/S0) = - a ω z→
Par addition : v→→→→
(C∈∈∈∈S/S0) = - 12 a ωωωω z→→→→
Par soustraction : 2 r y0→
∧ Ω→(S/S0) = a ω z→
⇒ ΩΩΩΩ→→→→(S/S0) = ωωωωpiv y0→→→→
- a ωωωω2 r x
→→→→
VVVVS/S0 = ωωωωpiv y0→→→→
- a ωωωω2 r x
→→→→ , -
12 a ωωωω z
→→→→ C
Quelque soit la valeur de la composante de pivotement ωpiv (selon y→
la normale au plan tangent en I,
l’équation 2 r y0→
∧ Ω→(S/S0) = a ω z→
est vérifiée.
Ceci est logique : En ayant imposé la vitesse de I et la vitesse de J, on laisse la bille libre de tourner autour de IJ
2 - v→
(O∈R/S0) = 0→
= v→
(C∈R/S0) + OC→
∧ Ω→(R/S0) = v→
(C∈S/S0) + OC→
∧ Ω→(R/S0) = - 12 a ω z→
+ a x→
∧ θ.... y0→
⇒ ω = 2 θ.... VVVVR/S0 =
ωωωω2 y0
→→→→ , 0
→→→→ O
IV - Mouvement plan sur plan - Cinématique graphique.
Exercice n°14 : Roues directrices de véhicules.
1 - - Si la roue arrière droite ne dérape pas alors :
v→
(D∈châssis/route) est un vecteur du plan de la route et perpendiculaire à l’axe de la roue arrière droite
⇒ ID est l’axe de rotation de la roue arrière droite, c’est à dire ID = CD
- Si la roue avant droite ne dérape pas alors :
v→
(B∈châssis/route) est un vecteur du plan de la route et perpendiculaire à l’axe de la roue avant droite
⇒ IB est l’axe de rotation de la roue avant droite.
On construit I par intersection des deux droites.
2 - - Si la roue avant gauche ne dérape pas alors :
v→
(A∈châssis/route) est un vecteur du plan de la route et perpendiculaire à l’axe de la roue avant gauche
⇒ IA est l’axe de rotation de la roue avant gauche.
On trace le trait figurant la roue avant gauche en A perpendiculaire à IA
3 - De la même manière qu’en D, v→
(C∈châssis/route) perpendiculaire à IC = ID Par ailleurs :
v→
(A∈châssis/route) = Ω→(châssis/route) ∧ IA→
⇒ || v→
(A∈châssis/route) || = || Ω→(châssis/route) || . || IA→ ||
v→
(B∈châssis/route) = Ω→(châssis/route) ∧ IB→
⇒ || v→
(B∈châssis/route) || = || Ω→(châssis/route) || . || IB→ ||
v→
(C∈châssis/route) = Ω→(châssis/route) ∧ IC→
⇒ || v→
(C∈châssis/route) || = || Ω→(châssis/route) || . || IC→ ||
v→
(D∈châssis/route) = Ω→(châssis/route) ∧ ID→
⇒ || v→
(D∈châssis/route) || = || Ω→(châssis/route) || . || ID→ ||
Car Ω→(châssis/route) perpendiculaire au plan IABCD Donc|| IA→ || ≠ || IB→ || ≠ || IC→ || ≠ || ID→ ||
⇒ || v→
(A∈châssis/route) || ≠ || v→
(B∈châssis/route) || ≠ || v→
(C∈châssis/route) || ≠ || v→
(D∈châssis/route) ||4 - On constate que le roulement sans glissement de chacune des roues d’un véhicule impose :
- de permettre aux roues motrices des vitesses de rotations différentes (différentiels) permettant aux roues extérieures
au virage de tourner plus rapidement pour parcourir un plus grand chemin que les roues intérieures au virage.
- de braquer plus la roue intérieure au virage que celle extérieure au virage.
Exercice n°15 : Système bielle manivelle.
1 - v→
(A∈1/0) = Ω→(1/0) ∧ OA→
= θ.... z→
∧ OA→
2 - On en déduit que || v→
(A∈1/0) || = θ.... .OA
v→
(A∈1/0) est représenté par un vecteur de norme 4 cm perpendiculaire à OA et dirigé vers le bas
On a : v→
(A∈1/0) = v→
(A∈2/0) car v→
(A∈2/1) = 0→
( mouvement 2/1 = mouvement de rotation d’axe (A, z→
) )
v→
(B∈3/0) = v→
(B∈2/0) car v→
(B∈2/3) = 0→
( mouvement 2/3 = mouvement de rotation d’axe (B, z→
) )
Le mouvement 3/0 est une translation de direction y→
, donc v→
(B∈3/0) = v→
(B∈2/0) est un vecteur selon y→
On applique l’équiprojectivité : v→
(A∈2/0) . AB→
= v→
(B∈2/0) . AB→
cela détermine v→
(B∈2/0) = v→
(B∈3/0)
3 - Le C.I.R. I20 est à l’intersection - de la perpendiculaire en A au vecteur vitesse v→
(A∈1/0) = v→
(A∈2/0)
- et de la perpendiculaire en B au vecteur vitesse v→
(B∈3/0) = v→
(B∈2/0)
C’est à dire que I20 est à l’intersection de la droite (B, x→
) et de la droite OA
4 - Les normes des vitesses en A et en B ( de 2/0) sont proportionnelles à la distance au point I20
5 - Si A est sur (O, x→
) le point I20 est reporté à l’infini, le solide se translate selon y→
Si A est sur (O, y→
) le point I20 est en B, le solide tourne autour du point fixe B ( points morts haut et bas )
Exercice n°16 : Fermeture de porte.
1 - v→
(C∈Tv/Cv) selon CB longueur 20 mm
2 - v→
(C∈P/0) = v→
(C∈P/Tv) + v→
(C∈Tv/Cv) + v→
(C∈Cv/0)
avec v→
(C∈P/Tv) = 0→
car C sur axe du mouvement de rotation P/Tv
v→
(C∈Tv/Cv) connu
v→
(C∈Cv/0) ⊥ BC en C car B sur axe du mouvement de rotation Cv/0
v→
(C∈P/0) ⊥ AC en C car A sur axe du mouvement de rotation P/0
3 - v→
(C∈P/0) connu et v→
(D∈P/0) ⊥ AD en D
car A sur axe du mouvement de rotation P/0
soit D’ sur AC tel que AD’ = AD v→
(D’∈P/0) ⊥ AD’ en D’
car A sur axe du mouvement de rotation P/0
v→
(D’∈P/0)AD' =
v→
(C∈P/0)AC ce qui permet de construire
v→
(D’∈P/0) par homothétie en traçant la droite issue de A
passant par les extrémités des vecteurs v→
(C∈P/0)
et v→
(D’∈P/0) et || v→
(D’∈P/0) || = || v→
(D∈P/0) ||On mesure environ 104 mm ce qui représente
|| v→
(D∈P/0) || = 0,52 m/s
A
B
CP
Cv
0
Tv
D
0v→→→→
(C∈∈∈∈Tv/Cv)
v→→→→
(C∈∈∈∈P/0)
v→→→→
(C∈∈∈∈Tv/0)
v→→→→
(D∈∈∈∈P/0)
D’
v→→→→
(D’ ∈∈∈∈P/0)
v→
(F∈9/0) = v→
(F∈8/7)
v→
(I∈9/0)
v→
(B∈3/2)
v→
(B∈2/0)
v→
(B∈4/0)= v
→(B∈4/3)
+ v→
(B∈3/2)+ v
→(B∈2/0)
v→
(B∈2/0)
v→
(I∈9/0)
v→
(I∈9/0)
4 - || v→
(D∈P/0) || = || Ω→(P/0) || . AD d’où || Ω→(P/0) || = 12 0,52 = 0,26 rad/s
5 - || Ω→(P/0) || a été défini au moment du début de l’ouverture. Si on suppose, ce qui est inexact, que la vitesse de rotation est
constante, alors le temps d’ouverture est touv = π
2 || Ω→(P/0) || = 6,0 s
Exercice n°17 : Engin de levage
1 - Construction en rouge v→
(F∈9/0) = v→
(F∈9/8) + v→
(F∈8/7) + v→
(F∈7/0)
avec v→
(F∈9/0) ⊥ HF car H = I90 , v→
(F∈9/8) = 0→
car F = I98
v→
(F∈8/7) selon EF , v→
(F∈7/0) ⊥ EF car E = I76 = I70 car 6 fixe par rapport à 0
Compte tenu de la géométrie, on obtient v→
(F∈9/0) = v→
(F∈8/7)
d’où v→
(I∈9/0) par proportionnalité
soit une vitesse d’environ 35 mm/s (verticale ascendante)
2 - Construction en vert
v→
(B∈4/0) = v→
(B∈4/3) + v→
(B∈3/2) + v→
(B∈2/0)
avec v→
(B∈4/0) ⊥ CB car C = I40 ,
v→
(B∈4/3) = 0→
car B = I43 ,
v→
(B∈3/2) selon AB
v→
(B∈2/0) ⊥ AB car A = I20
A partir de v→
(B∈4/0) on
obtient v→
(I∈4/0) par
proportionnalité, soit une vitesse
d’environ 55 mm/s
3 - Si les deux vérins sont
actionnés simultanément à la vitesse
de 10 mm/s, les vitesses obtenues aux
questions 2 et 3 sont cumulées
vectoriellement. On obtient une vitesse
d’environ 80 mm/s
4 - La vitesse n’est verticale
dans la configuration dessinée que
lorsque le vérin (7,8) est actionné.
V- Liaisons et Chaînes de solides
Exercice n°18 : Angles d’Euler
1 - v→
(S∈C/0) = 0→
2 - θ + π2 = α
⇒ θ.... = 0
3 - Ω→(C/0) = ψ.... z0→
+ θ.... n→
+ ϕ.... z→
soit ΩΩΩΩ→→→→(C/0) = ψψψψ.... z0→→→→
+ ϕϕϕϕ.... z→→→→
4 - v→
(I∈C/0) = 0→
= v→
(S∈C/0) + Ω→(C/0) ∧ SI→
= 0→
+ ( ψ.... z0→
+ ϕ.... z→
) ∧ λ v→
= λ ( - ψ.... n→
- ϕ.... sin α n
→ )
soit la condition : ψψψψ.... + ϕϕϕϕ
.... sin αααα = 0
Exercice n°19 : Système bielle manivelle.
1 - On obtient le graphe ci-contre
2 - OA→
+ AB→
+ BO→
= 0→
soit R u→
+ L t→
- x x→
= 0→
soit / x→
: R cos θ + L cos α = x (1)
/ y→
R sin θ - L sin α = 0 (2)
3 - V1/0 + V2/1 + V3/2 + V0/3 = 0 soit V1/0 + V2/1 + V3/2 - V3/0 = 0
soit θ.... z→
, 0→
O + ω21 z→
, 0→
A + α.... z→
, 0→
B - ω30 x→
, x.... x→
O (ou B) = 0→
, 0→
∀M
Equation de résultante ( vitesses de rotation ) : θ.... z→
+ ω21 z→
+ α.... z→
- ω30 x→
= 0→
(3)
Equation de moment en A (vitesses au point A) :θ.... z→
∧ OA→
+ 0→
+ α.... z→
∧ BA→
- [ x.... x→
+ ω30 x→
∧ OA→
] = 0→
soit θ.... z→
∧ R u→
+ α.... z→
∧ - L t→
- x.... x→
- ω30 x→
∧ R u→
= 0→
d’où R θ.... v→
- L α.... w→
- x.... x→
- R ω30 sin θ z→
= 0→
(4)
Remarque : Si on considère V3/0 = ω30 x→
, x.... x→
B , alors on a θ....
z→
∧ OA→
+ 0→
+ α.... z→
∧ BA→
- [ x....
x→
+ ω30 x→
∧ BA→
] = 0→
qui donne θ....
z→
∧ R u→
+ α.... z→
∧ - L t→
- x....
x→
- ω30 x→
∧ - L t→
= 0→
soit R θ....
v→
- L α.... w→
- x....
x→
- L ω30 sin α z→
= 0→
(4’) (4) et (4’) sont équivalentes car L sin α = R sin θ
L’équation vectorielle (3) se projette en deux équations scalaires : / x→
: - ω30 = 0 (5)
/ z→
: θ.... + ω21 + α.... = 0 (6)
L’équation vectorielle (4) se projette en trois équations scalaires : / x→
: - R θ.... sin θ - L α.... sin α - x
.... = 0 (7)
/ y→
: R θ.... cos θ - L α.... cos α = 0 (8)
/ z→
: - R ω30 sin θ = 0 (9)
4 - On constate que la dérivée par rapport au temps de l’équation (1) conduit à l’équation (7)
On constate que la dérivée par rapport au temps de l’équation (2) conduit à l’équation (8)
On constate ( éq. (5) ou (9) ) que le d.d.l. en rotation autour de (O, x→
) dans la liaison 3/0 n’est pas ‘utilisé’ : ω30 = 0
5 - Pour trouver la relation géométrique x = f(θ), le plus simple est d’utiliser les équations issues de la fermeture de chaîne
géométrique. on élimine α dans le système d’équations (1) et (2) en faisant la somme des carrés de : L cos α = x - R cos θ
L sin α = R sin θsoit L2 = ( x - R cos θ )2 + R2 sin2θ ⇒ x = L2 - R2 sin2θθθθ + R cos θθθθ
0 1
3 2
pivotaxe (A, z
→)pivot
axe (B, z→
)
pivot glissantaxe (B, x
→)
pivotaxe (O, z
→)
x0→
n→
y0→
v→
ψ
z0→
z→
ϕ
n→
x→
w→
y→
n→
θ < 0
v→
w→
z0→
z→
αS
Exercice n°20 : Pompe.
1 - Qm = Vp N Vp : cylindrée de la pompe, exprimée en m3/tr → Vp = 2 R S
N : vitesse de rotation de la pompe, exprimée en tr/min → N = 1500 tr/min
Qm : débit moyen de la pompe, exprimé en m3/min
R : excentration de la manivelle → R = OA = 10 mm
S : aire de la section du piston → S = π D2
4
D : diamètre du piston → D = 17 mm → S = 227 10-6 m2
On obtient Vp = 2 . 10-2 . 227 10-6 = 4,54 10-6 m3/tr soit Qm ≈≈≈≈ 6,8 10-3 m3/min
2 -
3 - OA→
+ AB→
+ BO→
= 0→
soit R x1→
+ x x2→
- L x→
= 0→
soit / x→
: R cos α + x cos β - L = 0 (1)
/ y→
R sin α + x sin β = 0 (2)
4 - V 1/0 + V 2/1 + V 3/2 + V 0/3 = 0 soit V 1/0 + V 2/1 + V 3/2 - V 3/0 = 0
soit α.... z→
, 0→
O + ω21 z→
, 0→
A + ω32 x2→
, x.... x2→
B ou A - β.... z→
, 0→
B = 0→
, 0→
∀M
Equation de résultante ( vitesses de rotation ) : α.... z→
+ ω21 z→
+ ω32 x2→
- β.... z→
= 0→
→ /x2→
: ω32 = 0 sinon sans intérêt
Equation de moment en A (vitesses au point A) pour éliminer ω21 non cherché :
α.... z→
∧ OA→
+ 0→
+ x.... x2→
- β.... z→
∧ BA→
= 0→
soit α.... z→
∧ R x1→
+ x.... x2→
+ β.... z→
∧ x x2→
= 0→
→ R α.... y1→
+ x.... x2→
+ x β.... y2→
= 0→
→ / x→
: - R α.... sin α + x.... cos β - x β
.... sin β = 0 (3)
/ y→
: R α.... cos α + x.... sin β + x β
.... cos β = 0 (4)
5 - La dérivation de (1) donne (3) et la dérivation de (2) donne (4)
6 - On élimine β entre les équations (1) et (2) → x cos β = L - R cos α et x sin β = - R sin α
→ x2 = ( L - R cos α )2 + R2 sin2α → x2 = L2 + R2 - 2 R L cos α
→ 2 x x.... = 2 R L α.... sin α (5) → x
.... =
R L αααα.... sin ααααL2 + R2 - 2 R L cos αααα
(6)
7 - La pompe refoule du fluide lorsque x.... est négatif, le débit instantané est alors positif, tandis que lorsque x
.... est positif, la pompe
aspire du fluide, le débit instantané est alors nul. L’expression de ce débit instantané est donc :
Qi(αααα) = < - S x.... >+ = <
- S R L αααα.... sin ααααL2 + R2 - 2 R L cos αααα
>+
α.... = π N30 = 157 rd/s , R = 10-2 m , S = 227 10-6 m2 et L = 0,07 m
Qi(α) est nul sur [ 0, 180°] et positif sur [ 180°, 360°]
(5) dérivé donne x x........
+ x.... 2 = RL ( α
........ sin α + α
.... 2 cos α ) (7) et α........
= 0
Qi(α) atteint un maximum pour x........
= 0
soit d’après (7) x.... 2 = R L α.... 2 cos α
En utilisant (6), on obtient : R L cos2α - ( L2 + R2 ) cos α + R L = 0
d’où cos α = RL ( logique, correspond à OAB rectangle en A ) soit α ≈ 278°
et Qi(αααα)Max = Qi(278°) ≈≈≈≈ 21,4 l/min à comparer au débit moyen Qm ≈≈≈≈ 6,8 litres/min .
Les aires sous chacune des courbes sont égales.
0 1
3 2
pivotaxe (A, z
→)pivot glissant
axe AB
pivotaxe (B, z
→)
pivotaxe (O, z
→)
α180° 270°
Qm
360°
Débits en litrespar minutes
10
15
20
25
Qi(α)
0° 90°
0
5
Exercice n°21 : Motorisation d’un axe de robot. (d’après concours Mines - Ponts 1999)
1 - γ = (z0→
,z4→
) = (z0→
,x0→
) + (x'3→
,x3→
) + (x3→
,x'4→
) + (x'4→
,z4→
) = 90° - 135° + α - 45° = α - 90° soit γγγγ = αααα - ππππ2
2 - La fermeture de chaîne géométrique sur les points ABC s’écrit AB→
+ BC→
= AC→
soit b x3→→→→
- x x12→→→→
= - c x'4→→→→
3 - On en déduit x x12→
= b x3→
+ c x'4→
soit x = ( b x3→
+ c x'4→
)2 = b2 + c2 + 2 b c x3→
. x'4→
Donc x = b2 + c2 + 2 b c cos αααα soit avec γ = α - π2 x = b2 + c2 - 2 b c sin γγγγ
4 - La fermeture de chaîne cinématique dans la chaîne 12, 11, 10, 4 , 3 s’écrit :
V12/11 + V11/10 + V10/4 + V4/3 = V12/3
soit ω12/11 x12→
; p2π ω12/11 x12
→
B ou C + ω11/10 x12
→ ; 0
→
B ou C + ω10/4 y0
→ ; 0
→
C + ω4/3 y0
→ ; 0
→
A = ω12/3 y0
→ ; 0
→
B
L’équation de vitesse de rotation s’écrit :ω12/11 x12→
+ ω11/10 x12→
+ ω10/4 y0→
+ ω4/3 y0→
= ω12/3 y0→
soit en projection sur x12→
: ω12/11 + ω11/10 = 0 avec θ....
moteur = ω11/10 donc ωωωω12/11 = - θθθθ....
moteur
5 - On a donc x.... =
d CB→
dt R10 . x12
→ = v
→(B∈12/10) . x12
→ = v
→(B∈12/11) . x12
→ + v
→(B∈11/10) . x12
→ =
p2π ω12/11 + 0
soit x.... =
p2ππππ ωωωω12/11 soit finalement x
.... = -
p2ππππ θθθθ
....moteur
6 - Avec les conditions initiales, on intègre la relation précédente en x - x0 = - p2π θmoteur
et on a x0 = b2 + c2 soit finalement b2 + c2 - 2 b c sin γ = b2 + c2 - p2π θmoteur
Le modèle direct du robot est : γ = Arcsin [ b2 + c2 - ( b2 + c2 -
p2π θmoteur )
2
2 b c ]
ou encore γγγγ = Arcsin [ p2ππππ
θθθθmoteur
2 b c ( b2 + c2 - p2ππππ θθθθmoteur ) ]
Le modèle inverse du robot est :θθθθmoteur = 2ππππp [ b2 + c2 - b2 + c2 - 2 b c sin γγγγ ]
Vérification : Quand θmoteur augmente, la distance x diminue, ce qui fait augmenter γ.
7 - v→
(M∈3/4) = v→
(A∈3/4) + Ω→(3/4) ∧ AM→
= 0→
+ ω34 w→
∧ - R3 v→
= R3 ω34 u→
8 - v→
(N∈5/4) = v→
(F∈5/4) + Ω→(5/4) ∧ FN→
= 0→
+ ω54 w→
∧ - R5 v→
= R5 ω54 u→
9 - L’enroulement sans glissement en M s’écrit v→
(M∈8/3) = 0→
soit v→
(M∈3/4) = v→
(M∈8/4)
L’enroulement sans glissement en N s’écrit v→
(N∈8/5) = 0→
soit v→
(N∈5/4) = v→
(N∈8/4)
L’inextensibilité de la courroie s’écrit v→
(M∈8/4) = v→
(N∈8/4)
On en déduit : v→
(M∈3/4) = v→
(N∈5/4)
10 - La relation v→
(M∈3/4) = v→
(N∈5/4) conduit à R3 ω34 u→
= R5 ω54 u→
soit R3 ωωωω34 = R5 ωωωω54
11 - Avec la condition géométrique R3 = 2 R5 on a 2 ω34 = ω54 soit ωωωω54 = -2 ωωωω43
Exercice n°22 : Table élévatrice. (d’après concours Mines DACN 2005)
1 - Fermeture de chaîne géométrique : EO→
+ OF→
= EF→
soit ( a - b ) u3→
+ b u4→
= λ u6→
En projection sur x→
: ( a - b ) cos α - b cos α = λ cos β
En projection sur y→
: ( a - b ) sin α + b sin α = λ sin β
On élimine β λ2 = ( a - b )2 + b2 + 2 b ( a - b ) ( sin2 α - cos2 α ) = a2 - 2 a b + 2 b2 + 2 b ( a - b ) ( 2 sin2 α - 1 )
Finalement : λλλλ = ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αααα
2 - Pour α = 10° λmin = ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αmin = ( 1 - 2 . 0,23 )2 + 4 . 0,23 ( 1 - 0,23 ) sin2 10° a ≈ 0,56 a
Pour α = 80° λmin = ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αmax = ( 1 - 2 . 0,23 )2 + 4 . 0,23 ( 1 - 0,23 ) sin2 80° a ≈ 0,99 a
La course est donc c ≈≈≈≈ 0,43 a
3 - On a la relation h = 2 a sin α soit hmin = 2 a sin αmin hmin = 0,35 a
hmax = 2 a sin αmax hmin = 1,97 a
4 - On a h.... = 2 a α
.... cos α et 2 λ λ
....0 = 8 b ( a - b ) α
.... sin α cos α soit h
.... = 2 a
λ λ....
0
4 b ( a - b ) sin α
Finalement h.... =
a ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αααα λλλλ....
0
2 b ( a - b ) sin αααα
5 - La vitesse est minimale pour αmax et maximale pour αmin
h.
min = a ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αmax λ
.0
2 b ( a - b ) sin αmax ≈
0,99 λ....
0
0,46 . 0,77 sin 80° soit h....
min ≈≈≈≈ 2,84 λλλλ....
0
h.
max = a ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 αmin λ
.0
2 b ( a - b ) sin αmin ≈
0,56 λ....
0
0,46 . 0,77 sin 10° soit h....
max ≈≈≈≈ 9,10 λλλλ....
0
et h....
60 = a ( a - 2 b )2 + 4 b ( a - b ) sin2 60° λ
.0
2 b ( a - b ) sin 60° ≈ 0,91 λ
....0
0,46 . 0,77 sin 60° soit h....
60 ≈≈≈≈ 2,96 λλλλ....
0
6 -
v→→→→
(F∈∈∈∈Tv/Cv)
v→→→→
(F∈∈∈∈4/3)
v→→→→
(C∈∈∈∈4/3)
v→
(F∈3/Cv)
v→→→→
(C∈∈∈∈4/1)
On part de v→
(F∈Tv/Cv) = λ.
0 u6→
= v→
(F∈Tv/4) + v→
(F∈4/3) + v→
(F∈3/Cv)
avec v→
(F∈Tv/4) = 0→
, v→
(F∈4/3) ⊥ OF et v→
(F∈3/Cv) ⊥ EF
On en déduit le vecteur v→
(F∈4/3) et par homothétie, v→
(C∈4/3) = OCOF v
→(F∈4/3)
La vitesse cherchée est v→
(C∈2/1). y→
= [ v→
(C∈2/4) + v→
(C∈4/3) + v→
(C∈3/1) ] . y→
= v→
(C∈4/3) . y→
car v→
(C∈2/4) = 0→
et v→
(C∈3/1) ⊥ AC
Exercice n°23 : Joint de Cardan.
1 - La forme du croisillon 2
conduit à x3→
. z1→
= 0
or x3→
= cos θ30 x0→
’ - sin θ30 z0→
et z1→
= cos θ10 z0→
+ sin θ10 x0→ → x3
→ . z1
→ = - cos θ10 sin θ30 + cos θ30 sin θ10 x0
→.x0→
’ = 0
avec x0→
.x0→
’ = cos δ soit finalement cos θθθθ30 sin θθθθ10 cos δδδδ - cos θθθθ10 sin θθθθ30 = 0 (1)
Pour θ10 = π2 + k π on a cos θ10 = 0 d’où d’après (1) θ30 =
π2 + k π
Pour θ10 = k π on a sin θ10 = 0 d’où d’après (1)θ30 = k π calage entrée/sortie tous les quarts de tours
Pour θ10 ≠ π2 + k π , θ30 ≠
π2 + k π et (1) conduit à tan θθθθ30 = cos δδδδ tan θθθθ10
2 - Par dérivation ω30 ( 1 + tan2θ30 ) = cos δ ω10 ( 1 + tan2θ10 )
d’où ωωωω30 = cos δ δ δ δ 1 + tan2θθθθ10
1 + cos2δδδδ tan2θθθθ10 ωωωω10 = f(δ, θ10) ω10
3 - f(δ, θ10) ≠ constante ⇒ La transmission n’est pas homocinétique
4 - En utilisant deux joints de Cardan en série, en partageant l’angle δ en deux parts égales et en décalant angulairement de 90° le
deuxième joint de Cardan par rapport au premier, on obtient une transmission homocinétique.
tan θint0 = cos δ2 tan θ10 et tan θ30 =
1
cos δ2
tan θint0 ( int = arbre intermédiaire ) d’où tan θθθθ30 = tan θθθθ10
Exercice n°24 : Système de commande en translation par liaison hélicoïdale.
1 - La fermeture de la chaîne 0,1,2,0 conduit à : V1/0 + V2/1 = V2/0
ω10 x→
; 0→
O + ω21 x→
; p2π ω21 x
→ O = 0
→ ; V20 x
→ ∀P
2 - L’équation de vitesse de rotation est : ω10 x→
+ ω21 x→
= 0→
soit ω10 = - ω21
L’équation de vitesse en O est : 0→
+ p2π ω21 x
→ = V20 x
→soit
p2π ω21 = V20
On en déduit la loi entrée sortie : V20 = - p2ππππ ωωωω10
3 - Dans la mesure où la glissière conserve la même direction dans les 2 schémas, ils sont équivalents.
Le fait que sur le schéma, pour la glissière, contenant et contenu aient été permutés ne change rien, comme pour les liaisons
pivot, pivot glissant, hélicoïdale, appui plan et rotule. Par contre une permutation ne donnerait pas un schéma équivalent s’il s’agissait
d’une liaison ponctuelle, linéaire rectiligne ou linéaire annulaire.
x0→
’
x0→
y0→
’
y0→
δ
z0→
= z0→
’ y0→
= y1→
θ10
z0→
z1→
x0→
x1→
y0→
’ = y3→
θ30
z0→
z3→
x0→
’
x3→
VI - Engrenages
Exercice n°25 : Engrenage.
1 - v→
(I∈1/2) = 0→
⇒ v→
(I∈1/0) = v→
(I∈2/0) ⇒ Ω→10 ∧ OI→
= Ω→20 ∧ O'I→
⇒ ω10 z→
∧ R1 y→
= ω20 z→
∧ - R2 y→
⇒ - R1 ω10 x→
= R2 ω20 x→
/ x→
: - R1 ω10 = R2 ω20 ⇒ωωωω10
ωωωω20 = -
R2
R1
2 - Zi = 1
π m Pi =
1π m
2 π Ri = 2 Ri
m ⇒ωωωω10
ωωωω20 = -
Z2
Z1
Exercice n°26 : Train épicycloïdal (Type I).
1 - v→
(A∈3/2) = 0→
et v→
(B∈1/2) = 0→
2 - v→
(A∈3/4) = v→
(A∈2/4) et v→
(B∈1/4) = v→
(B∈2/4)
3 - Ω→34 ∧ OA→
= Ω→24 ∧ O'A→
et Ω→14 ∧ OB→
= Ω→24 ∧ O'B→
Par addition, on obtient : Ω→34 ∧ OA→
+ Ω→14 ∧ OB→
= Ω→24 ∧ ( O'A→
+ O'B→
) = 0→
car O'A→
= - O'B→
soit ω34 x→
∧ R3 y→
+ ω14 x→
∧ R1 y→
= 0→
⇒ R3 ω34 z→
+ R1 ω14 z→
= 0→
/ z→
: R3 ω34 + R1 ω14 = 0 ⇒ωωωω14ωωωω34
= - R3R1
4 - ω24 = ω30 - ω40 et ω14 = ω10 - ω40 d’oùω10 - ω40
ω30 - ω40 = -
R3R1
⇒ ω10 - ω40 = - R3R1
( ω30 - ω40 )
On en déduit la formule de Willis ωωωω10 - λλλλ ωωωω30 + ( λλλλ - 1 ) ωωωω40 = 0 avec λ λ λ λ = - R3R1
Remarque : En plaçant un observateur sur le porte satellites 4, les planétaires 1 et 3 ainsi que le satellite tournent autour d’axes fixes.
On peut alors utiliser pour chaque engrènement le résultat de l’exercice 1.
- Pour l’engrenage du planétaire (1) avec le satellite, tous deux à denture extérieure :ω14
ω24 = -
R2
R1
- Pour l’engrenage du satellite avec la couronne (3) à denture intérieure :ω34
ω24 =
R2
R3
En divisant les deux égalités l’une par l’autre, on retrouve l’égalité déjà obtenue :ω14
ω34 = -
R3
R1
Exercice n°27 : Différentiel.
1 - Si le moteur du véhicule est à l’arrêt, alors ω50 = 0 donc ω40 = 0
donc les deux roues tournent en sens inverse. ωωωω10 = - ωωωω30
2 - Si le véhicule roule en ligne droite, alorsω10 = ω30 donc ω24 = 0
donc ω40 = ω30 = ω10 etω50
ω40 = -
sin α4
sin α5 = - tan α4
avec αi demi angle au sommet du pignon conique i et compte tenu du sens de x→
et y→
3 - On écrit la formule de Willis ω10 - λ ω30 + ( λ - 1 ) ω40 = 0 avec λ = - 1 soit ωωωω10 + ωωωω30 = 2 ωωωω40
4 - Le moteur impose ω40 et si ω10 = ω40 + ε alors ω30 = ω40 - ε
Les roues peuvent tourner à des vitesses différentes, si la cinématique du véhicule l’exige (virage)
Le moteur n’imposant que la somme ω10 + ω30
Exercice n°28 : Transmission d’hélicoptère
1 -
2 - Avec une couronne fixe, la formule de Willis donne ω10 + ( λ - 1 ) ω40 = 0 avec λ = - Z3
Z1 = -
10030
soit ω40 = 1
1 - λ ω10 soit ω40 = 313 ω10
L’engrenage conique apporte une réduction ω10 = 1556 ωmoteur
La transmission donne donc ω40 = 313
1556 ωmoteur soit ωωωω40 =
45728 ωωωωmoteur
soit une réduction d’environ 16,2
3 - Si le groupe turbo propulseur tourne à la vitesse ωmoteur = 3200 tours/minute,
alors les pales du rotor principal tourne environ à ωrotor = 198 tours/minute
La vitesse en extrémité de pale est donc, en vol stationnaire : Vext st = Lpale ωrotor ≈ 5,35 198 π
30 soit Vext st ≈≈≈≈ 111 m/s
Lorsque l’hélicoptère avance à la vitesse V,
la vitesse en extrémité de la pale avançante sera donc Vext av = V + Vext st
Cette vitesse doit être inférieure à la vitesse du son, soit V + Vext st < Vson ⇒ V < Vson - Vext st
soit V < 330 - 111 m/s V < 219 m/s ≈≈≈≈ 788 km/h
Z3 = 100
Rotor principal
Z1 = 30 Rotor arrière
Z2 = 35
Groupe turbo
propulseur
Zr = 56 Zp = 15
![2.7. Paritätsverletzung beim β – Zerfall · Vorbereitende Literatur [1] T.D. Lee and C.N. Yang, Phys. Rev. 104, p. 254 (1956) ... dazu, einen großen Abstand zwischen Polarimeter](https://static.fdocument.org/doc/165x107/5c934c8109d3f2e3628cc61b/27-paritaetsverletzung-beim-vorbereitende-literatur-1-td-lee-and.jpg)
![Corrigé de l'exercice 3-1-1 - · PDF fileapparence matricielle MatrixForm[lp] 1 2 2 3 3 5 4 7 5 11 6 13 7 17 8 19 9 23 10 29 Corrigé de l'exercice 3-3-3 graphique Graphics table](https://static.fdocument.org/doc/165x107/5aa75cd67f8b9aee748bf69f/corrig-de-lexercice-3-1-1-matricielle-matrixformlp-1-2-2-3-3-5-4-7-5-11-6-13.jpg)
