Transcript Corrigé TD 6

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ROBUROC 6 : Plate forme d’exploration tout terrain ( Suite du DS n°2 ) - Corrigé
→
Q.1 - En conséquence, écrire l’équation de moment en I1 en projection sur xL du P.F.S. appliqué à l’ensemble de la plate forme EPF.
En déduire la somme des efforts normaux Z2d + Z2g .
−−−
→
→
L’équation de moment du P.F.S. s’écrit
M ( I1 , EPF / EPF ) . xL = 0
soit
soit
soit
→
→ →
→
→ →
→
→ →
( I1G , - mΣ g z0 , xL ) + (I1C1d , - mr g z0 , xL ) + ( I1C1g , - mr g z0 , xL )
→ → →
→ → →
→ → →
→ → →
+ ( I1I1d , R1d , xL ) + ( I1I1g , R1g , xL ) + ( I1I2d , R2d , xL ) + ( I1I2g , R2g , xL ) = 0
→
→ →
→
→ →
- mΣ g ( R z0 + aG z1 ).yL - mr g ( I1C1d +I1C1g ).yL
→ → →
→ → →
→
→ → →
→
→ → →
+ ( e xL , R1d , xL ) + ( - e xL , R1g , xL ) + ( e xL - b yL , R2d , xL ) + ( - e xL - b yL , R2g , xL ) = 0
→ →
→ →
→ →
mΣ g aG sin β - mr g ( 2 R z0 ).yL + 0 + 0 - b R2d . z0 - b R2g . z0 = 0
On obtient finalement l’équation
mΣ g aG sin β - b ( Z2d + Z2g ) = 0
donnant
Z2d + Z2g =
mΣ g aG sin β
b
Q.2 - Réaliser l’application numérique et comparer la valeur obtenue à la somme des efforts normaux s’exerçant sur les roues arrière
lorsque la plate-forme est immobile en appui sur ses six roues sur un sol plan, à savoir ( Z2d + Z2g )repos = ( m2 + 2 mr ) g avec
m2 = 52 kg , masse du pode arrière 2.
Numériquement Z2d + Z2g =
à comparer à
152 . 9,81 . 85 sin 2°
553
( Z2d + Z2g )repos = ( 52 + 2 . 4 ) 9,81
soit
Z2d + Z2g = 8,00 N
soit
( Z2d + Z2g )repos = 589 N
Q.3 - Conclure quant à la solution adoptée pour effectuer un mouvement de lacet.
Le cabrage de 2° suffit à quasiment décharger intégralement les roues arrière, ce qui permettra de faire pivoter l’engin sans
trop de résistance de ces roues et par conséquent sans trop d’usure des pneus.
.→ →
→
Q.4 - Calculer dans le cadre du mouvement défini par { VPF / 0 } = { ϕ z0 , 0 }C1 les vecteurs vitesse de glissement v (I2d∈R2d/0) et
→
.
v (I2g∈R2g/0) en fonction de ϕ et des caractéristiques géométrique du problème.
→
→
→
→
→
→ . →
→
→
→
v (I2d∈R2d/0) = v (I2d∈PF/0) = v (C1∈PF/0) + Ω (PF/0) ∧ C1I2d = 0 + ϕ z0 ∧ ( - R z0 + e xL - b yL )
.
→
→
→
soit
v (I2d∈R2d/0) = ϕ ( e yL + b xL )
→
→
→
→
→ . →
→
→
→
→
v (I2g∈R2g/0) = v (I2g∈PF/0) = v (C1∈PF/0) + Ω (PF/0) ∧ C1I2g = 0 + ϕ z0 ∧ ( - R z0 - e xL - b yL )
.
→
→
→
soit
v (I2g∈R2g/0) = ϕ ( - e yL + b xL )
→
→
Q.5 - En déduire, par application des lois de Coulomb, l’expression des vecteurs nd et ng de manière à ce que les composantes
tangentielles T2d et T2g définies précédemment soient positives. Donner l’expression des composantes tangentielles T2d et T2g en
fonction des composantes normales Z2d et Z2g .
D’après les lois de Coulomb, on a
Les conditions posées conduisent à
→ →
→
T2d nd ∧ v (I2d∈R2d/0) = 0
→ →
→
T2g ng ∧ v (I2g∈R2g/0) = 0
→
v (I2d∈R2d/0)
→
nd = - →
|| v (I2d∈R2d/0) ||
→
v (I2g∈R2g/0)
→
ng = - →
|| v (I2g∈R2g/0) ||
Les lois de Coulomb permettent aussi d’écrire
T2d = f Z2d
et
et
et
soit
soit
→ →
T2d nd . v (I2d∈R2d/0) < 0
→ →
T2g ng . v (I2g∈R2g/0) < 0
→
→
e yL + b xL
→
nd = 2
2
e +b
→
→
- e yL + b xL
→
ng = e2 + b2
T2g = f Z2g
2
.
→
→
Q.6 - Déterminer ces vitesses Ω (M1d/Σ) et Ω (M1g/Σ) , en fonction de ϕ , du rapport de réduction k et des caractéristiques
géométriques du problème, sachant qu’il y a roulement sans glissement des roues centrales sur le sol en I1d et I1g .
→
→
→
→
→
soit
v (I1d∈R1d/Σ) + v (I1d∈Σ/0) = 0
- Le roulement sans glissement en I1d s’écrit v (I1d∈R1d/0) = 0
soit
→
→
→
→
→
→
→
v (C1d∈R1d/Σ) + Ω (R1d/Σ) ∧ C1dI1d + v (C1∈Σ/0) + Ω (Σ/0) ∧ C1I1d = 0
soit
→
→
→ → . →
→
→
→
0 + k ω(M1d/Σ) xL ∧ - R z0 + 0 + ϕ z0 ∧ ( e xL - R z0 ) = 0
Finalement
. → →
→
R k ω(M1d/Σ) yL + e ϕ yL = 0
soit
car
avec
→
→
Ω (R1d/Σ) = k ω(M1d/Σ) xL
. →
→
→
Ω (Σ/0) = Ω (PF/0) = ϕ z0
.
R k ω(M1d/Σ) + e ϕ = 0
et donc
.
eϕ →
→
Ω (M1d/Σ
Σ) = x
Rk L
→
→
- Le roulement sans glissement en I1g s’écrit v (I1g∈R1g/0) = 0
soit
→
→
→
v (I1g∈R1g/Σ) + v (I1g∈Σ/0) = 0
soit
→
→
→
→
→
→
→
v (C1g∈R1g/Σ) + Ω (R1g/Σ) ∧ C1gI1g + v (C1∈Σ/0) + Ω (Σ/0) ∧ C1I1g = 0
avec
→
→
Ω (R1g/Σ) = k ω(M1g/Σ) xL
soit
→
→
→ → . →
→
→
→
0 + k ω(R1g/Σ) xL ∧ - R z0 + 0 + ϕ z0 ∧ ( - e xL - R z0 ) = 0
Finalement
. → →
→
R k ω(M1g/Σ) yL - e ϕ yL = 0
soit
car
. →
→
→
Ω (Σ/0) = Ω (PF/0) = ϕ z0
.
R k ω(M1g/Σ) - e ϕ = 0
et donc
Q.7 - En déduire l’expression de la puissance des efforts intérieurs Pi ( EPF ).
.
.
→
→ →
→ eϕ →
→ eϕ →
Pi ( EPF ) = - Cm →
xL . Ω (M1d/Σ) + Cm xL . Ω (M1g/Σ) = - Cm xL . xL + Cm xL .
x
Rk
Rk L
soit
→
→
.
eϕ →
→
Ω (M1g/Σ
Σ) =
x
Rk L
.
eϕ
Pi ( EPF ) = 2 Cm R k
→
Q.8 - Déterminer les vitesses v (G∈Σ/0) , v (C1d∈R1d/0) et v (C1g∈R1g/0).
→
→
→ . →
→
→
→
→
v (G∈Σ/0) = v (G∈PF/0) = v (C1∈PF/0) + Ω (PF/0) ∧ C1G = 0 + ϕ z0 ∧ aG z1
→
→
→
→
→
→ . →
→
v (C1d∈R1d/0) = v (C1d∈PF/0) = v (C1∈PF/0) + Ω (PF/0) ∧ C1C1d = 0 + ϕ z0 ∧ e xL
→
→
→
→
→
→ . →
→
v (C1g∈R1g/0) = v (C1g∈PF/0) = v (C1∈PF/0) + Ω (PF/0) ∧ C1C1g = 0 + ϕ z0 ∧ - e xL
Q.9 - En déduire l’expression de la puissance des efforts extérieurs
.
→
→
v (G∈
∈Σ/0) = aG ϕ sin β xL
. →
→
v (C1d∈R1d/0) = e ϕ yL
. →
→
v (C1g∈R1g/0) = - e ϕ yL
−−−
Pe ( EPF
/ EPF / 0 ) .
Compte tenu des vitesses trouvées à la question Q.8, la puissance des actions de pesanteurs
→ →
→ →
→
- mΣ g z0 . v (G∈Σ/0) - mr g z0 . [ v (C1d∈R1d/0) + v (C1g∈R1g/0) ] est nulle et donc
−−−
→ →
→ →
→ →
→ →
Pe ( EPF
/ EPF / 0 ) = R2d . v (I2d∈R2d/0) + R2g . v (I2g∈R2g/0) = T2d nd . v (I2d∈R2d/0) + T2g ng . v (I2g∈R2g/0 )
soit
−−−
Pe ( EPF
/ EPF / 0 )
= - T2d
→
v (I2d∈R2d/0) →
. v (I2d∈R2d/0) - T2g
→
|| v (I2d∈R2d/0) ||
soit
−−−
Pe ( EPF
/ EPF / 0 )
= - T2d
→
|| →
v (I2d∈R2d/0) || - T2g || v (I2g∈R2g/0 ) ||
avec
T2d = f Z2d , T2g = f Z2g
et
→
v (I2g∈R2g/0) →
. v (I2g∈R2g/0 )
→
|| v (I2g∈R2g/0) ||
.
→
|| →
v (I2d∈R2d/0) || = || v (I2g∈R2g/0 ) || = ϕ
soit
b 2 + e2
−−−
Pe ( EPF
/ EPF / 0 )
.
= - f ( Z2d + Z2g ) ϕ
b2 + e2
..
Q.10 - Appliquer le théorème de l’énergie cinétique et montrer que le couple moteur est donné par Cm = k1 [ J ϕ + k2 ( Z2d + Z2g ) ]
3
pour laquelle on précisera l’expression littérale de chacun des coefficients k1 et k2 .
Avec les expressions proposées ou déterminées précédemment, le théorème de l’énergie cinétique conduit à
.
.
.
..
. ..
eϕ
Rk
- f ( Z2d + Z2g ) ϕ b2 + e2
soit, comme ϕ ≠ 0,
Cm =
[ J ϕ + f b2 + e2 ( Z2d + Z2g ) ]
J ϕ ϕ = 2 Cm
Rk
2e
Rk
2e
et
k2 = f b2 + e2
225
= 1,32 10-2
25 . 2 . 340
et
k2 = 0,6
soit l’expression proposée avec
Application numérique : k1 =
k1 =
5532 + 3402 = 389 mm
.
Q.11 - Déterminer la valeur numérique du couple moteur Cm nécessaire pour assurer l’évolution de la vitesse ϕ définie sur
la Figure 4.
Cm = 1,32 10-2 [ 34 . 1,26 + 0,389 . 8 ]
soit
Cm = 0,607 N.m = 607 mN.m
.
Q.12 - Déterminer la vitesse maximale ωMmax que doit atteindre le moteur pour assurer l’évolution de la vitesse ϕ définie sur la
Figure 4. Le moteur, dont les caractéristiques sont données sur la Figure 6, est il apte assurer le fonctionnement demandé ici ?
.
.
340 . 1,26 . 25 30
e ϕmax
ωMmax =
avec ϕmax = 1,26 rad/s soit
ωMmax =
ωMmax = 455 tr/min
225
Rk
π
Couple moteur
en milliNewton . mètre
Le
moteur
proposé
est
largement
suffisant pour la motorisation de l’engin étudié.
2000
48 V
Vitesse
de
rotation
du
moteur
en tr/min
24 V
1000
Cm
0
0ω
Mmax
2000
4000
Figure 6 : Caractéristique du moteur retenu