Robot de palettisation à deux axes : les couples moteurs par isolements successifs

La stratégie. Chaîne ouverte : on isole d'abord le bout de la chaîne, {2 + sac}, et l'on écrit le moment en $B$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$ (le pivot en $B$ disparaît, $C_2$ reste seul) ; puis l'ensemble {1 + 2 + sac}, moment en $O$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$ (le pivot en $O$ disparaît, $C_2$ est intérieur, $C_1$ reste seul). Le mouvement est imposé : ce sont deux équations algébriques.

1) Graphe de structure et isolements.

La pesanteur agit sur 1, 2 et le sac. Isolement 1, {2 + sac} : la frontière coupe le pivot en $B$ et le moteur 2 ; théorème du moment dynamique en $B$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$ : $$C_2+\overrightarrow{M}(B,\text{pesanteur})\cdot {\overrightarrow{z}}_0=\overrightarrow{\delta }(B,\{2+\text{sac}\}/R_0)\cdot {\overrightarrow{z}}_0.$$ Isolement 2, {1 + 2 + sac} : la frontière coupe le pivot en $O$ et le moteur 1 ; le moteur 2 est intérieur. Théorème du moment dynamique en $O$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$. Le moment dynamique d'un ensemble est la somme des moments dynamiques de ses solides au même point : $\overrightarrow{\delta }(P)={\sum }_i\left[J_i{\dot{\omega }}_i{\overrightarrow{z}}_0+\overrightarrow{P{G}_i}\wedge m_i\overrightarrow{\Gamma }(G_i)\right]$ ($B$ est mobile : on transporte depuis chaque $G_i$, on ne dérive pas en $B$).

2) À l'arrêt. Positions : $\overrightarrow{OB}=(0,40;0,693)$, $G_1=(0,20;0,346)$, $G_2=(0,75;0,693)$, $C=(1,10;0,693)$ en mètres. Les moments des poids sont les poids multipliés par les bras de levier horizontaux : $$C_2=g\left(m_2\times 0,35+m_s\times 0,70\right)=41,2+171,7=212,9\mathrm{N}\cdot \mathrm{m},$$ $$C_1=g\left(m_1\times 0,20+m_2\times 0,75+m_s\times 1,10\right)=39,2+88,3+269,8=397,3\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}.$$

3) Le démarrage de l'axe 1 sature le moteur 2. Le bras 2 étant immobile par rapport au bras 1, l'ensemble tourne comme un seul solide autour de $O$ : $\overrightarrow{\Gamma }(P)={\ddot{\theta }}_1{\overrightarrow{z}}_0\wedge \overrightarrow{OP}-{\dot{\theta }}_1^2\overrightarrow{OP}$, et la vitesse angulaire du bras 2 est celle du bras 1. Pour un point $P$ et un point de référence $Q$, $\left(\overrightarrow{QP}\wedge ({\ddot{\theta }}_1{\overrightarrow{z}}_0\wedge \overrightarrow{OP})\right)\cdot {\overrightarrow{z}}_0={\ddot{\theta }}_1\overrightarrow{QP}\cdot \overrightarrow{OP}$. En $B$, avec $\overrightarrow{B{G}_2}\cdot \overrightarrow{O{G}_2}=0,35\times 0,75=0,2625{\mathrm{m}}^2$ et $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{OC}=0,70\times 1,10=0,77{\mathrm{m}}^2$ : $$C_2=212,9+{\ddot{\theta }}_1\left(J_2+m_2\times 0,2625+m_s\times 0,77\right)=212,9+4\times (0,49+3,15+19,25)=304,4\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}.$$ En $O$, $\overrightarrow{O{G}_i}\cdot \overrightarrow{O{G}_i}=O{G}_i^2$ et l'on retrouve un moment d'inertie de l'ensemble autour de $O$ : $J_O=\sum (J_i+m_{i}O{G}_i^2)=4,27+13,0+42,25=59,5\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$, et $$C_1=397,3+4\times 59,5=635,4\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}<650\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}.$$ L'axe 1 est conforme (marge $2\%$), mais $C_2=304\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ dépasse les $280\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ du moteur 2 : non conforme. Le moteur 2 sature alors que son axe ne bouge pas : c'est l'accélération de $B$, imposée par l'axe 1, qui le charge — un couplage entre axes que seule l'écriture du moment dynamique en $B$ mobile fait apparaître. Accélération admissible : $212,9+22,89{\ddot{\theta }}_1\le 280$, soit ${\ddot{\theta }}_1\le 2,93\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}$.

4) La rotation à vitesse constante soulage l'axe 2. Avec ${\ddot{\theta }}_1=0$, $\overrightarrow{\Gamma }(P)=-{\dot{\theta }}_1^2\overrightarrow{OP}$ et $\left(\overrightarrow{BP}\wedge (-{\dot{\theta }}_1^2\overrightarrow{OP})\right)\cdot {\overrightarrow{z}}_0=-{\dot{\theta }}_1^2(x_{BP}{y}_{OP}-y_{BP}{x}_{OP})$ ; pour $G_2$ : $0,35\times 0,693=0,2425{\mathrm{m}}^2$, pour $C$ : $0,70\times 0,693=0,485{\mathrm{m}}^2$. D'où $$C_2=212,9-4\times (12\times 0,2425+25\times 0,485)=212,9-60,2=152,7\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}.$$ L'accélération centripète de $G_2$ et de $C$, dirigée vers $O$, a une composante descendante : elle « allège » le bras 2. En $O$, ce terme disparaît ($\overrightarrow{OP}\wedge \overrightarrow{OP}=\overrightarrow{0}$) : $C_1$ reste $397,3\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$.

5) Cas limite. Bras 1 fixe : $B$ devient un point fixe, $\overrightarrow{\Gamma }(P)={\ddot{\theta }}_2{\overrightarrow{z}}_0\wedge \overrightarrow{BP}-{\dot{\theta }}_2^2\overrightarrow{BP}$, le terme en ${\dot{\theta }}_2^2$ n'a pas de moment en $B$, et l'on retrouve $C_2+\overrightarrow{M}(B,\text{pesanteur})\cdot {\overrightarrow{z}}_0=\left(J_2+m_{2}B{G}_2^2+m_{s}B{C}^2\right){\ddot{\theta }}_2$ : un pendule sur axe fixe, c'est-à-dire le théorème du moment dynamique sur un axe fixe, avec le moment d'inertie de {2 + sac} autour de l'axe en $B$.

Ce que l'exercice installe. Dans une chaîne de solides, le graphe de structure dicte l'ordre des isolements : le bout de la chaîne d'abord, puis l'ensemble, dont le moment dynamique est la somme de ceux des solides. Le moment en un point mobile se calcule par transport et fait apparaître les couplages entre axes, que le cahier des charges sanctionne.