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POSTE DE PALETTISATION DE BIDONS
avec robot Kuka KR 180-2 PA
Question 1
a) Le cahier des charges impose une production de 20000L/j, raison de bidons de 5L, cela
reprsente donc : 20000/5=4000 Bidons/jours
b) Le tableau 1 donne alors : mxnxc=10x5x5=250 Bidons/palettes
Il faut donc produire :4000/250=16 palettes/jours
c) Sur une production de 8h, on a donc seulement 30mn consacrer par palette.
Le temps de transfert tant de 2mn, il ne reste donc que 28mn pour la remplir.
d) Pour 250 bidons, cela reprsente alors 1680s/250=6.72s/bidon.
Question 2-1
Cas 2
Nous avons une acclration constante, nous avons ainsi :2
1 max 1
1( ) . . 18,375
2t t = = &
La phase de dclration produite quant elle la mme variation, il reste donc, pour la phase
vitesse constante maxi : 2max
90 18,375 .2 53,25 0,51105 /
d ss
= = =
Cas3
Nous navons dans ce cas pas de phase vitesse constante, chaque phase dacclration ne
produit que 15/2=7,5, do : 1max
2.7,50,22t s
= =
&
On complte alors le tableau :
Cas Axe Amplitude d1=t
1 d
2=t
2-t
1 d
3=d
1 Ti
1 A1 45 0,35 0,08 0,35 0,78
2 A2 90 0,35 0,51 0,35 1,21
3 A3 15 0,22 0 0,22 0,44
Question 2-2
Lordre des mouvements et les temps correspondants sont les suivants :
P0P1P2priseP1PiPjdposePiP0
0,8 0,5 0,1 0,5 1,2 0,5 0,1 0,5 0,8 soit un total de 5s
EELLEEMMEENNTTSSDDEECCOORRRREECCTTIIOONNDDEECCCCPPMMPP22001100
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Question 2-3
Les opration seffectuant en srie et flux tendu, cest le temps le plus important qui
conditionne la ligne, or tp2=6s, tp3=3s, tp6=5s.
Un bidon arrive donc toutes les 6s au robot ce qui lui laisse le temps de le palettiser et de
revenir en place en P0.Il ny a donc pas de stock sur la ligne et le temps dattente ltape 2 est donc nul.
Question 2-4
Pendant le changement de palette, les bidons ne sont plus chargs et saccumulent donc
raison de 1 toutes les 6s.
En 2mn, on a donc 120/6=20 bidons de stocks, soit Qmax=20
Daprs la figure 1, nous savons que les bidons sont disposs suivant leur longueur.
Nous avons donc une longueurs stocke de 20xd1=2400mm
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Le Thorme du Moment Statique en O10fournit alors :
( )
84 34
10 9 48 3 10 4 4
3 3 48 3 3 4
3 48
( ) ( ) ( ) 0
. . 0 0
500. cos 40. sin 40. . 500.cos 40. . 0
: 500. .sin 40 500. .cos 40 0
M R M P M R
O O R x O O P z
x z R x x P z
y R P
+ + =
+ + =
+ + =
+ =
uur uuur uur ur uur uuur r
uuuuuur uur uuuuuur uur r r
uur uur uur uur uur r
uur
Nous avons ainsi :84
34 48 34
tan 40
;tan 40
PR
PX R Y P
=
= = =
b) On isole lensemble [3+4], le BAME nous donne :
-action de 8 sur 4 en O9,
-action du poids en O4,-action de la pivot en O3,
-couple de freinage
Le TMS en O3permet alors dcrire :
3 3
3 3 3
3
84 3
3 9 3 3 4 3 3 3 3
3
( ) ( ) . 0
. . ( . . ) . 0tan 40
: 500.sin 40. .(1350 500.cos 40) 0
tan 40
O f
O O f
f
M R M P M M y
PO O x O O P z L x N z M y
Py P M
+ + + =
+ + + + =
+ + + =
uur uuur uur ur uuuur uur r
uuuuur uur uuuuur uur uur uur uur r
uur
Soit :3
1350. 675 .fM P N m= =
Question 3-2
Grce au rducteur, le couple de freinage disponible en sortie est de 5x200=1000N.m>675Nm.
La fonction est donc assure convenablement.
Question 3-3
a) On isole 7, le BAME fournit alors :
- action de 8 sur 7 en O8, 87 3.tan 40
PR x=uuur uur
-action de la pivot en O3,
-action de 6 sur 7 en O7, 67 67 3.R Z z=uuur uur
.
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Le TMS en O3donne :
3
3 3
3 3
87 67
3 8 3 3 3 3 7 67 3
3 3 3 3 3 3 3
( ) ( ) 0
. ( . . ) . 0tan 40
500.(cos 40. sin 40. ) . ( . . ) 500.( cos30. sin 30.tan 40
O
O O
O O
M R M M R
PO O x L x N z O O Z z
Px z x L x N z x z
+ + =
+ + + =
+ + + + +
uur uuur uuuur uur uuur r
uuuuur uur uur uur uuuuur uur r
uur uur uur uur uur uur u67 3
3 67
) . 0
: 500.cos 40. 500.cos30. 0tan 40
Z z
Py Z
=
+ =
ur uur r
uur
Soit : 67cos40
.cos30
Z P=
On isole alors le systme [2+3+4+7+8], le BAME donne :
-action du poids en O4,
-action de la pivot en O2,-action de 6 sur 7 en O7,
-couple de freinage2 2.fM yuur
Le TMS en O2donne :
3 3 2
3 3 2
2 4 3 3 2 2 7 67 3
3 3 3 3 3 2 3 3 67 3
( . . ) . . 0
((1350 500cos40). 1250. ) . ( . . ) . ( 500.cos30. (1250 500.sin30). ) . 0
O O f
O O f
OO P L x N z M y OO Z z
x z Pz L x N z M y x z Z z
+ + + + =
+ + + + + + + + =
uuuuur ur uur uur uur uuuuur uur r
uur uur uur uur uur uur uur uur uur r
23
cos40:(1350 500.cos40). 500.cos30.( . ) 0
cos30fy P M P+ + + =
uur
Soit :2 3
1350 675 .f fM M P N m= = =
La fonction freinage est donc valide.
Question 4-1
La zone problmatique est larc de cercle en haut de la zone dvolution.
Le cas critique correspond la hauteur maximale des bidons sur les palettes, nous avons le
tableau :Type de bidon Hmax=Hbid+0.5xd3+200 (mm)
5l 1905
10l 1820
20l 1775
40l 2000
Le cas le plus dfavorable est donc obtenu pour les bidons de 40L.
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Question 4-2
2000 mm
2650 mm
300 mm
Point O4
La valeur respecte le cahier des charges.
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Question 4-3
Daprs les donnes du sujet et vu la configuration du robot de la figure 6, nous avons :
3 4
4 3 10 23 4
7
4 3 2 3 2 21 3 2 3 21 3
4 1 4 1 10 1 3 10 1
( / 7) . .
( 7 /1) ( 7 /1) ( 7 /1) . . .
( 1/ 0) ( 1/ 0) . (350 1350 500.cos 40). .
(
dO O
V O O O zdt
V O V O V O O O y O O x
V O V O O O z x z
V
= =
= = + =
= + = + +
uuuuurur uur
ur ur ur uuuuur uur uur
ur ur uuuuur ur uur ur
ur
4 10 31/ 0) (1700 500.cos 40). .O y = +uur
Question 4-4
Le poignet 4 a donc, par rapport 1, un mouvement de translation en 3z
uur
et en 3x
uur
ainsi quunerotation autour de 1 1( , )O z
ur
, ce qui convient trs bien sa fonction de palettisation.
Lintrt par rapport un robot 6 axes est avant tout une question de cot car dans ce cas les
rotations des axes A4, A5 et A6 sont inutiles.
Question 5-1
On isole le bidon, le BAME donne alors :
-son poids appliqu en G,
-action du poignet 4.
Le Thorme de la Rsultante Dynamique nous donne alors : 4 . ( 4 / )R P M G Rg+ = uur ur ur
Or,2
3 10 32 432 42
0 0
1350. .( 4 / ) 1350. .g
d O O d zG R z
dt dt
= = =
uurur uur
&
On a ainsi, sur 4 4 32: 1,35. .z R P M= +uur
&
Il nous manque alors la valeur de M ou du champs de pesanteur.
Nous posons alors g=10m/s.
Nous obtenons ainsi : 324 .( 1,35. ) 853 1800R M g N N= + =
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Question 5-2
O1tant fixe dans Rg, nous avons :
1
1
1
1
1
1 1 1 1
( / )( / )
( / ) ( ; ; ). ( / 0)
g
O g
O g
R
O g
d S RS R
dt
et S R J O S b S
=
=
uuuruur
uuur
Il vient alors :1
1
1 10 1
10
0 0
( / ) 0 . 0 . .
0 0
O g
O b b
A F
S R F B C z
C
= =
uuur ur
Puis :1 1 10 1( / ) . .O gS R C z =
uur ur&
Le TMD sur ( )1 1,O zur
donne alors : 10 1. 200.300. 1047 .180
C M N m
= = =&
Question 5-3
La puissance de 4,5kW et la vitesse de rotation de 3500tr/mn nous permettent de calculer le
couple moteur :4500
12,3 .
3500.30
PC N m
= = =
En sortie de rducteur, nous avons donc : 200. 2457 . 1047 .redC C N m N m= = >
La puissance du moteur convient donc.
Question 5-4
Cette fois-ci, le point de calcul nest pas fixe, on a donc :
2
2
2
2 2 2 2
( / )( / ) . ( / ) ( / )
g
O g
O g g g
R
d S RS R mV O R V G S R
dt
= +
rr r r
Avec :2 22
2 2 2 2 2 2 2 ( / )( / ) . ( / ) ( , )O gO g g S RS R M O G V O S R J S = + uuuuur r r rr
Il convient donc de calculer chacun des termes et pour ce faire il nous faut les coordonnes du
point G2, centre de masse du systme 2.
Or nous navons trouv aucune donne dans le sujet.par contre, la page 6 nous dit que le
poids de toutes les pices est nglig , nous prenons donc m=0
Nous pouvons ainsi calculer :
2 22
2 2 2 2
2 2 10 2 2 10 2 2 21
2 2 ( / ) 2 2 21 2 10 2 2 21
2 10 2 2 10 2
0 .sin ( . .sin . )
( / ) ( , ) 0 . . .sin .
0 0 .cos . .cosO gO g S R
O b b b
A F A F
S R J S F B F B
C C
+
= = = +
uuur r r
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Puis il vient alors :
2 2
2
2 2
2
2 10 2 2 21 2 10 2 2 21
2
2 2 10 2 2 21 2 10 2 2 21
2 10 2 2 10 2
2 1
2
( . .sin . ) ( . .sin . )( / )
( / ) . .sin . (2 / ) . .sin .
. .cos . .cos
.( / )
b
g
O g
O g g
R
b b
O g
A F A Fdd S R
S R F B R F Bdt dt
C C
AS R
+ +
= = + + +
=
rurr
&r ( )
22
0 2 10 20 2 2 21 10 2 2 10 2 2 21
2 10 2 10 20 2 2 21 21 2 10 2 2 21
2 10 2 10 20 2 10 2 2 10 2
.sin . .cos . .sin ( . .sin . ).( .sin . .cos ) . . .sin .
.( .cos . .sin ) .cos . .cosbb
F A FF B F B
C C
+ + +
+ + +
+
&
& &
&2b
Soit :
( )
2
2
2 10 2 10 20 2 2 21 10 2 2 2 21 10 2 2 10 21 2
2
2 2 2 10 2 2 2 10 2 10 20 21 2 2 21
2 10 2 10 20 2
. .sin . .cos .( .cos .sin ) . . .cos . . .cos
( / ) ( ). .cos .sin .( .sin .( ).cos ) .
.( .cos . .sin )
O g
A F B C
S R C A F B
C A
+ + +
= + + +
+ +
& &r
& &
&2
2 2 2
2 10 21 2 2 21 10 2 2 21 10 2. . .sin .( .sin . . .sin bF B
+
Question 5-5
Oui car le solide 2 se retrouve dans un rfrentiel en rotation.
Question 6-1
En utilisant le thorme de lnergie cintique, nous calculons : int)/(
PPdt
REdext
gC+=
SoitEc(/Rg)=Ec(1/Rg) + Ec(m/Rg)avec 2112
1)/1( = JRE gc ,
2
2
1)/( mmgc JRmE = et
Nm
11=
.
( )
+=+=
2
1
22
11
2
2
1
2
1)/(
NJJJJRE mmmmmgc
2
2
1
2
1)/( mmgc
N
JJRE
+=
2
1
N
JJJ me +=
Question 6-2
Avec des conditions initiales nulles :
(1) )t(e)t(iR)t(u ++++==== )p(E)p(IR)p(U ++++====
(2) )t(k)t(e me ==== )p(k)p(E me ====
(3) )t(cdt
)t(dJ m
me ====
)p(C)p(pJ mme ====
(4))t(ik)t(c tm
==== )p(Ik)p(C tm
====
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Question 6-3
Question 6-4
e
e
t
e
t
kpJ
kR
pJk
RpM
.11
1
11
)(
+
= ete
t
kkpJR
kpM
+=)(
1
1
)(+
=
pkk
JR
kpM
et
e
e
Avec1
)(+
=p
kpM
m
m
et
e
mkk
JR
= en s
e
mk
k1
= en rad s-1
V-1
Question 6-5
2,02,0
1025,52 3
=
m 2,02,0
1092 3
=
m
m= 0,2625 s m= 0,45 s
Tr5%= 3m= 0,7875 s Tr5%= 3m= 1,35 s
108,31
== sradm
c
122,21
== sradm
c
Question 6-6
Plus linertie quivalente est importante, plus le systme est lent.
Le gain kg de la gnratrice tachymtrique
scrit : sradVkg ..1027,32
60
03600
012 13 =
=
sradVkg ..1027,3
13 =
R
1
ktpJe
1
ke
U(p)
E(p)
I(p) Cm(p) m(p)+
-
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Question 6-7
p
kkG
p
kG
pH
m
gm
m
m
+
+
+
=
11
1)(
gmm
m
kkGp
kGpH
++
=
1)(
11
1)(
)(
)(
++
+
==
pkkG
kkG
kG
pHpU
p
gm
m
gm
m
v
m
Avec :1
)()(
)('
'
+==
p
kpH
pU
p
m
m
v
m
gm
m
mkkG
kGk+
=
1
' en rads-1
V-1
etgm
m
mkkG +
=1
' en s
Question 6-8
ggm
m
Ggm
m
G
gm
m
G
gm
m
gm
m
G kkkG
kG
kkG
kGkkG
kG
pkkG
kkG
kG
1
lim1lim1
1
lim1
1
1
lim =
=
+
=
+
=
++
+
dogk
pH1
)(
Question 6-9
On a )()(
tN
tr
m
= etdt
tdt rr
)()(
= avec des conditions initiales nulles
Soit )()( tN
tr
m = N
pp rm)()( =
Soitdt
tdt rr
)()(
= )()( ppp rr =
Do
pNp
ppR
m
r
=
=
1
)(
)()(
Do ra kk =180
Do ka= 6,98 10-2
V/
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Question 6-10
La fonction de transfert en boucle ouverte peut scrire :( )pp
N
kkk
pTm
rmc
+
='
'
1)(
( )ppkpT
m
BO
+=
'1)(
N
kkkk rmcBO
=
'
http://www.upsti.fr/serv3/module_formation_SLCI/co/Contenu93.html
Question 6-11
a)La marge de phase est dfinie par ))(arg(180 0=+= GainjTM
Do
+
+=
jjk
m
BO '1
1arg
1arg)arg(18045
)arctan(90018045 ' += m soit '1
m
c
==
Do
+
==
c
cc
BOkjT
1
11)(1
'
2
m
BOk
=
b)
AvecN
kkkk rmcBO
=
'
on obtient :N
kkk rmc
m
=
'
'
2
rmm
ckk
Nk
=
''
2
430105
20023
=
ck kc= 471,10 sans unit
c)
Lcart de position est dfini par :( ))()(lim)(lim00
pUpUppp repp
S ==
pour Ue(p)chelon damplitude a
)()()()()()( ppTpUpUpUp ere == )()(1
1)( pU
pTp e
+=
+=
)()(1
1lim
0pU
pTp e
pS
Pour une position donnep
kpU ae
=
0)(
soit
+=
p
k
pTp a
pS
0
0 )(1
1lim
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( )
++
= p
k
pp
kp a
m
BOp
S
0
'
0
11
1lim
soit( )
( )0
1
1lim
'
'
0
0=
++
+=
BOm
ma
pS
kpp
ppk
0=S Ce rsultat tait prvisible car le systme est de classe 1.
Question 6-12
Si nous avons une consigne de vitesse de 105s-1
. ttate == 105)(
Do2
105)(
ppe =
Question 6-13
Lcart de trainage est dfini par :
( ))()(lim)(lim00
pUpUppp repp
d ==
pour Ud(p)rampe de coefficient directeur a.
+=
20
105
)(1
1lim
p
k
pTp a
pd
( )
+
+
=
2
'
0
105
1
1
1lim
p
k
pp
kp a
m
BOp
d
soit( )
( )( ) BOa
BOm
m
pd
k
k
kppp
pp =
++
+=
105
1
1105lim
'
'
0
BO
a
dk
k=
105
Avec'
2
m
BOk
= on a2
105 'mad
k
= d= 0,025 V
Si on reconstruit un schma bloc retour unitaire partir du kapropos nous obtenons le
rsultat classique.
BO
dk
105= soit
2
105 'md
= soit 0,37 le cahier des charges est respect.