Croix de Malte (mécanisme)

Représentons le système au moment où le doigt pénètre dans la rainure. Nous plaçons la droite reliant les centres des roue à l'horizontale. La rainure fait donc un angle α avec l'horizontale Le vecteur vitesse est perpendiculaire à la trajectoire ; comme le doigt décrit un cercle, la droite portant le vecteur vitesse est donc tangente au cercle, c'est-à-dire perpendiculaire au rayon en ce point. Nous avons donc un triangle rectangle d'hypoténuse E, dont l'un des angles vaut π/n et dont le côté opposé à l'angle a pour longueur R₁. Nous avons donc :

${\displaystyle \mathrm {R} _{1}=\mathrm {E} \sin \alpha }$

Le rayon du cercle circonscrit à la croix de Malte est par ailleurs la longueur du côté adjacent du triangle rectangle, soit

${\displaystyle \mathrm {R} _{2}={\frac {\mathrm {R} _{1}}{\tan \alpha }}=\mathrm {E} \cos \alpha .}$

On a en cote nominale (en supposant un jeu nul) :

${\displaystyle \mathrm {R} _{1}=\mathrm {R} _{3}+r+e_{1}}$

soit

${\displaystyle \mathrm {R} _{3}=\mathrm {R} _{1}-r-e_{1}}$

Du fait du jeu nécessaire, il faut en fait

${\displaystyle \mathrm {R} _{3}<\mathrm {R} _{1}-r-e_{1}}$

la différence (R₁ - r - e₁) - R₃ étant le jeu.

Le contact doit être effectif, on a donc également nécessairement :

${\displaystyle \mathrm {R} _{3}>\mathrm {E} -\mathrm {R} _{2}}$

soit

${\displaystyle \mathrm {R} _{3}>\mathrm {R} _{1}\left({\frac {1}{\sin \alpha }}+{\frac {1}{\tan \alpha }}\right)=\mathrm {R} _{1}{\frac {1+\cos \alpha }{\sin \alpha }}}$.

On appelle angle d'entrée, et on note θ_e, l'angle que fait le rayon passant par le doigt avec l'axe des x, et qui caractérise l'orientation de la roue menante. On appelle angle de sortie, et on note θ_s, l'angle que fait l'axe d'une rainure par rapport à l'axe des x, et qui caractérise l'orientation de la roue menée.

Étude de l’intermittence

L'angle d'entrée θ_e évolue de manière uniforme

${\displaystyle {\dot {\theta }}_{\mathrm {e} }=\omega }$

la vitesse angulaire ω est négative sur le dessin. L'équation horaire de l'angle d'entrée s'écrit donc

${\displaystyle \theta _{\mathrm {e} }=\omega t+\varphi }$

où φ est l'angle à t = 0, choisi arbitrairement. Pour la représentation graphique, nous choisissons φ de sorte que le doigt entre dans la rainure à t = 0, soit

${\displaystyle \varphi ={\frac {\pi }{2}}-\alpha }$.

La durée d'entraînement τ correspond à une rotation de la roue menante d'un angle φ à l'angle symétrique -φ, soit

${\displaystyle \omega \tau =(-\varphi )-\varphi =-2\varphi =2\alpha -\pi .}$

soit

${\displaystyle \tau ={\frac {2\alpha -\pi }{\omega }}.}$

La période totale vaut T = -2π/ω, donc la phase d'entraînement est une fraction de la période totale valant

${\displaystyle {\frac {\tau }{T}}={\frac {-(2\alpha -\pi )}{2\pi }}={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{n}}.}$

Par la suite, pour des raisons de simplicité, nous déterminons θ_s en fonction de θ_e plutôt que de t.

Étude des relations angulaires

L'angle d'entrée est relié à l'angle de sortie par le fait que les deux triangles rectangles ont le même côté opposé h :

${\displaystyle h=\mathrm {R} _{1}\sin \theta _{e}=\mathrm {R} _{3}\tan \theta _{s}.}$

On a donc

${\displaystyle \tan \theta _{\mathrm {s} }={\frac {h}{\mathrm {R} _{3}}}={\frac {h}{\mathrm {E} -\mathrm {R} _{1}\cos \theta _{\mathrm {e} }}}={\frac {h}{\mathrm {R} _{1}}}\times {\frac {1}{\mathrm {E} /\mathrm {R} _{1}-\cos \theta _{\mathrm {e} }}}}$

soit

${\displaystyle \tan \theta _{\mathrm {s} }={\frac {\sin \theta _{\mathrm {e} }}{k-\cos \theta _{\mathrm {e} }}}}$

${\displaystyle \theta _{\mathrm {s} }=\operatorname {arctan} \left({\frac {\sin \theta _{\mathrm {e} }}{k-\cos \theta _{\mathrm {e} }}}\right)}$

Lois de mouvement

En préliminaire, calculons les dérivées suivantes :

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} \cos \theta _{\mathrm {e} }}{\mathrm {d} t}}={\frac {\mathrm {d} \cos(\omega t)}{\mathrm {d} t}}=-\omega \sin(\omega t)=-\omega \sin \theta _{\mathrm {e} }}$

et de la même manière

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} \sin \theta _{\mathrm {e} }}{\mathrm {d} t}}=\omega \cos \theta _{\mathrm {e} }}$

On obtient la vitesse angulaire de la roue menée par dérivation. Reprenons l'expression de tan θ_s. Si l'on dérive le membre de gauche, on a

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} \tan \theta _{\mathrm {s} }}{\mathrm {d} t}}={\dot {\theta }}_{\mathrm {s} }\left(1+\tan ^{2}\theta _{\mathrm {s} }\right)={\dot {\theta }}_{\mathrm {s} }\left(1+{\frac {\sin ^{2}\theta _{\mathrm {e} }}{(k-\cos \theta _{\mathrm {e} })^{2}}}\right)}$

soit

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} \tan \theta _{\mathrm {s} }}{\mathrm {d} t}}={\dot {\theta }}_{\mathrm {s} }\left({\frac {k^{2}-2\cos \theta _{\mathrm {e} }+1}{(k-\cos \theta _{\mathrm {e} })^{2}}}\right)}$

et en dérivant le membre de droite :

${\displaystyle {\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\sin \theta _{\mathrm {e} }}{k-\cos \theta _{\mathrm {e} }}}\right)={\frac {\omega \cos \theta _{\mathrm {e} }(k-\cos \theta _{\mathrm {e} })-\omega \sin ^{2}\theta _{\mathrm {e} }}{(k-\cos \theta _{\mathrm {e} })^{2}}}={\frac {\omega }{(k-\cos \theta _{\mathrm {e} })^{2}}}(k\cos \theta _{\mathrm {e} }-1)}$

En écrivant l'égalité des deux membres, on obtient

${\displaystyle {\dot {\theta }}_{\mathrm {s} }={\frac {\omega (k\cos \theta _{\mathrm {e} }-1)}{k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1}}}$

En dérivant, on détermine l'accélération angulaire :

${\displaystyle {\ddot {\theta }}_{\mathrm {s} }={\frac {\omega ^{2}(k^{2}-1)\sin \theta _{\mathrm {e} }}{(k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1)^{2}}}}$.

On note que cette accélération s'annule pour θ_e = 0, donc la vitesse est maximale en ce point, est

${\displaystyle \omega _{0}={\frac {\omega (k-1)}{k^{2}-2k+1}}={\frac {\omega }{k-1}}}$.

À l'origine, on a θ_e = φ et donc

${\displaystyle {\ddot {\theta }}_{\mathrm {s} }(0)={\frac {\omega ^{2}(k^{2}-1)\sin \varphi }{(k^{2}-2k\cos \varphi +1)^{2}}}={\frac {\omega ^{2}(k^{2}-1)\cos \alpha }{(k^{2}-2k\sin \alpha +1)^{2}}}={\frac {\omega ^{2}(k^{2}-1)\cos \alpha }{(k^{2}-1)^{2}}}\neq 0}$

on a donc un à-coup infini à l'origine. Par symétrie, on a un à-coup infini à la fin du mouvement.

En dérivant l'accélération, on obtient l'à-coup en cours de mouvement :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} ^{3}\theta _{\mathrm {s} }}{\mathrm {d} t^{3}}}\ &={\frac {\omega ^{3}(k^{2}-1)}{(k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1)^{2}}}\left(\cos \theta _{\mathrm {e} }-{\frac {4k\sin ^{2}\theta _{\mathrm {e} }}{k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1}}\right)\\&={\frac {\omega ^{3}(k^{2}-1)}{(k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1)^{3}}}(-2k\cos ^{2}\theta _{\mathrm {e} }+(k^{2}+1)\cos \theta _{\mathrm {e} }-4k\sin ^{2}\theta _{\mathrm {e} })\\&={\frac {\omega ^{3}(k^{2}-1)}{(k^{2}-2k\cos \theta _{\mathrm {e} }+1)^{3}}}(2k\cos ^{2}\theta _{\mathrm {e} }+(k^{2}+1)\cos \theta _{\mathrm {e} }-4k)\end{aligned}}}$

L'accélération est maximale lorsque l'à-coup s'annule, ce qui revient à résoudre :

${\displaystyle 2k\cos ^{2}\theta _{\mathrm {e} }+(k^{2}+1)\cos \theta _{\mathrm {e} }-4k=0}$

soit, en posant x = cos θ_e

${\displaystyle 2kx^{2}+(k^{2}+1)x-4k=0{\text{$ ; }}\sin \alpha \leqslant |x|\leqslant 1}

qui est une équation du second degré de discriminant strictement positif

${\displaystyle \Delta =(k^{2}+1)^{2}+32k^{2}=k^{4}+34k^{2}+1>0}$

L'équation admet donc deux solutions réelles

${\displaystyle x_{1,2}={\frac {-(k^{2}+1)\pm {\sqrt {\Delta }}}{4k}}}$

On obtient, pour quelques valeurs de n :