Croix de Malte (mécanisme)

Pour le symbole chrétien, voir Croix de Malte (symbole). Pour les autres significations, voir Croix de Malte.

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 :