Sterowanie Mechanizmów Wieloczłonowych
Wykład 2 - Kinematyka Mechanizmów Wieloczłonowych
dr inż. Jakub Możaryn, mgr inż. Jan Klimaszewski
Instytut Automatyki i Robotyki
Warszawa, 2019
Zadanie proste kinematyki
Zadanie proste kinematyki MW - obliczenie współrzędnych kartezjańskich (zewnętrznych) punktu na MW znając jego współrzędne uogólnione. Za- zwyczaj chodzi o jeden z punktów ostatniego członu MW w układzie ba- zowym.
PAm = TmkPAk, k > m (1)
gdzie: PAk =
xAk
yAk
zAk
1
- współrzędne punktu A w k-tym układzie
PAm=
xAm yAm zAm 1
- współrzędne punktu A w m-tym układzie
Tmk = Tmm+1Tm+1m+2. . . Tk−1k =Rmk Dkm
0 1
(2)
Zadanie proste kinematyki - ujęcie ogólne
Mając dane współrzędne uogólnione q1, · · · , qnnależy wyznaczyć położe- nie i orientację ostatniego członu MW.
Wykorzystuje się do tego macierz przekształceń
H = T0n(q1, · · · , qn) =R D
0 1
(3)
gdzie: gdzie: R ∈ R3×3 - macierz obrotu, D ∈ R3×1 - wektor opisujący przesunięcie.
Macierz przekształcenia pomiędzy układami współrzędnych (bazowy / koń- cówka MW)
H = T0n(q1, · · · , qn) = T01(q1)T12(q2) · · · Tn−1n (qn) (4) Dla zadania prostego kinematyki zawsze istnieje rozwiązanie.
Zadanie proste kinematyki - przykład
Rysunek:Schemat nogi z DH.
Rysunek:Wizualizacja 3D robota czteronożnego
i ai αi di θi 1 l1 0 0 θ1 2 l2 0 0 θ2
Tablica:Parametry DH.
Zadanie proste kinematyki - przykład
Dla omawianego modelu z rys. 1 macierz transformacji z układu 0 do układu 2 jest równa:
T02= T01· T12 (5) gdzie
T01=
c1 −s1 0 l1c1 s1 c1 0 l1s1
0 0 1 0
0 0 0 1
, T12=
c2 −s2 0 l2c2 s2 c2 0 l2s2
0 0 1 0
0 0 0 1
(6)
przyjmując oznaczenia snm= sin(θn+ θm), cnm= cos(θn+ θm) otrzymu- jemy:
T02=
c12 −s12 0 l1c1+ l2c12
s12 c12 0 l1s1+ l2s12
0 0 1 0
0 0 0 1
(7)
Zadanie odwrotne kinematyki - ujęcie ogólne
Mając dane położenie i orientację ostatniego członu MW w postaci trans- formacji
H = T0n(q1, · · · , qn) =R D
0 1
(8) rozwiąż równanie (in. znajdź współrzędne uogólnione q1, · · · , qn)
H = T0n(q1, · · · , qn) = T01(q1)T12(q2) · · · Tn−1n (qn) (9) Otrzymujemy układ równań skalarnych:
Tij(q1, · · · , qn) = hij, i = 1, . . . , 3, j = 1, . . . , 4 (10) Układ może mieć wiele rozwiązań lub nie mieć żadnego.
Zadanie odwrotne kinematyki - metody
Rozwiązanie analityczne w formie zamkniętej
qk = fk(h11, · · · , h34), k = 1, · · · , n (11)
Rozwiązanie algebraiczne.
Rozwiązanie geometryczne.
Rozwiązanie numeryczne. Na przykład całkując równanie różniczkowe
v ω
= J(Q) · ˙Q, (12)
gdzie: ˙Q = [ ˙q1, · · · , ˙qn]T, J ∈ R6×n - Jakobian.
Zadanie odwrotne kinematyki - uwagi
UWAGA 1: Rozwiązanie analityczne daje dokładniejszy wynik niż rozwią- zanie numeryczne, ale jest trudne do obliczenia.
UWAGA 2: Istnieją metody upraszczające rozwiązywanie zadania odwrot- nego. Np. odsprzęganie kinematyczne - dla manipulatorów o 6-ciu stawach, jeśli osie 3 ostatnich przecinają się w jednym punkcie, możliwe jest roz- dzielenie problemu na dwa prostsze: zadanie odwrotnej kinematyki pozycji i zadanie odwrotnej kinematyki orientacji.
Prędkość członów MW
Każdy człon MW posiada prędkość kątową ω i prędkość liniową V . Prędkość kątowa członu i wyrażona w układzie bazowym 0 wynosi
ω0i =
i
X
j =1
ω0j =
i
X
j =1
ρjq˙jZj −10 (13)
gdzie
ρj =
(1 jeżeli przegub j jest obrotowy
0 jeżeli przegub j jest przesuwny (14) oraz
Zj −10 = R0j −10 0 1T (15) Prędkość liniową środka układu współrzędnych członu i wyrażona w układzie bazowym 0 wynosi:
Vi0= ˙Di0=
i
X
j =1
∂Di0
∂qj
˙
qj (16)
Zadanie proste kinematyki prędkości - jakobian
Wyznaczenie prędkości Vn0i ω0nostatniego członu MW na podstawie zna- nych prędkości współrzędnych uogólnionych ˙Q = [ ˙q1, · · · , ˙qn]T.
Vn0 ωn0
= J(Q) · ˙Q (17)
gdzie: J(Q) - jakobian.
Równanie (9) można przedstawić jako
Vn0 ω0n
=JD(Q) JR(Q)
· ˙Q (18)
gdzie: JD - jakobian przemieszczenia, JR - jakobian obrotu.
Jakobian przemieszczenia i obrotu
Jakobiany JD(Q) oraz JR(Q) można wyznaczyć na podstawie znanych prędkości współrzędnych uogólnionych ˙Q = [ ˙q1, · · · , ˙qn]T.
JD(Q) =h
∂D0n
∂q1
∂D0n
∂q2 · · · ∂D∂q0n
n
i
(19)
JR(Q) =ρ1Z00 ρ2Z10 · · · ρnZn−10
(20) gdzie Z00=0 0 1T.
Zadanie proste kinematyki prędkości - przykład
Dla omawianego modelu z rys. 1 położenie ostatniego układu współrzęd- nych:
(dx = l1c1+ l2c12
dy = l1c1+ l2c12
(21) różniczkując po czasie otrzymujemy
(vx = ˙dx = −l1s1θ˙1− l2s12( ˙θ1+ ˙θ2)
vy = ˙dy = l1c1θ˙1+ l2c12( ˙θ1+ ˙θ2) (22) ostatecznie
V =vx vy
=
d˙x d˙y
=(−l1s1− l2s12) (−l2s12) (l1c1+ l2c12) (l2c12)
θ˙1 θ˙2
= JD(θ)
θ˙1 θ˙2
(23)
Zadanie odwrotne kinematyki prędkości
Wyznaczenie prędkości współrzędnych uogólnionych ˙Q = [ ˙q1, · · · , ˙qn]T na podstawie znanych prędkości V i ω końcówki MW.
Q = [J(Q)]˙ −1V ω
(24)
Rozwiązanie takiego problemu występuje tylko, gdy J jest macierzą nie- osobliwą, tzn. det(J(Q)) 6= 0
Sterowanie Mechanizmów Wieloczłonowych
Wykład 2 - Kinematyka Mechanizmów Wieloczłonowych
dr inż. Jakub Możaryn, mgr inż. Jan Klimaszewski
Instytut Automatyki i Robotyki
Warszawa, 2019