Projekt, wersja gotowa

background image


str. 1

Politechnika Śląska

Wydział: Mechaniczny Technologiczny

Automatyka i Robotyka











Kinematyka i Dynamika Robotów i

Manipulatorów


Projekt:

Budowa Robota: częśd obliczeniowa







Grupa I

Sekcja:

Mateusz Borkowski

Łukasz Chejduk

Jakub Cieloch

Dawid Gach

background image


str. 2

Proste zadanie kinematyki

Lp.

Α

i

l

i

Θ

i

d

i

T

1

-

-

0

50

T

2

90

0

-

30

0

-

T

3

-90

0

-

-

180

T

4

90

0

-

-45

0

+90

0

-

T

5

-

100

-

-

1.Transformacja T(0-

1) Rot(z; θ1)*Trans(Z;l1)

2.Transformacja T(1-

2) Rot(x; 90)*Rot(Z;θ2)

3.Transformacja T(2-3) Rot(X;-90)Trans(Z:d3)
4.Transformacja T(3-

4) Rot(X:90)*Rot(Z;θ3+90)

5.Transformacja T(4-5) Trans(X;l5)

T

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

50

1









T

1

T

2

0.866

0

0.5

0

0.5

0

0.866

0

0

1

0

0

0

0

50

1









T

1

T

2

T

3

0.866

0

0.5

0

0

1

0

0

0.5

0

0.866

0

90

1.477

10

15

205.885

1

T

1

T

2

T

3

T

4

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

90

1.477

10

15

205.885

1

T

1

T

2

T

3

T

4

T

5

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

186.593

0

231.766

1









background image


str. 3

1.Transformacja T(0-

1) Rot(z; θ1)*Trans(Z;l1)

l

1

50



1

0



l

2

80



2

6



d

3

180



3

4



l

5

100



RZ

1

cos

1

 

sin

1

 

0

0

sin

1

 

cos

1

 

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1











TZ

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

l

1

1



T

1

RZ

1

TZ

1



T

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

50

1









2.Transformacja T(1-

2) Rot(x; 90)*Rot(Z;θ2)

2

2







RX

2

1

0

0

0

0

cos

2

 

sin

2

 

0

0

sin

2

 

cos

2

 

0

0

0

0

1











RZ

2

cos

2

 

sin

2

 

0

0

sin

2

 

cos

2

 

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1











T

2

RX

2

RZ

2



T

2

3

2

0

1

2

0

1

2

0

3

2

0

0

1

0

0

0

0

0

1

T

1

T

2

0.866

0

0.5

0

0.5

0

0.866

0

0

1

0

0

0

0

50

1









background image


str. 4

3.Transformacja T(2-3) Rot(X;-90)Trans(Z:d3)

RX

3

1

0

0

0

0

cos

3

 

sin

3

 

0

0

sin

3

 

cos

3

 

0

0

0

0

1











TZ

3

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

d

3

1



T

3

RX

3

TZ

3



T

3

1

0

0

0

0

0

1

0

0

1

0

0

0

180

0

1









3

2



T

1

T

2

T

3

0.866

0

0.5

0

0

1

0

0

0.5

0

0.866

0

90

1.477

10

15

205.885

1

4

2



4.Transformacja T(3-

4) Rot(X:90)*Rot(Z;θ3+90)

RZ

4

cos

3

2





sin

3

2





0

0

sin

3

2





cos

3

2





0

0

0

0

1

0

0

0

0

1



RX

4

1

0

0

0

0

cos

4

 

sin

4

 

0

0

sin

4

 

cos

4

 

0

0

0

0

1











T

4

RX

4

RZ

4



T

4

2

2

0

2

2

0

2

2

0

2

2

0

0

1

0

0

0

0

0

1

T

1

T

2

T

3

T

4

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

90

1.477

10

15

205.885

1

5.Transformacja T(4-5) Trans(X;l5)

TX

5

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

l

5

0

0

1



T

5

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

100

0

0

1









T

1

T

2

T

3

T

4

T

5

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

186.593

0

231.766

1









background image


str. 5

Odwrotne Zadanie Kinematyki

T

2

T

3

T

4

T

5

cos

2

3





cos

2

 

sin

2

3





sin

2

 

0

cos

2

3





sin

2

 

sin

2

3





cos

2

 

0

cos

2

3





sin

2

 

sin

2

3





cos

2

 

0

cos

2

3





cos

2

 

sin

2

3





sin

2

 

0

0

1

0

0

100 cos

2

3





cos

2

 

180 sin

2

 

100 sin

2

3





sin

2

 

0

180 cos

2

 

100 cos

2

3





sin

2

 

100 sin

2

3





cos

2

 

1

Aby wyznaczyd pierwszy kąt niewiadomy, decydujemy się na porównanie komórki (1,3)

Po wprowadzeniu kąta do macierzy otrzymujemy :

To

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

186.593

0

231.766

1











Macierz końcowa To=T01*T12*T23*T34
tutaj oznaczona jako To

Oblicz

anie pierwszego kąta t1, czyli teta 1

T

1

 

1

To

0.966cos

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0.966sin

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0.259

0

0.259cos

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0.259sin

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0.966

0

sin

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

cos

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0

0

186.593cos

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

186.593sin

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

181.766

1

sin

1

 

cos

1

 

2

sin

1

 

2

0



2

sin(θ1)=0 czyli θ1=0

.. To1=T01^(-1) *To

To1

0.966

0

0.259

0

0.259

0

0.966

0

0

1

0

0

186.593

0

181.766

1











background image


str. 6

Z powyższych macierzy wyznaczamy również zależności między kolejnymi dwoma kątami.

Dla θ

1

=0

.

cos

2

3





cos

2

 

sin

2

3





sin

2

 

0.966



2

sin

3

 

cos

2

 

cos

3

 

sin

2

 

0.966



- sin

3

 

cos

2

 

cos

3

 

sin

2

 

)=0.966

-sin(

3

+

2

)=0.966

sin(

3

+

2

)=-0.966

3

+

2

=arcsin(-0.966)

3

+

2

=-750

2

=-75o-

3


100 cos

2

3





cos

2

 

180 sin

2

 

100 sin

2

3





sin

2

 

=186.593

100(-sin(

3

))cos(

2

)-100cos(

3

)sin(

2

)-180sin(

2

)=186.593

-100(sin(

3

)cos(

2

)+cos(

3

)sin(

2

))--180sin(

2

)=186.593

-100sin(

3

+

2

)-180sin(

2

)=186.593

2

=-75o-

3

-100sin(-75o-

3

+

3

)-180sin(-75o-

3

)=186.593

-100sin(-75o)-180sin(-75o-

3

)=186.593

-180sin(-75o-

3

)=186.593-96.593//-180

180sin(-75o-

3

)= -0.5

-75o-

3

=arcsin(-0.5)

-75o-

3

=-30o

3

=-45o

3

=-45o

2

=-75o-

3

2

=-75o-(-450)

2

=-300

background image


str. 7

Dla θ

1

=180

o

Manipulator może byd ustawiony w 2 różnych pozycjach aby ostatni człon był w tym samym miejscu,
jednakże dla θ

1

=180

o

wartośd innego kąta θ

2

=120

o

co nie zawiera się w założeniach konstrukcyjnych, i

nie może byd zrealizowane.

100 cos

2

3





cos

2

 

180 sin

2

 

100 sin

2

3





sin

2

 

=-186.593

100(-sin(

3

))cos(

2

)-100cos(

3

)sin(

2

)-180sin(

2

)=-186.593

-100(sin(

3

)cos(

2

)+cos(

3

)sin(

2

))--180sin(

2

)=-186.593

-100sin(

3

+

2

)-180sin(

2

)=-186.593

2

=-75o-

3

-100sin(-75o-

3

+

3

)-180sin(-75o-

3

)=-186.593

-100sin(-75o)-180sin(-75o-

3

)=-186.593

-180sin(-75o-

3

)=-186.593-96.593//-180

180sin(-75o-

3

)= 0.5

-75o-

3

=arcsin(0.5)

-75o-

3

=30o

3

=45o

3

=45o

2

=-75o-

3

2

=-75o-(450)

2

=1200

background image


str. 8

Kinematyka Manipulatora metodą macierzową

Kinematykę manipulatora przedstawimy dla dokładnie takiego samego układu manipulatora jak w
prostym i odwrotnym zadaniu kinematyki.

Dla przypomnienia:

Lp.

Α

i

l

i

Θ

i

d

i

T

1

-

-

0

50

T

2

90

0

-

30

0

-

T

3

-90

0

-

-

180

T

4

90

0

-

-45

0

+90

0

-

T

5

-

100

-

-

Postad macierzy kierunkowych:

Macierz R

1

jest nie używana w obliczeniach, ze względu na brak ruchu w parze obrotowej

Postad wektorów przesuwu:

Pozostałe wektory są równe zero.

R

2

cos

2

 

0

sin

2

 

sin

2

 

0

cos

2

 

0

1

0



R

3

1

0

0

0

0

1

0

1

0



R

4

cos

3

2





0

sin

3

2





sin

3

2





0

cos

3

2









0

1

0







R

5

1

0

0

0

1

0

0

0

1



P

3

0

d

3

0







P

5

l

5

0

0







background image


str. 9

Dobrane wartości prędkości kątowych: w

i

=ω*Z

Z- wersor kierunkowy

=

Prędkości kątowe wynikające z odpowiednich transformacji układu:

Obliczanie prędkości liniowych:

Prędkośd V

3

odpowiada prędkości liniowej punktu B

w

2

0

0

0.5



w

3

0

0

0.5



1

0

0

0



2

R

2

T

1

w

2

0

0

0.5



3

R

3

T

2

0

0.5

0



4

R

4

T

3

w

4

0

0

1



5

R

5

T

4

0

0

1



V

1

0

0

0



V

2

R

2

T

V

1

1

0

0

0

0

0

0



V

3

R

3

T

V

2

2

P

3

V3

0.09

0

0.5



0.09

2

0.5

2

0.508

background image


str. 10

Prędkośd V

5

odpowiada prędkości liniowej punktu C

Obliczanie przyspieszeo kątowych.

Przyspieszenie kątowe wynikające z charakterystyki silników:

Obliczanie przyspieszeo liniowych:

Przyspieszenie kątowe wynikające z charakterystyki silników:

V

5

R

5

T

V

( )

4

4

P

5





0

0.417

0.19

0



V

4

R

4

T

V

3

3

0

0

0

0.417

0.29

0



0.417

2

0.19

2

0.458

E

2

0

0

0.1



E

4

0

0

0.1



1

0

0

0



2

R

2

T

1

R

2

T

1

w

2

E

2

0

0

0.1



3

R

3

T

2

0

0.1

0



4

R

4

T

3

R

4

T

3

w

4

E

4

0

0

0.2



5

R

5

T

4

0

0

0.2



A

2

0

0

0.05



background image


str. 11

Przyspieszenie a

3

odpowiada przyspieszeniu liniowemu punktu B :

Przyspieszenie a

5

odpowiada przyspieszeniu liniowemu punktu C:

a

1

0

0

0



a

2

R

2

T

1

P

2

1

1

P

2

a

1





0

0

0



a

3

R

3

T

2

P

3

2

2

P

3

a

2





2

3

V3

A

2

0.518

0

5

10

3







0.518

2

0.005

2

0.518

a

4

R

4

T

3

P

4

3

3

P

4

a

3





0.37

0.363

0



a

5

R

5

T

4

P

5

4

4

P

5

a

4





2

5

V5

A

5

0.27

0.383

0



0.27

2

0.383

2

0.469

background image


str. 12

Dynamika

Aby wyznaczyd działające siły i momenty w manipulatorze, które będą przybliżone do warunków
panujących w rzeczywistości, należy przyspieszenia liniowe powiększyd o działanie grawitacji
ziemskiej. Aby tego dokonad wystarczy do wektora odpowiadającemu za przyspieszenie liniowe 1
członu dodad g=9.87m/s^2. W takim wypadku przyspieszenia przyjmują postad :

ag

1

0

0

g

0

0

9.87



ag

2

R

2

T

1

P

2

1

1

P

2

ag

1





4.935

8.548

0



ag

3

R

3

T

2

P

3

2

2

P

3

ag

2





2

3

V3

A

2

4.417

0

8.553



ag

4

R

4

T

3

P

4

3

3

P

4

ag

3





2.924

9.171

0



ag

5

R

5

T

4

P

5

4

4

P

5

ag

4





2

5

V5

A

5

2.824

9.151

0



Kolejnym krokiem który należy wykonać jest określenie masy danego ramienia. Ze względu na

wtyczne projektu m

asa musi zostać określona jako masa punktowa znajdująca się na końcu danego

ramienia. Aby, wykonać taki zabieg korzystamy z zależności energi kinetycznej. Wiadomo, że energia

kinetyczna w każdym punkcie danego ciała przyjmuje takie same wartości, dlatego:

m

s

V

sr

2

m

k

V

k

2



2

2

m

k

m

s

V

sr

V

k



V

Gdzie:

M

s

-

Masa środka ciężkości

M

k

- Masa zredukowana na koniec ramienia

background image


str. 13

V

sr

-

prędkość liniowa środka ciężkości ramienia

V

k

-

prędkość liniowa końcówki ramienia: w projekcie : V

B

i V

C

Aby wyznaczyć prędkość liniową środka ciężkości ramienia, należy określić położenie środka

ciężkości. W naszym przypadku, środek ciężkości znajduje się w połowie ramienia, czyli :

Położenie środka ciężkości dla ramienia pierwszego:

Ps

3

1

2

P

3

0

0.09

0



Do wyznaczenia prędkości liniowej tegoż ramienia użyjemy gotowych wzorów:

Vs

3

R

3

T

V

2

2

Ps

3

V3

0.045

0

0.5



Położenie środka ciężkości dla ramienia drugiego:

Ps

5

1

2

P

5

0.05

0

0



Wyznaczenie prędkości liniowej środka ciężkości ramienia drugiego, wykonujemy adekwatnie jak w
poprzednim kroku:

Vs

5

R

5

T

V

( )

4

4

Ps

5





0

0.417

0.24

0



Zakładamy, że masy poszczególnych ramion przyjmują wartości:

M

3

=0.3 kg, m

5

=0.25kg

Po skorzystaniu z zale

żności na równowagę energii kinetycznej, otrzymujemy wartości mas:

mk

3

m

3

V

3

Vs

3

0.304



mk

5

m

5

V

5

Vs

5

0.238



background image


str. 14

Wyznaczanie sił działających w manipulatorze.

Do wyznaczenia sił skorzystamy ze wzoru :

1

1

1

1

1

i

i

i

i

i

a

m

F

Gdzie :

F- siła

M

i+1

-masa aktualnego członu, zredukowana do kooca członu

A

i+1

–przyspieszenie liniowe aktualnego członu, powiększone o wartośd przyspieszenia ziemskiego.

F

1

m

1

ag

1

0

0

0



F

2

m

2

ag

2

0

0

0



F

3

mk

3

ag

3

1.343

0

2.6



F

4

m

4

ag

4

0

0

0



F

5

mk

5

ag

5

0.672

2.178

0



Siły napędowe

Aby obliczyd siły napędowe, skorzystamy z wzoru:

i

i

i

i

i

i

i

i

F

f

R

f

1

1

1

Gdzie,

f

i

- siła napędowa

R

i

- macierz przekształcenia dla danego członu

F

i

- siła działająca na dany człon.

background image


str. 15

f

5

F

5

0.935

3.029

0



f

4

R

5

f

5

F

4

1.903

6.065

0



f

3

R

4

f

4

F

3

4.255

0

8.174



f

2

R

3

f

3

F

2

6.722

12.448

0



f

1

R

2

f

2

F

1

0.402

0

19.076



Momenty napędowe:

n

5

N

5

P

5

F

5

0

0

0.303



n

4

N

4

R

5

n

5

P

4

F

4

P

5

R

5

f

5

0

0

0.606



n

3

N

3

R

4

n

4

P

4

F

3

P

4

R

4

f

4

0

0.606

0



n

2

N

2

R

3

n

3

P

2

F

2

P

3

R

3

f

3

0

0

1.372



n

1

N

1

R

2

n

2

P

2

F

1

P

2

R

2

f

2

0

1.372

0



N

5

0

0

0



N

4

0

0

0



N

3

0

0

0



N

2

0

0

0



N

1

0

0

0





Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
kosta wersja gotowa do druku
projekt wersja niemiecka
Cz M Struktury Zespolow Projektowych wersja 2011 egz
projekt wersja elektroniczna
REGULAMIN ZALICZENIA ĆWICZEŃ PROJEKTOWYCH wersja nowa, Studia, Technologia i Organizacja Robót Budow
Filozofia (projekt) wersja dla studentów
Podstawy Mechaniki i Konstrukcji Maszyn (Projekt 1 wersja 1)
Podstawy Mechaniki i Konstrukcji Maszyn (Projekt 1 wersja 2)
seminarium4 wersja gotowa
Nasz projekcik WERSJA?ta
PROJEKT I 2 wersja, Nasypy
projekt wersja 2
projekt wersja polska
projekt wersja okrojona
Projekt wersja ostateczna
nasz projekt13 2 wersja

więcej podobnych podstron