做网站的感觉,天津做网站报价,wordpress 一周热门,湖北网站建设优化轮腿机器人-五连杆与VMC 1.五连杆正运动学分析2.参考文献 1.五连杆正运动学分析 如图所示为五连杆结构图#xff0c;其中A#xff0c;E为机器人腿部控制的两个电机#xff0c;θ1,θ4可以通过电机的编码器测得。五连杆控制任务主要关注机构末端C点位置#xff0c;其位置用直… 轮腿机器人-五连杆与VMC 1.五连杆正运动学分析2.参考文献 1.五连杆正运动学分析 如图所示为五连杆结构图其中AE为机器人腿部控制的两个电机θ1,θ4可以通过电机的编码器测得。五连杆控制任务主要关注机构末端C点位置其位置用直角坐标表示为(Cx,Cy)极坐标系用(L0,θ0)表示。 根据上述五连杆结构图可以列出以下等式 { B x L 2 ∗ c o s ( θ 2 ) D x L 3 ∗ c o s ( θ 3 ) B y L 2 ∗ s i n ( θ 2 ) D y L 3 ∗ s i n ( θ 3 ) \begin{equation} \begin{cases} B_{x}L_{2}*{\color{Green} cos(\theta _{2})} D_{x}L_{3}*{\color{Green} cos(\theta _{3})} \\ B_{y}L_{2}*{\color{Orange} sin(\theta _{2})} D_{y}L_{3}*{\color{Orange} sin(\theta _{3})} \end{cases} \tag{1} \end{equation} {BxL2∗cos(θ2)DxL3∗cos(θ3)ByL2∗sin(θ2)DyL3∗sin(θ3)(1) 对公式(1)移项并在等式两边进行平方有 { ( B x L 2 ∗ c o s ( θ 2 ) − D x ) 2 ( L 3 ∗ c o s ( θ 3 ) ) 2 ( B y L 2 ∗ s i n ( θ 2 ) − D y ) 2 ( L 3 ∗ s i n ( θ 3 ) ) 2 \begin{equation} \begin{cases} (B_{x}L_{2}*{\color{Green} cos(\theta _{2})} -D_{x})^{2}(L_{3}*{\color{Green} cos(\theta _{3})})^{2} \\ (B_{y}L_{2}*{\color{Orange} sin(\theta _{2})} - D_{y})^{2}(L_{3}*{\color{Orange} sin(\theta _{3})})^{2} \end{cases} \tag{2} \end{equation} {(BxL2∗cos(θ2)−Dx)2(L3∗cos(θ3))2(ByL2∗sin(θ2)−Dy)2(L3∗sin(θ3))2(2) 将平方展开有 { ( B x − D x ) 2 2 ∗ ( B x − D x ) ∗ L 2 ∗ c o s ( θ 2 ) ( L 2 ∗ c o s ( θ 2 ) ) 2 ( L 3 ∗ c o s ( θ 3 ) ) 2 ( B y − D y ) 2 2 ∗ ( B y − D y ) ∗ L 2 ∗ s i n ( θ 2 ) ( L 2 ∗ s i n ( θ 2 ) ) 2 ( L 3 ∗ s i n ( θ 3 ) ) 2 \begin{equation} \begin{cases} (B_{x}-D_{x})^{2}2*(B_{x}-D_{x})*L_{2}*{\color{Green} cos(\theta _{2})} (L_{2}*{\color{Green} cos(\theta _{2})})^{2}(L_{3}*{\color{Green} cos(\theta _{3})})^{2} \\ (B_{y} - D_{y})^{2}2*(B_{y} - D_{y})*L_{2}*{\color{Orange} sin(\theta _{2})}(L_{2}*{\color{Orange} sin(\theta _{2})})^{2}(L_{3}*{\color{Orange} sin(\theta _{3})})^{2} \end{cases} \tag{3} \end{equation} {(Bx−Dx)22∗(Bx−Dx)∗L2∗cos(θ2)(L2∗cos(θ2))2(L3∗cos(θ3))2(By−Dy)22∗(By−Dy)∗L2∗sin(θ2)(L2∗sin(θ2))2(L3∗sin(θ3))2(3) 对公式(3)内部两个等式相加并移项有 K ∗ s i n ( θ 2 ) M ∗ c o s ( θ 2 ) C \begin{equation} K*{\color{Orange} sin(\theta _{2})}M*{\color{Green} cos(\theta _{2})}C \tag{4} \end{equation} K∗sin(θ2)M∗cos(θ2)C(4) { K 2 ∗ ( B y − D y ) ∗ L 2 M 2 ∗ ( B x − D x ) ∗ L 2 P 2 ∗ [ ( L 3 ) 2 − ( L 2 ) 2 ] L B D ( B x − D x ) 2 ( B y − D y ) 2 C P − ( L B D ) 2 \begin{cases} K2*(B_{y} - D_{y})*L_{2} \\M2*(B_{x}-D_{x})*L_{2} \\P2*[(L_{3})^{2}-(L_{2})^{2}] \\L_{BD}\sqrt{(B_{x}-D_{x})^{2}(B_{y} - D_{y})^{2}} \\CP-(L_{BD} )^2 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧K2∗(By−Dy)∗L2M2∗(Bx−Dx)∗L2P2∗[(L3)2−(L2)2]LBD(Bx−Dx)2(By−Dy)2 CP−(LBD)2 使用二倍角法对公式(4)进一步化简已知 { t a n θ 2 s i n ( θ ) 1 c o s ( θ ) c o s ( θ ) c o s 2 θ 2 − s i n 2 θ 2 2 ∗ c o s 2 θ 2 − 1 c o s 2 θ 2 − s i n 2 θ 2 1 \begin{cases} {\color{Purple} tan\frac{\theta }{2}} \frac{{\color{Orange} sin(\theta )} }{1{\color{Green} cos(\theta )} } \\{\color{Green} cos(\theta )} {\color{Green} {\color{Green} cos^2\frac{\theta }{2}}} - {\color{Orange} sin^2\frac{\theta }{2}} 2*{\color{Green} cos^2\frac{\theta }{2}} -1 \\{\color{Green} cos^2\frac{\theta }{2}} - {\color{Orange} sin^2\frac{\theta }{2}} 1 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧tan2θ1cos(θ)sin(θ)cos(θ)cos22θ−sin22θ2∗cos22θ−1cos22θ−sin22θ1 当 1 c o s ( θ ) ≠ 0 1{\color{Green} cos(\theta )} \ne 0 1cos(θ)0对公式(4)进行如下变化其中 τ 1 c o s ( θ ) \tau1{\color{Green}cos(\theta)} τ1cos(θ): τ 2 ∗ ( 2 ∗ K ∗ s i n ( θ 2 ) τ 2 ∗ M ∗ c o s ( θ 2 ) τ − 2 ∗ C τ ) 0 \begin{equation} \frac{\tau}{2} *(\frac{2*K*{\color{Green} sin(\theta_{2})} }{\tau}\frac{2*M*{\color{Orange} cos(\theta_{2})} }{\tau}-\frac{2*C}{\tau} )0 \tag{5} \end{equation} 2τ∗(τ2∗K∗sin(θ2)τ2∗M∗cos(θ2)−τ2∗C)0(5) 使用二倍角对公式(5)进行展开并进行化简得 1 c o s ( θ 2 ) 2 ∗ [ ( C − M ) ∗ t a n 2 θ 2 2 2 ∗ K ∗ t a n ( θ 2 2 ) ( M C ) ] \begin{equation} \frac{1{\color{Green} cos(\theta_{2} )} }{2}*[(C-M)*{\color{Purple} tan^2\frac{\theta_{2} }{2}} 2*K*{\color{Purple} tan(\frac{\theta_{2} }{2})} (MC) ] \tag{6} \end{equation} 21cos(θ2)∗[(C−M)∗tan22θ22∗K∗tan(2θ2)(MC)](6) 根据公式(6)得到了一个关于 t a n ( θ 2 2 ) {\color{Purple} tan(\frac{\theta_{2} }{2})} tan(2θ2)的一元二次方程其求根判别式为 △ ( 2 ∗ K ) 2 − 4 ∗ ( C − M ) ∗ ( M C ) 4 ( K 2 M 2 − C 2 ) \bigtriangleup (2*K)^2-4*(C-M)*(MC)4(K^2M^2-C^2) △(2∗K)2−4∗(C−M)∗(MC)4(K2M2−C2) 当 △ ≥ 0 \bigtriangleup\ge 0 △≥0时可以解出 θ 2 \theta_{2} θ2: θ 2 2 ∗ a r c t a n ( K ± ( K 2 M 2 − C 2 ) M − C ) \theta _{2}2*arctan(\frac{K\pm \sqrt{(K^2M^2-C^2)} }{M-C} ) θ22∗arctan(M−CK±(K2M2−C2) ) 通过 θ 1 \theta_{1} θ1即可解算出 C C C点的直角坐标有 { C x L 1 ∗ c o s ( θ 1 ) L 2 ∗ c o s ( θ 2 ) C y L 1 ∗ s i n ( θ 1 ) L 2 ∗ s i n ( θ 2 ) \begin{equation} \begin{cases} C_{x}L_{1}*{\color{Orange} cos(\theta _{1})} L_{2}*{\color{Orange} cos(\theta_{2})} \\C_{y}L_{1}*{\color{Green} sin(\theta _{1})} L_{2}*{\color{Green} sin(\theta_{2})} \end{cases} \tag{7} \end{equation} {CxL1∗cos(θ1)L2∗cos(θ2)CyL1∗sin(θ1)L2∗sin(θ2)(7) 进一步推导得到极坐标为 { L 0 ( C x − L 5 ) 2 C y 2 θ 0 a r c t a n C y C x − L 5 2 \begin{equation} \begin{cases} L_{0}\sqrt{(C_{x}-L_{5})^2C_{y}^2} \\\theta_{0}arctan\frac{C_{y}}{C_{x}-\frac{L_{5}}{2} } \end{cases} \tag{8} \end{equation} ⎩ ⎨ ⎧L0(Cx−L5)2Cy2 θ0arctanCx−2L5Cy(8)
2.参考文献
https://zhuanlan.zhihu.com/p/613007726 [1]于红英,唐德威,王建宇.平面五杆机构运动学和动力学特性分析[J].哈尔滨工业大学学报,2007(06):940-943. [2]谢惠祥.四足机器人对角小跑步态虚拟模型直觉控制方法研究[D].国防科学技术大学,2015.
