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1 PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL FACULDADE DE ENGENHARIA ENGENHARIA DE CONTROLE E AUTOMAÇÃO 44646-04 SISTEMAS ROBOTIZADOS Prof. Felipe Kühne Lista de Exercícios 3 - Cinemática Inversa 1. Determine o centro do punho de um manipulador de seis graus de liberdade, dada a matriz de cinemática direta 60H e o parâmetro 6d abaixo: −−− − − = 1000 6,30187,005,0 505,0087,0 770010 6 0H , mmd 1006 = 2. Considerando que o manipulador da questão anterior possui um punho esférico nas suas três últimas juntas e sabendo que as três primeiras juntas possuem ângulos correspondentes à seguinte matriz de rotação: − −= 100 010 001 3 0R , calcule a cinemática inversa de orientação. 3. Mostre que a matriz de rotação de um punho esférico resume-se a − = 100 0 0 4646 4646 6 3 cs sc R quando 05 =θ . 4. Dada a matriz de transformação homogênea de um manipulador de seis graus de liberdade e a matriz de rotação para a cinemática inversa de posição abaixo, determine a solução para a cinemática inversa de orientação: −− − −− = 1000 6,301100 50071,071,0 770071,071,0 6 0H − −= 100 010 001 3 0R 2 5. O desenho abaixo representa um manipulador esférico com as suas três primeiras juntas. Apresente as equações que definem a cinemática inversa de posição para este robô. 6. Considerando que o manipulador do exercício anterior possui os seguintes parâmetros de Denavit- Hartenberg e as seguintes coordenadas para o centro do punho, determine as variáveis das juntas para a cinemática inversa de posição. 7. Para o mesmo manipulador do exercício 5, considere agora um punho esférico anexado ao seu corpo, formando um manipulador de 6GDL. Para as variáveis das juntas encontradas no exercício anterior, calcule a cinemática inversa de orientação, dada a seguinte matriz de transformação homogênea total: − = 1000 525097,026,0 850100 0026,097,0 6 0H i ai ααααi di θθθθi 1 0 pi/2 525 θ1 * 2 0 pi/2 0 θ2 * 3 0 0 d3 * 0 4 0 -pi/2 0 θ4 * 5 0 pi/2 0 θ5 * 6 0 0 100 θ6 * = 525 750 0 cp 3 8. O desenho abaixo representa um manipulador articulado cujo último sistema de coordenadas localiza- se no centro de um punho esférico ( 4O ). Determine as expressões para a cinemática inversa de posição deste robô. 9. Para o manipulador do exercício anterior, determine o centro do punho, dada a seguinte matriz de transformação homogênea e o parâmetro 6d : − − = 1000 76,99871,0071,0 59,75235,087,036,0 5,130361,05,061,0 6 0H , mmd 1006 = 10. Para o manipulador do exercício 8, calcule a cinemática inversa de posição, dados os seguinte parâmetros construtivos do robô (grandezas em milímetros): 740525100770150 41321 ===== ddaaa 11. Apresente as equações para a cinemática inversa de posição para o manipulador SCARA da figura abaixo, sabendo que as variáveis das juntas são 1θ , 2θ e 3d , e o centro do punho é [ ]Tccc zyx=cp . 4 12. Para o seguinte manipulador esférico, apresente pelo menos uma solução possível para a cinemática inversa de posição e orientação. i ai ααααi di θθθθi 1 0 pi/2 525 θ1 * 2 0 pi/2 0 θ2 * 3 0 0 d3 * 0 4 0 -pi/2 0 θ4 * 5 0 pi/2 0 θ5 * 6 0 0 100 θ6 * − = 1000 55,878001 78,2265,02 30 79,3922 35,00 6 0H 5 UMA BREVE EXPLICAÇÃO SOBRE AS FUNÇÕES ATAN E ATAN2: A função trigonométrica ( )xyarctan é a função inversa de ( )xytan , ou ( )xy1tan − , onde y é o cateto oposto e x é o cateto adjacente de um triângulo retângulo formado por θ . Uma outra forma de escrever esta função é através do seno e cosseno: ( ) ( )( )α α α cos sin tan = → ( ) ( ) = α α α cos sin arctan Se o numerador e o denominador são positivos, o ângulo α encontra-se no primeiro quadrante; se o numerador é negativo e o denominador é positivo, α encontra-se no segundo quadrante; se ambos numerador e denominador são positivos, α encontra-se no terceiro quadrante; por fim, se o numerador é positivo e o denominador é negativo, α encontra-se no quarto quadrante. No caso de ambos numerador e denominador serem negativos, teremos que: ( ) ( ) ( ) ( ) = − − = α α α α α cos sin arctan cos sin arctan Ou seja, o ângulo na realidade encontra-se no quarto quadrante, mas esta informação é perdida quando do cálculo do arco-tangente. O ângulo calculado desta forma está incorreto. A função atan2 leva em consideração então os sinais dos dois argumentos, colocando o resultado no quadrante correto. Por exemplo, os dois cálculos abaixo utilizam argumentos -1 para o numerador e -1 para o denominador. Fica óbvio que o resultado correto apenas é obtido ao usar a função atan2. ( ) o45 1arctan 1 1 arctan = = − − =α ( ) o135 1,12arctan −= −−=α Podemos organizar os valores da função atan2 da seguinte forma, conforme o quadrante do ângulo: ( ) ( ) ( ) ( ) == −<= >= −<< +≥< > = indefinidoyx yx yx xyyx xyyx xyx xy 0,0 20,0 20,0 arctan0,0 arctan0,0 arctan0 ,2arctan pi pi pi pi 6 RESPOSTAS 1. − = − − − = −− − − − − = −= 215 0 770 87,0 5,0 0 100 6,301 50 770 1 0 0 87,005,0 5,0087,0 010 100 6,301 50 770 6 0 6 0 c c p kRdp 2. Como 63 3 0 6 0 RRR = , pode-se isolar a matriz de rotação do punho esférico: ( ) 6013063 RRR −= . Definiremos também a matriz U , que corresponde genericamente a 63R . Assim: ( ) ( ) UR RR RRR = − = −− − − −= = = − : 87,005,0 5,0087,0 010 87,005,0 5,0087,0 010 100 010 001 6 3 6 0 3 0 6 0 13 0 6 3 T com = 333231 232221 131211 uuu uuu uuu U A matriz de rotação para um punho esférico é definida pela cinemática direta deste componente: − +−+ −−− = 56565 546465464654 546465464654 6 3 csscs ssccscsscccs sccssccssccc R . Uma matriz de rotação é dita ortonormal, já que as linhas e colunas desta matriz possuem módulo unitário. Assim, se 133 ±≠u , os elementos 13u , 23u , 31u e 32u serão diferentes de zero. 7 No caso deste exercício, temos que ( ) 87,0cos 533 == θu . Assim, como 1sincos 5252 =+ θθ , pode-se dizer que( ) 2335 1sin u−±=θ . Ainda, ( ) ( ) ( )555 cossintan θθθ = , ou seja, ( ) ( )( )555 cossinarctan θθθ = . Então: ± = −± = −± = 87,0 5,0 arctan 87,0 87,01 arctan 1 arctan 2 33 2 33 5 u uθ 65 piθ ±= Assim, temos duas possíveis soluções para 5θ . Analisando os outros elementos de 63R , vemos que o valor de 5θ vai influenciar também nos valores de 4θ e 6θ . Ou seja, dependendo de qual solução escolhermos para 5θ , teremos valores diferentes para 4θ e 6θ . Resolvendo 4θ e 6θ para ( )5sin θ positivo, tem-se que: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 54 54 13 23 4 cos sin sincos sinsin tan θ θ θθ θθ θ == = u u − = = 0 5,0 arctanarctan 13 23 4 u uθ 24 piθ −= ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 6 65 65 65 65 31 32 6 cos sin cossin sinsin cossin sinsin tan θ θ θθ θθ θθ θθ θ == −− = − = u u − = − = 5,0 0 arctanarctan 31 32 6 u uθ piθ =6 Agora, se considerarmos a solução para ( )5sin θ negativo, temos que: ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 54 54 54 54 13 23 4 cos sin sincos sinsin sincos sinsin tan θ θ θθ θθ θθ θθ θ == −− −− = − − = u u = − − = 0 5,0 arctanarctan 13 23 4 u uθ 24 piθ = ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )6 6 65 65 65 65 31 32 6 cos sin cossin sinsin cossin sinsin tan θ θ θθ θθ θθ θθ θ == −− −− = − = u u = − = 5,0 0 arctanarctan 31 32 6 u uθ 06 =θ 8 Logo, temos dois conjuntos de ângulos que satisfazem a solução da cinemática inversa de orientação: ( )5sin θ positivo: = = −= 0 6 2 6 5 4 θ piθ piθ ( )5sin θ negativo: = −= = 0 6 2 6 5 4 θ piθ piθ 3. Como 05 =θ , ( ) 1cos 5 =θ e ( ) 0sin 5 =θ e a matriz de rotação é ortonormal (o módulo das linhas e colunas é unitário), temos que: +−+ −−− = 100 0 0 64646464 64646464 6 3 ccsssccs csscsscc R . Utilizando as seguintes identidades trigonométricas: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )646464 646464 sincossinsincos cossinsincoscos θθθθθθ θθθθθθ +=+ +=− vemos que a matriz 63R se torna: − = 100 0 0 4646 4646 6 3 cs sc R , onde ( )6446 cos θθ +=c e ( )6446 sin θθ +=s . 4. ( ) ( ) UR RR RRR = − −− = − − −− −= = = − : 100 071,071,0 071,071,0 100 071,071,0 071,071,0 100 010 001 6 3 6 0 3 0 6 0 13 0 6 3 T A matriz de rotação para um punho esférico é definida pela cinemática direta deste componente: − +−+ −−− = 56565 546465464654 546465464654 6 3 csscs ssccscsscccs sccssccssccc R . 9 Nota-se que, neste caso, ( ) 1cos 533 == θu . Como a matriz é ortogonal e possui linhas e colunas com módulo unitário, os elementos 13u , 23u , 31u e 32u serão nulos (se ( ) 1cos 5 =θ , ( ) 0sin 5 =θ ). Substituindo- se estes valores na matriz acima, tem-se que: +−+ −−− = 100 0 0 64646464 64646464 6 3 ccsssccs csscsscc R . Utilizando as seguintes identidades trigonométricas: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )646464 646464 sincossinsincos cossinsincoscos θθθθθθ θθθθθθ +=+ +=− vemos que a matriz 63R se torna: − = 100 0 0 4646 4646 6 3 cs sc R , onde ( )6446 cos θθ +=c e ( )6446 sin θθ +=s . Por este motivo, não é possível o cálculo dos ângulos 4θ e 6θ individualmente, mas apenas a soma deles. O significado físico disto é de simples entendimento, visto que um ângulo na junta 5 de 05 =θ graus implica em os eixos 3z e 5z estarem alinhados, como na figura ao lado. Assim, o efeito em termos de rotação em torno de 3z e 5z é o mesmo. Analisando 11u e 21u de 63R , temos que: ( ) ( ) ( )64 64 11 21 64 cos sin tan θθ θθ θθ + + = =+ u u =+ 11 21 64 arctan u uθθ No caso deste exercício, − =+ 71,0 71,0 arctan64 θθ 4 3 64 piθθ =+ Assim, qualquer combinação de valores de forma que 4 3 64 piθθ =+ é uma solução válida. 10 A solução completa para a cinemática inversa de orientação é, então: −=+ = 4 0 64 5 piθθ θ 5. Observe as definições dos sistemas de coordenadas e dos parâmetros de Denavit-Hartenberg. Isto é essencial na determinação das equações. Sendo [ ]Tzyx ppp=cp as coordenadas do centro do punho, tem-se: = x y p p arctan1θ , 2 arctan2 piθ + = r s e 223 srd += , onde: 1dps z −= e 22 yx ppr += . 6. o901 =θ o902 =θ mmd 7503 = . 7. A matriz de rotação do punho esférico é calculada com ( ) 6013063 RRR −= , que para este exercício é − = 100 026,097,0 097,026,0 6 3R Note que neste caso a matriz de rotação possui o termo 133 =u , então, ( ) 1cos 5 =θ , ou o05 =θ . De acordo com o exercício 3, o formato de 63R reduz-se a: − = 100 0 0 4646 4646 6 3 cs sc R Assim, apenas a soma 64 θθ + pode ser determinada. o75 arctan 11 21 64 = =+ u uθθ 8. Respostas omitidas. 11 9. = − − = −= 76,1069 59,717 5,1242 71,0 35,0 61,0 100 76,998 59,752 5,1303 6 06 6 0 c c p kRdp d 10. o301 =θ , o452 =θ , o453 =θ , o04 =θ , o455 −=θ , o06 =θ . 11. 22 yx ppr += D aa aar : 2 cos 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 = −− =θ 2 2 1sin D−±=θ −± = D D2 2 1 arctanθ αφθ −=1 = x y p p arctgφ + = 221 22 cos sin θ θ α aa a arctg zpdd −= 13 12 4 3 255,353 55,353 arctan 2 arctan 2 2 piθ pi piθ = + = + = r s 6 19,306 78,176 arctan arctan 1 1 piθ θ = = = y x p p = − = − − = −= 55,878 78,176 19,306 0 5,0 2 3 100 55,878 78,226 79,392 1 0 0 001 5,02 30 2 35,00 100 55,878 78,226 79,392 6 0 6 0 c c p kRdp 500 250000 55,35355,353 3 22 22 3 = = += += d rsd 12. Com 61 piθ = , 432 piθ = e 5003 =d , temos que a matriz de rotação correspondente às três primeiras variáveis das juntas é: −− − = − − = = 2 202 2 4 2 2 3 4 2 61,05,061,0 100 010 001 010 2 202 2 2 202 2 010 2 305,0 5,002 3 3 0 3 2 2 1 1 0 3 0 R RRRR ( ) − = − − − − = = − 2 202 2 010 2 202 2 001 5,02 30 2 35,00 2 2 4 261,0 02 35,0 2 2 4 261,0 6 0 13 0 6 3 RRR 13 Tendo 63R , podemos resolver a cinemática inversa de orientação. − = = 2 202 2 010 2 202 2 333231 232221 131211 uuu uuu uuu U ( ) ( ) 4 1arctan 22 22 arctan 22 221 arctan 1 arctan 5 2 33 2 33 5 piθ θ ±= ±= ± = −± = −± = u u Resolvendo 4θ e 6θ para ( )5sin θ positivo: piθ θ = − = = 4 13 23 4 22 0 arctanarctan u u piθ θ = − = − = 6 31 32 6 22 0 arctanarctan u u Agora, se considerarmos a solução para ( )5sin θ negativo: 0 22 0 arctanarctan 4 13 23 4 = = − − = θ θ u u 0 22 0 arctanarctan 6 31 32 6 = = − = θ θ u u Temos então duas soluções possíveis, dependendo do valor de 5θ : = = = = = = piθ piθ piθ piθ piθ 6 5 4 3 2 1 4 500 4 3 6 d = − = = = = = 0 4 0 500 4 3 6 6 5 4 3 2 1 θ piθ θ piθ piθ d
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