CN102663154A - 一种平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法 - Google Patents

Abstract

本发明公开了一种平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法，第一步，确定平面闭环连杆机构的驱动变量及其初值和终值，并给出驱动变量增量的大小。第二步，计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度，判断是否处于运动路径的分歧点处。如果自由度为1，则进行第三步；否则，进行第五步。第三步，运用奇异值分解法得到一个增量步后平面闭环连杆机构的预测构形。第四步，判断预测构形的误差是否为零，对预测构形进行修正。第五步，运用二阶法选择出分歧点运动路径。该发明不仅可以模拟平面闭环连杆机构正常的运动过程，而且可以跨越运动路径的分歧点，并且根据设计者的意愿，选择不同的出分歧点路径，可广泛用于各种平面闭环连杆机构的运动过程分析。

Description

一种平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法

技术领域

本发明涉及一种平面闭环连杆机构运动模拟方法，属可动体系和连杆机构设计和分析领域。

背景技术

运动过程模拟是机构体系设计的核心工作。在传统理论的影响下，一种思路是将此类机构分析问题看作为一类包含刚体位移的特殊结构分析问题，通过在常规的结构分析方法(主要是有限元法)中引入一些能够处理刚度矩阵奇异性的数学策略来实现刚体位移的求解，如“广义逆”方法。然而，机构运动过程的形态变化主要来自于刚体位移的贡献，且刚体位移的发生条件及其运动路径仅决定于系统的几何，因此将以刚体位移为主的运动分析作为一类结构变形问题来处理的做法弱化了问题的理论本质，特别是在处理一些特殊的机构运动现象时也往往会出现困难。

图1所示为一常规平面四连杆机构，假定其所有杆件的长度均相等。显然，杆件2可以或左或右的水平移动，机构的自由度为1。如果杆件2向右移动，可以得到图2所示的情况。杆件2继续向右运动，可以得到图3所示的结构位形。在这种结构位形下，结构可以有两种不同的运动形式，因此四连杆机构的自由度增加为2。在第一种运动形式下，杆件2继续做平行于基础的运动，类似于图2；而在第二种运动形式下，杆件1不再运动，杆件2和3绕节点1旋转，如图4所示。将这种在运动过程中可能出现多种运动路径的点称之为分歧点。值得注意的是，这种有不同的运动形式可供选择的情况仅仅在如图3所示的结构位形下才会出现。一旦结构体系离开这个特殊的位形，四连杆机构的自由度又变为1，直至出现下面一个分歧点。而一般方法在模拟连杆机构运动过程时，当机构运动到分歧点时，模拟将会出现病态甚至错误的结果。

发明内容

为了克服现有平面闭环连杆机构运动过程模拟中的缺陷，本发明在运动路径分歧点处用二阶法来选择平面闭环连杆机构的出分歧点路径，以便设计者可以选择合适的路径来保证平面闭环连杆机构按照预定的方式运动。

为了达到上述目的，本发明采用了如下技术方案：

一种平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法，其特征在于，包括以下步骤：

第一步，将相邻杆件的夹角中的任意一个θ_i设为驱动变量，并给出其初值

和终值

驱动变量θ_i的增量Δθ_i取为终值

与初值

差值的1/10000至1/100的任何值，i为连杆机构的杆件编号，分别为1、2、3、…、n，n为平面闭环连杆机构杆件的数量，

第二步，利用一阶法计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度，判断是否处于运动路径的分歧点，如果自由度为1，则进行第三步；如果自由度大于等于2，则进行第五步，

所述计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度采用以下方法确定：

建立平面闭环连杆机构的运动过程的模拟模型，所述的模拟模型为：

I＝T₁T₂T₃…T_i…T_n                式1

式1中n为平面闭环连杆机构杆件的数量，矩阵I为单位矩阵，T为转换矩阵，则T_i为第i个连杆对应的转换矩阵，表示为：

$T_i=\left[\begin{array}{cccc}\cos {\mathrm{\θ}}_i& -\sin {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\cos {\mathrm{\θ}}_i\\ \sin {\mathrm{\θ}}_i& \cos {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\sin {\mathrm{\θ}}_i\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$ 式2

其中a_i为杆件i的长度，连接杆件i的节点为节点i和节点i+1，θ_i为节点i相邻杆件的夹角，i分别为1、2、3、…、n，

将平面闭环连杆机构的初始构形代入式1，得到：

I＝T₁ ⁰T₂ ⁰T₃ ⁰…T_i ⁰…T_n ⁰           式3

其中T_i ⁰为第i个节点在初始构形时对应的转换矩阵，

向式3输入一个增量Δθ_i，平面闭环连杆机构在运动后构形的应满足：

I＝T₁ ¹T₂ ¹T₃ ¹…T_i ¹…T_n ¹           式4

其中T_i ¹为第i个节点在运动后构形时对应的转换矩阵，矩阵T₁ ¹，T₂ ¹，…，T_i ¹，…T_n ¹等所对应的相邻杆件的夹角分别为

对上式中的三角函数进行一阶泰勒展开，如下式所示：

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$ 式5

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$

其中

为相邻杆件的夹角θ_i的增量，i＝1、2、3、…、n，

将式5代入转换矩阵式2和平面闭环连杆机构的运动过程的模拟模型式4，从而得到平面闭环连杆机构相邻杆件的夹角的增量Δ

的一阶方程，

将所述有关平面闭环连杆机构相邻杆件的夹角的增量Δ

的一阶方程的系数矩阵的非零元素整理为矩阵M，其结束为n×k，k为每个增量Δ

系数矩阵中的非零元素的个数，则一阶方程写为：

$M^T{\left[\begin{array}{cccccc}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0& {\mathrm{\Δ\θ}}_2^0& \·\·\·& {\mathrm{\Δ\θ}}_i^0& \·\·\·& {\mathrm{\Δ\θ}}_n^0\end{array}\right]}^T=\left[0\right]$ 式6

其中[0]表示元素都为零的矩阵，上式进一步简化为：

M^TΔθ＝[0]            式7

系数矩阵M的列数减去矩阵M的秩即为平面闭环连杆机构的自由度，

第三步，运用奇异值分解法得到一个增量步后平面闭环连杆机构的预测构形：

对系数矩阵M进行奇异值分解，得到：

M＝USV^T                式8

式8中U是n×n阶的矩阵，S是n×k阶的半正定对角矩阵，而V是k×k阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量预测值的向量

$\mathrm{\Δ}\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}=\frac{1}{U_{n1}}{U}_n$ 式9

式中：U_n为矩阵U的最后一列向量，U_n1为矩阵U的最后一列中的第一个元素，

平面闭环连杆机构相邻杆件夹角的预测值

为相邻杆件 夹角的初始值

加上所求得的增量的预测值

为向量

中第i个元素，则有

${\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i={\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i$ 式10

第四步，如果预测构形的误差为零，则第三步给出的预测构形的角度值即为一个增量步后所有相邻杆件的夹角，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹，

如果误差不为零，则对相邻杆件夹角的预测值

进行如下修正：

设

为

的修正值，

为修正后的相邻杆件的夹角值，则有

$\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$ 式12

$\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i-\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$

利用式12得到角度修正值Δ的一阶方程，利用最小二乘法求得角度的修正值Δ

，则修正后的相邻杆件的夹角值

为：

并储存所述的修正后的相邻杆件的夹角值，当所述的修正后的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的修正后的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹，

第五步，运用二阶法选择出分歧点运动路径：

对第二步中的系数矩阵M进行奇异值分解，得到：

M＝USV^T                式14

式8中U是n×n阶的矩阵，S是n×k阶的半正定对角矩阵，而V是k×k阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量的向量Δθ：

Δθ＝U_jβ             式15

式中：U_j为矩阵U_m中的第j列，U_m为矩阵U所对应的最后m列，j＝1，2，…，m，系数向量β＝[β₁，β₂，...，β_m]^T，m＝机构的自由度数值，

对式4中的三角函数进行二阶泰勒展开：

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\sin {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$ 式16

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\cos {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$

并代入式4，减去式3后得到角度增量的二阶方程，对二阶方程系数矩阵进行整理，得到二阶方程的矩阵的表示形式：

Δθ^TWΔθ＝[0]        式17

其中：Δθ为平面闭环连杆机构角度增量的向量，W为二阶方程的系数矩阵，

将式15代入式17得到：

${\mathrm{\β}}^T{U}_j^{T}W{U}_j\mathrm{\β}=\left[0\right]$ 式18

由式17求得系数向量β，从而选择不同的运动路径，将系数向量β代入式15即求得平面闭环连杆机构角度增量值Δθ_i，则一个增量步后所有相邻杆件的夹角为相邻杆件夹角的初始值θ_i ⁰加上所求得的增量的Δθ_i，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹。

本发明的有益效果是，在平面闭环连杆机构的运动过程中，用一阶法判断是否处于运动路径的奇异点处，并在单自由度位形下采用奇异值分解法模拟其运动过程，在运动路径分歧点处用二阶法来选择平面闭环连杆机构的出分歧点路径，所以该发明不仅可以模拟平面闭环连杆机构正常的运动过程，而且可以跨越运动路径的分歧点，并且根据设计者的意愿，选择不同的出分歧点路径；由于在单自由度位形下采用的是一阶法分析的结果，其得到的结果是线性的，本发明采用最小二乘法对其进行修正，可以模拟连杆机构运动过程的非线性特性；本发明可广泛用于各种平面闭环连杆机构的运动过程模拟。

附图说明

下面结合附图及实施例对本发明进一步详细说明：

图1是平面四连杆机构示意图。

图2是运动后平面四连杆机构示意图。

图3是平面四连杆机构分歧点处示意图。

图4是平面四连杆机构第二种运动形式示意图。

图5是平面四连杆机构及其杆件夹角示意图。

图6是结果修正示意图。

图7是平面闭环连杆机构运动过程数值分析流程图。

图8是运动分歧点示意图。

图9是平面四连杆机构出分歧点运动路径1示意图。

图10是平面四连杆机构出分歧点运动路径2示意图。

图11是计算结果曲线。

具体实施方式

下面结合附图对平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法进一步详细说明。第一步，将相邻杆件的夹角中的任意一个θ_i设为驱动变量，并给出其初值

和终值

驱动变量θ_i的增量Δθ_i取为终值

与初值

的1/10000至1/100的任何值，i为连杆机构的节点编号，分别为1、2、3、…、n，n为平面闭环连杆机构杆件的数量。对于本实施例，取图2所示的平面四连杆机构，假定θ₁为驱动角，其初值为0°，终值为179°，每次增量为1°，需要给出θ₂，θ₃，θ₄来确定平面四连杆机构的运动过程。

第二步，利用一阶法计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度，判断是否处于运动路径的分歧点，如果自由度为1，则进行第三步；如果自由度大于等于2，则进行第五步。

所述计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度采用以下方法确定：

建立平面闭环连杆机构的运动过程的模拟模型，所述的模拟模型为：

I＝T₁T₂T₃…T_i…T_n        (1)

式1中n为平面闭环连杆机构杆件的数量，矩阵I为单位矩阵，T为转换矩阵，则T_i为第i个连杆对应的转换矩阵，表示为：

$T_i=\left[\begin{array}{cccc}\cos {\mathrm{\θ}}_i& -\sin {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\cos {\mathrm{\θ}}_i\\ \sin {\mathrm{\θ}}_i& \cos {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\sin {\mathrm{\θ}}_i\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]---\left(2\right)$

其中a_i为杆件i的长度，连接杆件i的节点为节点i和节点i+1，θ_i为节点i相邻杆件的夹角，

由于本实施例为平面四连杆机构，且其四边长度相等，且各边长度均设定为1，在本实施例中i为1，2，3，4四个节点的编号，其对应的四个夹角为θ₁，θ₂，θ₃，θ₄。则其第i个节点对应的转换矩阵为：

$T_i=\left[\begin{array}{cccc}\cos {\mathrm{\θ}}_i& -\sin {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\cos {\mathrm{\θ}}_i\\ \sin {\mathrm{\θ}}_i& \cos {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\sin {\mathrm{\θ}}_i\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]---\left(3\right)$

平面四连杆机构的运动过程的模拟模型为：

T₁T₂T₃T₄＝I              (4)

其中矩阵I为单位矩阵。

当连杆机构在其初始态时，代入式(4)，得到：

$T_1^0{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^0=I---\left(5\right)$

其中T_i ⁰为第i个节点在初始构形(用上标0表示)时对应的转换矩阵。

向式(5)输入一个增量Δθ₁，平面四连杆机构在运动后构形的应满足：

$I=T_1^1{T}_2^1{T}_3^1{T}_4^1---\left(6\right)$

其中T_i ¹为第i个节点在运动后构形(用上标1表示)时对应的转换矩阵，矩阵T₁ ¹，T₂ ¹，T₃ ¹，T₄ ¹，所对应的杆件夹角分别为

对

进行一阶泰勒展开，有

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$ (7)

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$

其中Δθ_i ⁰为杆件夹角θ_i的增量，i＝1，2，3，4。

将上式代入转换矩阵的表达式得：

$T_i^1=\left[\begin{array}{cccc}\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& -\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& 0& \cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\\ \sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& \cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& 0& \sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

$\≈T_i^0+\left[\begin{array}{cccc}-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& -\cos {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\\ \cos {\mathrm{\θ}}_i^0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& \cos {\mathrm{\θ}}_i^0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0---\left(8\right)$

$=T_i^0+T_i^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0$

其中：

$T_i^{\′}=\left[\begin{array}{cccc}-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& -\cos {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\\ \cos {\mathrm{\θ}}_i^0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& \cos {\mathrm{\θ}}_i^0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

将式(8)代入式(6)得：

$(T_1^0+T_1^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\left(T_2^0\text{+}{T}_2^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0\right)(T_3^0+T_3^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0)(T_4^0+T_4^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0)=I---\left(9\right)$

将上式展开，并忽略杆件夹角的高阶项，

$T_1^0{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^0+T_1^{\′}{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^0\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0+T_1^0{T}_2^{\′}{T}_3^0{T}_4^0\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0$ (10)

$+T_1^0{T}_2^0{T}_3^{\′}{T}_4^0\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0+T_1^0{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0=I$

将式(5)代入式(10)得：

$\mathrm{A\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0+\mathrm{B\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0+\mathrm{C\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0+\mathrm{D\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0=\left[0\right]---\left(11\right)$

其中[0]表示元素都为零的矩阵，矩阵A、B、C、D表示为：

$\left\{\begin{array}{c}A=T_1^{\′}{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^0\\ B=T_1^0{T}_2^{\′}{T}_3^0{T}_4^0\\ C=T_1^0{T}_2^0{T}_3^{\′}{T}_4^0\\ D=T_1^0{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^{\′}\end{array}\right.\text{.}$

其中A、B、C、D有共同的矩阵形式，以A为例，表示为：

$A=\left[\begin{array}{cccc}0& A_{12}& 0& A_{14}\\ A_{21}& 0& 0& A_{24}\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]---\left(12\right)$

其中独立非零项为：A₁₂、A₁₄、A₂₄；A_pl为矩阵A中第p行第l列的元素。则矩阵A、B、C、D中独立非零项整理为：

$M=\left[\begin{array}{ccc}{A}_{12}& A_{14}& A_{24}\\ B_{12}& B_{14}& B_{24}\\ C_{12}& C_{14}& C_{24}\\ D_{12}& D_{14}& D_{24}\end{array}\right]---\left(13\right)$

其中系数矩阵是4×3的矩阵，B_pl为矩阵B中第p行第l列的元素，C_pl为矩阵C中第p行第l列的元素，D_pl为矩阵D中第p行第l列的元素。

则式(13)写成：

$M^T={\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0\end{array}\right]}^T\left[0\right]---\left(14\right)$

式(14)进一步简化为：

M^TΔθ＝[0]            (15)

系数矩阵M的列数减去矩阵M的秩即为连杆机构的自由度。

第三步，运用奇异值分解法得到一个增量步后平面闭环连杆机构的预测构形。

对系数矩阵M进行奇异值分解分解，得到：

M＝USV^T                (16)

其中U是4×4阶的矩阵，S是4×3阶的半正定对角矩阵，而V是3×3阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量预测值的向量

$\mathrm{\Δ}\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}=\frac{1}{U_{41}}{U}_4---\left(17\right)$

式中：U₄为矩阵U的最后一列向量，U₄₁为矩阵U的最后一列中的第一个元素。式(17)表述为更为直观的形式：

$\mathrm{\Δ}\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}=\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_1& \mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_2& \mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_3& \mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}1& \frac{U_{42}}{U_{41}}& \frac{U_{43}}{U_{41}}& \frac{U_{44}}{U_{41}}\end{array}\right]---\left(18\right)$

其中，U₄₁、U₄₂、U₄₃、U₄₄为矩阵U中第4列的第1个至第4个元素。

平面闭环连杆机构相邻杆件夹角的预测值

为相邻杆件夹角的初始值θ_i ⁰加上所求得的增量的预测值

为向量

中第i个元素，则有

${\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i={\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i---\left(19\right)$

第四步，对于预测构形，有：

$I+E={\stackrel{\‾}{T}}_1{\stackrel{\‾}{T}}_2{\stackrel{\‾}{T}}_3{\stackrel{\‾}{T}}_4---\left(20\right)$

其中E为误差矩阵，矩阵

为第i个节点对应的杆件夹角预测值对应的转换矩阵。当误差矩阵E为零时，则第三步给出的预测构形的角度值即为一个增量步后所有相邻杆件的夹角，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹。当误差矩阵E为不为零时，需对相邻杆件夹角的预测值

进行如图6所示的修正。

设

为的修正值，

为修正后的相邻杆件的夹角值，则有

${\mathrm{\θ}}_i^1={\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}---\left(21\right)$

并对三角函数进行一阶展开，如：

$\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$ (22)

$\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$

将式(22)代入转换矩阵的表达式得：

${\stackrel{\‾}{T}}_i^1=\left[\begin{array}{cccc}\cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\mathrm{\θ}& -\sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})& 0& \cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\\ \sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})& \cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})& 0& \sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

$\≈{\stackrel{\‾}{T}}_i+\left[\begin{array}{cccc}-\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& -\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& 0& -\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\\ \cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& -\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& 0& \cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\mathrm{\Δ}{{\mathrm{\θ}}_i}^{*}$

${\stackrel{\‾}{T}}_i+{\stackrel{\‾}{T}}_i^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0$

式中：

${\stackrel{\‾}{T}}_i^{\′}=\left[\begin{array}{cccc}-\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& -\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& 0& -\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\\ \cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& -\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i& 0& \cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]$

将式(22)代入式(6)与式(20)相减，得到有关角度修正值的一阶方程。

$\stackrel{\‾}{A}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^{*}+\stackrel{\‾}{B}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^{*}+\stackrel{\‾}{C}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^{*}+\stackrel{\‾}{D}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^{*}=-E---\left(23\right)$

式中：

$\left\{\begin{array}{c}\stackrel{\‾}{A}={\stackrel{\‾}{T}}_1^{\′}{\stackrel{\‾}{T}}_2{\stackrel{\‾}{T}}_3{\stackrel{\‾}{T}}_4\\ \stackrel{\‾}{B}={\stackrel{\‾}{T}}_1{\stackrel{\‾}{T}}_2^{\′}{\stackrel{\‾}{T}}_3{\stackrel{\‾}{T}}_4\\ \stackrel{\‾}{C}={\stackrel{\‾}{T}}_1{\stackrel{\‾}{T}}_2{\stackrel{\‾}{T}}_3^{\′}{\stackrel{\‾}{T}}_4\\ \stackrel{\‾}{D}={\stackrel{\‾}{T}}_1{\stackrel{\‾}{T}}_2{\stackrel{\‾}{T}}_3{\stackrel{\‾}{T}}_4^{\′}\end{array}\right.\text{.}$

则矩阵

中独立非零项整理为：

$N=\left[\begin{array}{ccc}{\stackrel{\‾}{A}}_{12}& {\stackrel{\‾}{A}}_{14}& {\stackrel{\‾}{A}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{B}}_{12}& {\stackrel{\‾}{B}}_{14}& {\stackrel{\‾}{B}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{C}}_{12}& {\stackrel{\‾}{C}}_{14}& {\stackrel{\‾}{C}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{D}}_{12}& {\stackrel{\‾}{D}}_{14}& {\stackrel{\‾}{D}}_{24}\end{array}\right]---\left(24\right)$

其中为矩阵

中第p行第l列的元素，

为矩阵

中第p行第l列的元素，

为矩阵

中第p行第l列的元素，

为矩阵

中第p行第l列的元素。

误差矩阵E表示为：

$E=\left[\begin{array}{cccc}& & & e_{14}\\ & F& & e_{24}\\ & & & 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]---\left(25\right)$

其中，e_pl为矩阵E中第p行第l列的元素，矩阵F为矩阵E的前3阶方阵，分解为对称和非对称部分，只取对称部分为：

$F_{\mathrm{sym}}=\frac{(F-F^T)}{2}---\left(26\right)$

矩阵F_sym中独立非零项为

则有：

${\left[\begin{array}{ccc}{\stackrel{\‾}{A}}_{12}& {\stackrel{\‾}{A}}_{14}& {\stackrel{\‾}{A}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{B}}_{12}& {\stackrel{\‾}{B}}_{14}& {\stackrel{\‾}{B}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{C}}_{12}& {\stackrel{\‾}{C}}_{14}& {\stackrel{\‾}{C}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{D}}_{12}& {\stackrel{\‾}{D}}_{14}& {\stackrel{\‾}{D}}_{24}\end{array}\right]}^T\left[\begin{array}{c}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^{*}\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^{*}\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^{*}\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^{*}\end{array}\right]=-\left[\begin{array}{c}{\stackrel{\‾}{e}}_{12}\\ e_{14}\\ e_{24}\end{array}\right]---\left(27\right)$

令矩阵N为：

$N={\left[\begin{array}{ccc}{\stackrel{\‾}{A}}_{12}& {\stackrel{\‾}{A}}_{14}& {\stackrel{\‾}{A}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{B}}_{12}& {\stackrel{\‾}{B}}_{14}& {\stackrel{\‾}{B}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{C}}_{12}& {\stackrel{\‾}{C}}_{14}& {\stackrel{\‾}{C}}_{24}\\ {\stackrel{\‾}{D}}_{12}& {\stackrel{\‾}{D}}_{14}& {\stackrel{\‾}{D}}_{24}\end{array}\right]}^T$

对矩阵N的奇异值分解得

N＝U′S′V′^T                    (28)

其中U′是4×4阶的矩阵，S′是4×3阶的半正定对角矩阵，而V′是3×3阶的矩阵，

由(27)知，该方程组有三个方程，但有4个未知数，利用最小二乘解求得由于误差引起的修正值为：

${\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{\Δ}{{\mathrm{\θ}}_1}^{*}& \mathrm{\Δ}{{\mathrm{\θ}}_2}^{*}& \mathrm{\Δ}{{\mathrm{\θ}}_3}^{*}& \mathrm{\Δ}{{\mathrm{\θ}}_4}^{*}\end{array}\right]}^T=-\underset{p=1}{\overset{3}{\mathrm{\Σ}}}\frac{{U_p}^{\′}{\left({V_p}^{\′}\right)}^T}{{S_{\mathrm{pp}}}^{\′}}e---\left(29\right)$

式中，U_p′为矩阵U′的第p列向量，V_p′为矩阵V′的第p列向量，S_pp′为矩阵S′的对角线上第p行第p列的元素，-e向量是式(25)中等号右边的向量。

将式(29)所求得的修正值代入式(21)，就求得一个增量步后所有相邻杆件之间的夹角，并储存修正后的相邻杆件的夹角值，当修正后的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值时，将所述的修正后的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹。

第五步，运用二阶法选择出分歧点运动路径。

对第二步中的系数矩阵M进行奇异值分解，得到：

M＝USV^T             (30)

其中U是n×n阶的矩阵，S是n×k阶的半正定对角矩阵，而V是k×k阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量的向量Δθ：

Δθ＝U_jβ          (31)

式中：U_j为矩阵U_m中的第j列，U_m为矩阵U所对应的最后m列，j＝1，2，…，m，系数向量β＝[β₁，β₂，...，β_m]^T，m＝机构的自由度数值。

当连杆机构的自由度大于等于2时，应对三角函数进行二阶泰勒展开：

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\sin {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$ (32)

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\cos {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$

将上式代入转换矩阵的表达式得：

$T_i^1=\left[\begin{array}{cccc}\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& -\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& 0& \cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\\ \sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& \cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)& 0& \sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$

$\≈T_i^0+\left[\begin{array}{cccc}-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& -\cos {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\\ \cos {\mathrm{\θ}}_i^0& -\sin {\mathrm{\θ}}_i^0& 0& \cos {\mathrm{\θ}}_i^0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0+\left[\begin{array}{cccc}-\frac{\cos {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}& \frac{\sin {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}& 0& -\frac{\cos {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}\\ -\frac{\sin {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}& -\frac{\cos {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}& 0& -\frac{\sin {\mathrm{\θ}}_i^0}{2}\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right]{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2---\left(33\right)$

$=T_i^0+T_i^{\′}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0+T_i^{\′\′}{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$

将式(33)代入式(6)得：

[T₁ ⁰+T₁′Δθ₁ ⁰+T₁″(Δθ₁ ⁰)²][T₂ ⁰+T₂′Δθ₂ ⁰+T₂″(Δθ₂ ⁰)²]

                                                                    (34)

[T₃ ⁰+T₃′Δθ₃ ⁰+T₃″(Δθ₃ ⁰)²][T₄ ⁰+T₄′Δθ₄ ⁰+T₄″(Δθ₄ ⁰)²]＝I

将上式展开，并忽略杆件夹角二阶以上的高阶项，有：

T₁ ⁰T₂ ⁰T₃ ⁰T₄ ⁰+T₁′T₂ ⁰T₃ ⁰T₄ ⁰Δθ₁ ⁰+T₁ ⁰T₂′T₃ ⁰T₄ ⁰Δθ₂ ⁰

+T₁ ⁰T₂ ⁰T₃′T₄ ⁰Δθ₃ ⁰+T₁ ⁰T₂ ⁰T₃ ⁰T₄′Δθ₄ ⁰

+T₁″T₂ ⁰T₃ ⁰T₄ ⁰(Δθ₁ ⁰)²+T₁ ⁰T₂″T₃ ⁰T₄ ⁰(Δθ₂ ⁰)²

+T₁ ⁰T₂ ⁰T₃″T₄ ⁰(Δθ₃ ⁰)²+T₁ ⁰T₂ ⁰T₃ ⁰T₄″(Δθ₄ ⁰)²                      (35)

+2T₁′T₂′T₃ ⁰T₄ ⁰Δθ₁ ⁰Δθ₂ ⁰+2T₁ ⁰T₂′T₃′T₄ ⁰Δθ₂ ⁰Δθ₃ ⁰

+2T₁ ⁰T₂ ⁰T₃′T₄′ΔT₃ ⁰ΔT₄ ⁰+2T₁′T₂ ⁰T₃ ⁰T₄′θ₄ ⁰Δθ₁ ⁰

+2T₁′T₂ ⁰T₃′T₄ ⁰Δθ₃ ⁰Δθ₁ ⁰+2T₁ ⁰T₂′T₃ ⁰T₄′Δθ₄ ⁰Δθ₂ ⁰≈I

将式(10)代入式(33)，得到：

AA(Δθ₁ ⁰)²+BB(Δθ₂ ⁰)²+CC(Δθ₃ ⁰)²+DD(Δθ₄ ⁰)²+2ABΔθ₁ ⁰Δθ₂ ⁰     (36)

+2BCΔθ₂ ⁰Δθ₃ ⁰+2CDΔθ₃ ⁰Δθ₄ ⁰+2ADΔθ₄ ⁰Δθ₁ ⁰+2ACΔθ₃ ⁰Δθ₁ ⁰+2BDΔθ₄ ⁰Δθ₂ ⁰≈[0]

式中：

$\left\{\begin{array}{c}\mathrm{AA}=T_1^{\′\′}{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^0\\ \mathrm{BB}=T_1^0{T}_2^{\′\′}{T}_3^0{T}_4^0\\ \mathrm{CC}=T_1^0{T}_2^0{T}_3^{\′\′}{T}_4^0\\ \mathrm{DD}=T_1^0{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^{\′\′}\end{array}\right.$ 和 $\left\{\begin{array}{c}\mathrm{AB}=T_1^{\′}{T}_2^{\′}{T}_3^0{T}_4^0\\ \mathrm{AC}=T_1^{\′}{T}_2^0{T}_3^{\′}{T}_4^0\\ \mathrm{AD}=T_1^{\′}{T}_2^0{T}_3^0{T}_4^{\′}\\ \mathrm{BC}=T_1^0{T}_2^{\′}{T}_3^{\′}{T}_4^0\\ \mathrm{BD}=T_1^0{T}_2^{\′}{T}_3^0{T}_4^{\′}\\ \mathrm{CD}=T_1^0{T}_2^0{T}_3^{\′}{T}_4^{\′}\end{array}\right..$

对矩阵进行整理，式(36)左边表述为矩阵形式：

$\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0& \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{AA}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{DD}\left(\mathrm{1,4}\right)\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_3^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0\end{array}\right]---\left(37\right)$

其中AA(1，4)表示AA矩阵的第1行第4列的元素，BB(1，4)表示BB矩阵的第1行第4列的元素，CC(1，4)表示CC矩阵的第1行第4列的元素，DD(1，4)表示DD矩阵的第1行第4列的元素，AB(1，4)表示AB矩阵的第1行第4列的元素，AC(1，4)表示AC矩阵的第1行第4列的元素，AD(1，4)表示AD矩阵的第1行第4列的元素，BC(1，4)表示BC矩阵的第1行第4列的元素，BD(1，4)表示BD矩阵的第1行第4列的元素，CD(1，4)表示CD矩阵的第1行第4列的元素。

则式(36)表示为：

Δθ^TWΔθ＝[0]                                 (38)

式中：

$W=\left[\begin{array}{cccc}\mathrm{AA}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{AD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BB}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CC}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CD}\left(\mathrm{1,4}\right)\\ \mathrm{AD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{BD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{CD}\left(\mathrm{1,4}\right)& \mathrm{DD}\left(\mathrm{1,4}\right)\end{array}\right]$ 和 $\mathrm{\Δ\θ}=\left[\begin{array}{c}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_2^0\\ \mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_4^0\end{array}\right].$

将式(31)代入式(38)得到：

${\mathrm{\β}}^T{U}_i^{T}W{U}_i\mathrm{\β}=\left[0\right]---\left(39\right)$

由式(39)求得系数向量β，从而选择不同的运动路径。将系数向量β代入式(31)即求得平面闭环连杆机构角度增量值Δθ_i，则一个增量步后所有相邻杆件的夹角为相邻杆件夹角的初始值

加上所求得的增量的Δθ_i，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹。

利用图7所示的流程编制相应程序，输出四边相等的平面四连杆机构θ₂，θ₃，θ₄的运动曲线，从而模拟平面四连杆机构的运动过程。

如图8所示，平面四连杆机构的初始构形为θ₁＝0°时，式(18)中M矩阵表示为：

$M=\left[\begin{array}{cccc}-0.5000& 0.0000& 0.8660& 0.0000\\ -0.5000& -0.7071& -0.2887& 0.4082\\ -0.5000& 0.0000& -0.2887& -0.8165\\ -0.5000& 0.7071& -0.2887& 0.4082\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}2.0& 0& 0\\ 0& 1.4142& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}1.00& 0& 0\\ 0& 0.00& -1.00\\ 0& 1.00& 0.00\end{array}\right]---\left(40\right)$

由上式知道矩阵M的秩为2，也即机构的自由度为2，机构位移模态为：

$U_m=\left[\begin{array}{cc}0.8660& 0.0000\\ -0.2887& 0.4082\\ -0.2887& -0.8165\\ -0.2887& 0.4082\end{array}\right]---\left(41\right)$

二阶分析时，其W矩阵为：

$W=\left[\begin{array}{cccc}0& 1& 0& -1\\ 1& 1& 0& -1\\ 0& 0& 0& -1\\ -1& -1& -1& -1\end{array}\right]---\left(42\right)$

于是得到二阶相容方程式(39)为：

$\left[\begin{array}{cc}{\mathrm{\β}}_1& {\mathrm{\β}}_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}-0.3333& 0.1179\\ 0.1179& 0.3333\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\mathrm{\β}}_1\\ {\mathrm{\β}}_2\end{array}\right]=0---\left(43\right)$

上式简化为：

${\mathrm{\β}}_1^2-{\mathrm{\β}}_2^2-0.70747{\mathrm{\β}}_1{\mathrm{\β}}_2=0---\left(44\right)$

在加上规格化条件，我们利用下面的方程组求解系数：

$\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{\β}}_1^2-{\mathrm{\β}}_2^2-0.70747{\mathrm{\β}}_1{\mathrm{\β}}_2=0\\ {\mathrm{\β}}_1^2+{\mathrm{\β}}_2^2=1\end{array}\right.---\left(45\right)$

上式求得有4组解，

$\left[\begin{array}{cc}-0.5774& 0.8165\\ 0.5774& -0.8165\\ 0.8165& 0.5774\\ -0.8165& -0.5774\end{array}\right]---\left(46\right)$

由式(46)知，上面4组解中的第1组和第2组，第3组和第4组的系数矩阵是相同的。假定每一步的θ₁的变化为1°，当选用第1组系数向量时，其角度的计算结果为：

$\left[\begin{array}{c}{\mathrm{\θ}}_1^1\\ {\mathrm{\θ}}_2^1\\ {\mathrm{\θ}}_3^1\\ {\mathrm{\θ}}_4^1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1.0\\ 179.0\\ 1.0\\ 179.0\end{array}\right]---\left(47\right)$

当选用第3组系数向量时，其角度的计算结果为：

$\left[\begin{array}{c}{\mathrm{\θ}}_1^1\\ {\mathrm{\θ}}_2^1\\ {\mathrm{\θ}}_3^1\\ {\mathrm{\θ}}_4^1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1.0\\ 180.0\\ -1.0\\ 180.0\end{array}\right]---\left(48\right)$

从式(47)和式(48)看出，选用不同的系数向量，将得到不同的运动路径，其运动路径分别如图9和10所示。

选定图9所示的路径为运动路径，角度θ₂、θ₃和θ₄随着θ₁变化曲线如图11所示。从图11中看出，θ₃随着θ₁线性增加；θ₂和θ₄的曲线几乎重合，且随着θ₁的增加而线性减小，和平面四连杆机构的解析解完全一致，验证了本文方法以及编制程序的正确性。

Claims (1)

1.一种平面闭环连杆机构运动过程的模拟方法，其特征在于，包括以下步骤：

第一步，将相邻杆件的夹角中的任意一个θ_i设为驱动变量，并给出其初值

和终值驱动变量θ_i的增量Δθ_i取为终值

与初值

差值的1/10000至1/100的任何值，i为连杆机构的杆件编号，分别为1、2、3、…、n，n为平面闭环连杆机构杆件的数量，

第二步，利用一阶法计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度，判断是否处于运动路径的分歧点，如果自由度为1，则进行第三步；如果自由度大于等于2，则进行第五步，

所述计算平面闭环连杆机构所在构形的自由度采用以下方法确定：

建立平面闭环连杆机构的运动过程的模拟模型，所述的模拟模型为：

I＝T₁T₂T₃…T_i…T_n             式1

式1中n为平面闭环连杆机构杆件的数量，矩阵I为单位矩阵，T为转换矩阵，则T_i为第i个连杆对应的转换矩阵，表示为：

$T_i=\left[\begin{array}{cccc}\cos {\mathrm{\θ}}_i& -\sin {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\cos {\mathrm{\θ}}_i\\ \sin {\mathrm{\θ}}_i& \cos {\mathrm{\θ}}_i& 0& a_i\sin {\mathrm{\θ}}_i\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$ 式2

其中a_i为杆件i的长度，连接杆件i的节点为节点i和节点i+1，θ_i为节点i相邻杆件的夹角，i分别为1、2、3、…、n，

将平面闭环连杆机构的初始构形代入式1，得到：

I＝T₁ ⁰T₂ ⁰T₃ ⁰…T_i ⁰…T_n ⁰        式3

其中T_i ⁰为第i个节点在初始构形时对应的转换矩阵，

向式3输入一个增量Δθ_i，平面闭环连杆机构在运动后构形的应满足：

I＝T₁ ¹T₂ ¹T₃ ¹…T_i ^1…T_n ¹        式4

其中T_i1为第i个节点在运动后构形时对应的转换矩阵，矩阵T₁ ¹，T₂ ¹，…，T_i ¹，…T_n ¹等所对应的相邻杆件的夹角分别为

对上式中的三角函数进行一阶泰勒展开，如下式所示：

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$ 式5

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)$

其中Δθ_i ⁰为相邻杆件的夹角θ_i的增量，i＝1、2、3、…、n，，

将式5代入转换矩阵式2和平面闭环连杆机构的运动过程的模拟模型式4，从而得到平面闭环连杆机构相邻杆件的夹角的增量Δθ_i ⁰的一阶方程，

将所述有关平面闭环连杆机构相邻杆件的夹角的增量Δθ_i ⁰的一阶方程的系数矩阵的非零元素整理为矩阵M，其结束为n×k，k为每个增量Δθ_i ⁰系数矩阵中的非零元素的个数，则一阶方程写为：

$M^T{\left[\begin{array}{cccccc}\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_1^0& {\mathrm{\Δ\θ}}_2^0& \·\·\·& {\mathrm{\Δ\θ}}_i^0& \·\·\·& {\mathrm{\Δ\θ}}_n^0\end{array}\right]}^T=\left[0\right]$ 式6

其中[0]表示元素都为零的矩阵，上式进一步简化为：

M^TΔθ＝[0]         式7

系数矩阵M的列数减去矩阵M的秩即为平面闭环连杆机构的自由度，

第三步，运用奇异值分解法得到一个增量步后平面闭环连杆机构的预测构形：

对系数矩阵M进行奇异值分解，得到：

M＝USV^T             式8

式8中U是n×n阶的矩阵，S是n×k阶的半正定对角矩阵，而V是k×k阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量预测值的向量

$\mathrm{\Δ}\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}=\frac{1}{U_{n1}}{U}_n$ 式9

式中：U_n为矩阵U的最后一列向量，U_n1为矩阵U的最后一列中的第一个元素，

平面闭环连杆机构相邻杆件夹角的预测值为相邻杆件夹角的初始值θ_i ⁰加上所求得的增量的预测值

为向量中第i个元素，则有

${\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i={\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i$ 式10

第四步，如果预测构形的误差为零，则第三步给出的预测构形的角度值即为一个增量步后所有相邻杆件的夹角，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹，

如果误差不为零，则对相邻杆件夹角的预测值

进行如下修正：

设

为

的修正值，

为修正后的相邻杆件的夹角值，则有

$\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\sin ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i-\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$ 式12

$\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i^1=\cos ({\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*})\≈\cos {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i-\sin {\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}\right)$

利用式12得到角度修正值Δ

的一阶方程，利用最小二乘法求得角度的修正值Δ

，则修正后的相邻杆件的夹角值

为：

${\mathrm{\θ}}_i^1={\stackrel{\‾}{\mathrm{\θ}}}_i+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^{*}$ 式13

并储存所述的修正后的相邻杆件的夹角值，当所述的修正后的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的修正后的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹，

第五步，运用二阶法选择出分歧点运动路径：

对第二步中的系数矩阵M进行奇异值分解，得到：

M＝USV^T               式14

式8中U是n×n阶的矩阵，S是n×k阶的半正定对角矩阵，而V是k×k阶的矩阵，从而得到平面闭环连杆机构角度增量的向量Δθ：

Δθ＝U_jβ            式15

式中：U_j为矩阵U_m中的第j列，U_m为矩阵U所对应的最后m列，j＝1，2，…，m，系数向量β＝[β₁，β₂，...，β_m]^T，m＝机构的自由度数值，

对式4中的三角函数进行二阶泰勒展开：

$\sin {\mathrm{\θ}}_i^1=\sin ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\sin {\mathrm{\θ}}_i^0+\cos {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\sin {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$ 式16

$\cos {\mathrm{\θ}}_i^1=\cos ({\mathrm{\θ}}_i^0+\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0)\≈\cos {\mathrm{\θ}}_i^0-\sin {\mathrm{\θ}}_i^0\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)-\frac{1}{2}\cos {\mathrm{\θ}}_i^0{\left(\mathrm{\Δ}{\mathrm{\θ}}_i^0\right)}^2$

并代入式4，减去式3后得到角度增量的二阶方程，对二阶方程系数矩阵进行整理，得到二阶方程的矩阵的表示形式：

Δθ^TWΔθ＝[0]       式17

其中：Δθ为平面闭环连杆机构角度增量的向量，W为二阶方程的系数矩阵，

将式15代入式17得到：

由式17求得系数向量β，从而选择不同的运动路径，将系数向量β代入式15即求得平面闭环连杆机构角度增量值Δθ_i，则一个增量步后所有相邻杆件的夹角为相邻杆件夹角的初始值θ_i ⁰加上所求得的增量的Δθ_i，并储存所述的相邻杆件的夹角值，当所述的相邻杆件的夹角中驱动变量的值小于其终值

时，将所述的相邻杆件的夹角作为下一个增量步相邻杆件夹角的初始值，返回第二步，否则，将所有增量步储存的相邻杆件夹角的变化曲线作为连杆机构的运动轨迹，输出运动轨迹。

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