【文章內(nèi)容簡介】 21121122 )()()()( CDCDCiDiCiDi yyxxyyxx ??????? (43) 21121122 )()()()( CBCBCiBiCiBi yyxxyyxx ??????? ( 44) 對桿件 AB 列約束方程 得： 212122 )()()()( ABABABiABi yyxxyyxx ??????? ( 45) 對桿件 CF 列約束方程得： 21121122 )()()()( CFCFCiFiCiFi yyxxyyxx ??????? (46) 有 EFC 三點共線可列矩陣方程得： ??????????111FiFiCiCiEEyxyxyx =0 ( 47) 綜上，共有 24 個未知數(shù)，有 13 個約束方程，故需要假設 11 個變量值才可解。 現(xiàn)假設如下： )150,2021(1D )0,180(A )150,1400(1C )50,1200(1B ),( 11 FYF ? ?0,250E 由位移矩陣方程 41 可得 ),(2D ),(3D 有 23 至 27 聯(lián) 立，有 MATLAB 迭代法可得解如下： ),(1F ),(3F ),(2C ),(3C ),(2B )645,(3B ),(2F 由已知點可得液壓缸初長度如下 : mmyyxxLECECEC )()( 2121 ????? 液壓缸末長度如下 : 15 mmyyxxLECECEC )()( 2323 ????? 得液壓缸的伸長量為 mmL ?? 較小的伸長量可得較大的傾斜角度，符合要求。 根據(jù)已知條件可求得個桿件長度如下 mmyyxxLCDCDDC 600)()( 211211 ????? mmyyxxLBDBDDB )()( 211211 ????? mmyyxxLBCBCCB )()( 211211 ????? mmyyxxLFCFCCF 800)()( 211211 ????? mmyyxxLBABAAB )()( 211211 ????? 傳動角 ADH? 的驗證如下 由于傳動角隨著傾斜角的增大而增大，故只需驗證末初始狀態(tài)的傳動角大于許用傳動角 40176。即可。對三角形 ADE 由余弦定理得 ? ? ?????? rAD E ，故符合要求。 后箱門啟閉機構(gòu) 如圖 41 和 42 所示，當車廂繞著 F 點傾卸貨物時，桿 GE 拉動 EC 桿繞點D 轉(zhuǎn)動，從而帶動車廂門 BC 轉(zhuǎn)動，完成車廂門的開啟。（ A、 D 均為固定在車廂上的點） 41 聯(lián)動機構(gòu)初狀態(tài) 16 42 聯(lián)動機構(gòu)中態(tài)位置 43 聯(lián)動機構(gòu)最終位置 對剛體 AFG 分析，由于車廂繞 F 點轉(zhuǎn)動，故桿件 AF 和 DF 也繞 F 點轉(zhuǎn)相同的角度。 以 F 點為坐標原點，水平向左為 x 軸正 向，豎直向上為 y 軸正向建立直角坐標系。 在廂體上建立位移矩陣得： 其中（ 11ii? ? ???， 1 0???， ??302? , ??553? ） ??????????1DiDiyx = ?????????? ?1000c o ssin0sinc o s1111iiii???? . ??????????111DDyx ( 41) ??????????1AiAiyx = ?????????? ?1000c o ss in0s inc o s1111iiii???? . ??????????111AAyx ( 42) 分析四桿機構(gòu) ABCD 得， BC 桿件為平動，故 ??01i? 可對連桿 BC 列位移矩陣方程得 ??????????1CiCiyx = ????????????100100111BBiBBiyyxx . ??????????111CCyx ( 43) 17 對桿件 AB 列約束方程得 21121122 )()()()( ABABAiBiAiBi yyxxyyxx ??????? (44) 對桿件 CD 列約束方程可得 21121122 )()()()( CDCDCiDiCiDi yyxxyyxx ??????? (45) 為防止 DCE 共線而出現(xiàn)死點，設 ??? 110DCE 有2121 *1tan kk kk? ??? 可 得方程得 )(*)(1t a nCiEiCiEiCiDiCiDiCiEiCiEiCiDiCiDixxyyxxyyxxyyxxyy???????????? (46) 對桿件 ED 列約束方程得 21121122 )()()()( EDEDEiDiEiDi yyxxyyxx ??????? (47) 對桿件 EG 列約束方程得 212122 )()()()( EGEGEiGEiG yyxxyyxx ??????? (48) 綜上，共有 20 個未知數(shù)，有 11 個約束方程，故需要假設 9 個變量值才可解。 現(xiàn)假設如下： ),( 22 ByB ? )700,0(1A )300,300(1 ?C ),(1 ?D )50,( GxG ),( 33 ByB ? 由位移矩陣 41 和 42 可得 ),(2 ?D ),(3 ?D ),350(2 ?A ),(3 ?A 有位移矩陣 43 和 44 至 48 約束方程聯(lián)立，由 MATLAB 迭代法可得解如下： ),(2 ?B ),(3 ?B ),(2 ?E ),(1 ?E ),(3 ?E ),(2 ?C) 9 6, 9 9(3 ??C )50,(G 根據(jù)已知條件可求得個桿 件長度如下 : mmyyxxLBABAAB 300)()( 211211 ????? mmyyxxL BCBCCB 400)()( 211211 ????? mmyyxxL CDCDDC )()( 211211 ????? 18 mmyyxxL EDEDDE )()( 211211 ????? mmyyxxL GEGEEG )()( 211211 ????? 第 5 章 機構(gòu)運動分析 主要 用直角坐標系法 分析構(gòu)件的位移、速度、加速度，分別對 舉升 機構(gòu)， 傾卸 機構(gòu)， 后箱門啟閉 機構(gòu)進行分析。 舉升機構(gòu)運動分析 建立如下坐標系： 以點 B 為坐標原點，水平向左 為 x 軸，豎直向上為 y 軸建立直角坐標 系。 機構(gòu)如圖 51 所示 圖 51 可得 B、 C 點兩點坐標為 B(0,0), C( ), cc yx 已知構(gòu)件 BI 為液壓驅(qū)動油缸，構(gòu)件ND 為活塞。原動件為 BI，可拆成如下基本桿組 如圖 52 圖 52 可見為二級桿組，因此可以逐桿求解，過程如下： 19 BI 為原動件，故已知 DB 之間的距離 DBH , DBV , DBa 。為防止產(chǎn)生剛性沖擊，假設液壓缸生出速度為先從 0 勻加速再勻減速至 0 則 勻加速：22atHDB?， atvDB? ，)( ??? taa DB 勻減速： )(),(,2 )(2 2 ??????????? taataavtaLHDBDBDB 舉升機構(gòu)電機設置如下： D 點位置方程如下： 222 )()( DBBDBD Hyyxx ???? (51) 222 )()( DCCDCD lyyxx ???? (52) 已知 B(0,0), C( ), cc yx DBDBlH , 故 由 1， 2 兩式聯(lián)立可得鉸鏈點 D 的位置即 D ),( DD yx 對 (1),(2)兩式對時間 t 作一次求導可得出 D 點的速度方程如下： DBDBByBDBxBDDyBDDxBD vHvyyvxxvyyvxx ????????? 2)()()()( (53) 0)()()()( ???????? CyCDCxCDDyCDDxCD vyyvxxvyyvxx (54) (其中 0???? CxCyByBx vvvv ) 對 (1),(2)兩式對時間 t 作二次求導可得出 D 點的加速度方程如下： 20 22 )()()()()()( ByDyBxDxByBDBxBDDyBDDxBD vvvvayyaxxayyaxx ??????????? 222 DBDBDB vaH ??? (55) 22 )()()()()()( CyDyCxDxCyCDCxCDDyCDDxCD vvvvayyaxxayyaxx ??????????? =0 (56) (其中 0???? CxCyByBx aaaa ) 經(jīng)過仿真分析后，得 D 點位置 速度和加速度與時間的關系曲線，如 下圖所示 圖像由上至下分別為加速度，位置，速度圖像。 分別為位置，速度，加速度在 XY 方向的分量。 21 運動結(jié)果分析：由于傾斜機構(gòu)運動為先舉升，再停止，在下降，故圖像關于t= 對稱，且停止時速度加速度均為零，位置圖像保持水平。為防止剛性沖擊，液壓缸伺服電機設為先勻加再勻減，故在圖上速度轉(zhuǎn)折點，相應的加速度圖像在該點處會出現(xiàn)跳躍， 即為柔性沖擊，但沖擊較小， 故設計是較為合理的。 對桿件 EDC 分析如下： E 點位置方程如下： 222 )()( ECCECE lyyxx ???? （ 57） ECECDEDE yy xxyy xx ????? （ 58） 式中只有 EE yx, 兩個未知數(shù)，故 由 7， 8 兩式聯(lián)立可得鉸鏈點 E 的位置即 E ),( EE yx 對 (7),(8)兩式對時間 t 作一次求導可得出 E 點的速度方程如下： 0)()()()( ???????? CyCECxCEEyCEExCE vyyvxxvyyvxx (59) EyDCExDCDyCEDxCECyDECxDE vxxvyyvxxvyyvxxvyy )()()()()()( ??????????? （ 510） 對 (7),(8)兩式對時間 t 作二次求導可得出 E 點的加速度方程如下： 22 )()()()()()( CyEyCxExCyCECxCEEyCEExCE vvvvayyaxxayyaxx ??????????? =0 （ 511） EyDCExDCDyCEDxCECyDECx