Modelado de Robot Cartesiano
El robot cartesiano consta de tres articulaciones prismáticas alineadas a cada eje del plano cartesiano.
Figura 1: Configuración cartesiana, el eslabón 1 esta indicado en color rojo, el 2 en color verde y el 3 en azúl.
Parametros del robot
Seguiremos el convencionalismo de Denavit Hartenberg que fue presentado por James Denavit y Richard S. Hartenberg en 1955 y nos permite hacer el mapeo de articulación en articulación de forma sistemática.
Definiendo ejes
Comenzamos con los ejes \(z\) de cada marco de referencia, el eje \(x_0\) va alineado con el eje de desplazamiento de la primera articulación, el eje \(x_1\) va alineado con el eje de desplazamiento de la segunda articulación y el eje \(x_2\) va alineado con el eje de desplazamiento de la tercera articulación. El sistema de coordenadas \(3\) lo definiremos al final.
El eje \(x_0\) lo podemos colocar donde queramos sobre el eje \(z_0 \), lo pondremos n un costado. Como los ejes \(z_0\) y \(z_1\) se intersectan, colocaremos el eje \(x_1\) en dicha intersección. Como \(z_1\) y \(z_2\) se intersectan, colocaremos el eje \(x_2\) en dicha intersección.
Hasta el momento hemos definido la dirección de los ejes \(z_i\) y \(x_i\), podemos determinar el origen \(O_i\) de cada sistema como el punto donde se intersectan estos ejes, el sentido de estos ejes es a conveniencia y los ejes \(y_i\) se agregan siguiendo el convencionalismo de la mano derecha (dedo índice corresponde al eje \(x\) , dedo medio al eje \(y\) y el pulgar al eje \(z\) ).
El sistema coordenado \(3\) lo podemos colocar a conveniencia, lo pondremos en la cara frontal del ultimo eslabón.
Figura 2: Sistemas coordenados de cada articulación.
Tabla de Denavit Hartenberg
Para el eslabón 1 tenemos que la distancia desde la intersección del eje \(x_1\) y \(z_0\) hasta el origen \(O_1\) a lo largo de \(x_1\) es cero, por lo que \(a_1=0\). El ángulo desde \(z_0\) hasta \(z_1\) medido sobre \(x_1\) es \(-\pi/2\) o \(-90^\circ\) por lo que \(\alpha_1=-\pi/2\). Como es una articulación prismática, \(d_1\) es variable. Finalmente, el ángulo desde \(x_0\) hasta \(x_1\) medido en el eje \(z_0\) es \(0\) por lo tanto \(\theta_2=0\).
Para el eslabón 2 tenemos que la distancia desde la intersección del eje \(x_2\) y \(z_1\) hasta el origen \(O_2\) a lo largo de \(x_2\) es \(0\). El ángulo desde \(z_1\) hasta \(z_2\) medido sobre \(x_2\) es \(\pi/2\) o \(90^\circ\) por lo que \(\alpha_1=\pi/2\). Como es una articulación prismática, \(d_2\) es variable. Finalmente, el ángulo desde \(x_1\) hasta \(x_2\) medido en el eje \(z_1\) es \(\pi/2\) o \(90^\circ\) por lo tanto \(\theta_2=\pi/2\).
Para el eslabón 3 tenemos que la distancia desde la intersección del eje \(x_3\) y \(z_2\) hasta el origen \(O_3\) a lo largo de \(x_3\) es cero. El ángulo desde \(z_2\) hasta \(z_3\) es cero. Como es una articulación prismática, \(d_1\) es variable. Finalmente, el ángulo desde \(x_2\) hasta \(x_3\) medido en el eje \(z_2\) es cero.
Con esto en mente, definimos la siguiente tabla con los parámetros de Denavit Hartenberg:
| Eslabón | \(a_i\) | \(\alpha_i\) | \(d_i\) | \(\theta_i\) |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 0 | \(-\pi/2\) | \(d_1\) | 0 |
| 2 | 0 | \(\pi/2\) | \(d_2\) | \(\pi/2\) |
| 3 | 0 | 0 | \(d_3\) | 0 |
Modelo cinemático directo
Con los parámetros de Denavit Hartenberg identificados, tenemos las siguientes matrices de transformación homogénea:
$$ A_1^0 =\left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & d_1\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $$ $$ A_2^1 =\left[ \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & d_2\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $$ $$ A_3^2 =\left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & d_3\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $$De aquí se sigue la matriz de transformación que va de 0 a 3 es:
$$ T_3^0=\left[\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & d_{3}\ 0 & -1 & 0 & d_{2}\ 1 & 0 & 0 & d_{1}\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] $$
Esta matriz representa el modelo cinemático directo de nuestro robot, para entenderla mejor, representamos a \(T_3^0\) de la siguiente forma:
$$ T_3^0 =\left[ \begin{array}{cccc} n & s & a & d\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $$
donde \(n = [n_x,n_y,n_z]^T\), \(s = [s_x,s_y,s_z]^T\), \(a = [a_x,a_y,a_z]^T\) y \(d = [d_x,d_y,d_z]^T\).
La posición del origen del tercer marco de referencia ($O_3$) para los ángulos \((\theta_1,\theta_2,\theta_3)\) nos las da el vector \(d\), las componentes del eje \(x_3\) en los ejes de \(O_0\) nos las da el vector \(n\), las componentes del eje \(y_3\) en los ejes de \(O_0\) nos las da el vector \(s\) y las componentes del eje \(z_3\) en los ejes de \(O_0\) nos las da el vector \(a\).
Modelo cinemático inverso
Para esta configuración podemos obtener el modelo cinemático inverso directamente del vector \(d\) de la matriz de transformación, de aquí podemos deducir:
$$ \begin{array}{ccc} x & = & d_3\ y & = & d_2\ z & = & d_1 \end{array} $$
Coordenadas generalizadas
En este caso en particular los desplazamientos en los ejes del plano carteciano se relacionan directamente con los desplazamientos de las articulaciones y el control se hace sobre las articulaciones por lo que tenemos las siguientes coordenadas generalizadas:
$$ \begin{array}{ccccc} q_3 & = & x & = & d_3\ q_2 & = & y & = & d_2\ q_1 & = & z & = & d_1 \end{array} $$
Con estas coordenadas podemos realizar el control del robot.
Modelo dinámico (por Euler Lagrange)
El planteamiento de Euler Lagrande nos dice que:
$$ \frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{q}}-\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q}=f $$
donde el Lagrangiano \(\mathcal{L}\) es la diferencia de la energía dinámica \(\mathcal{K}\) y la potencial \(\mathcal{P}\), esto es:
$$ \mathcal{L} = \mathcal{K}-\mathcal{P} $$
Energía dinámica
La energía dinámica de cada eslabón esta dada por \(1/2 mv^2\) donde \(m\) es la masa del eslabón, \(v\) la velocidad lineal o \(\dot{q}\) del eslabón, de aquí se sigue:
$$ \mathcal{K} = \frac{1}{2}m_1\dot{q}_1^2 + \frac{1}{2}m_2\dot{q}_2^2 + \frac{1}{2}m_3\dot{q}_3^2 $$
Energía potencial
La energía potencial de cada eslabón esta dada por \(mgh\), donde \(m\) es la masa del elabón, \(g\) es la gravedad y \(h\) la altura del centro de masa del eslabón al plano perpendicular al suelo de nuestro sistema de referencia cero (en nuestro caso es el plano \(x_0z_0\)), de aquí se sigue:
$$ \mathcal{P} = 0 + m_2g(\beta_2+q_2) + m_3g(\beta_3+q_2) $$
donde \(\beta_2\) y \(\beta_3\) son constantes y representan un desface entre el centro de gravedad de los eslabones 2 y 3 y el origen del centro de sus respectivos sistemaa de coordenadas.
Nota: La anergía potencial del primer eslabón es cero ya que su centro de masa esta sobre el plano \(x_0z_0\).
Lagrangiano
El Lagrangiano de nuestro sistema es:
$$ \mathcal{L} = \frac{1}{2}m_1\dot{q}_1^2 + \frac{1}{2}m_2\dot{q}_2^2 + \frac{1}{2}m_3\dot{q}_3^2 - m_2g(\beta_2+q_2) - m_3g(\beta_3+q_2) $$
Construyendo el modelo
Primero calculamos \(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{q}}\), solo dejaremos los terminos que dependen de \(\dot{q}\) ya que los demas se volveran cero al derivar.
$$ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{q}}=\begin{array}{c} \frac{\partial(\frac{1}{2}m_1\dot{q}_1^2 + \frac{1}{2}m_2\dot{q}_2^2 + \frac{1}{2}m_3\dot{q}_3^2)}{\partial \dot{q}_1} \\ \frac{\partial(\frac{1}{2}m_1\dot{q}_1^2 + \frac{1}{2}m_2\dot{q}_2^2 + \frac{1}{2}m_3\dot{q}_3^2)}{\partial \dot{q}_2} \\ \frac{\partial(\frac{1}{2}m_1\dot{q}_1^2 + \frac{1}{2}m_2\dot{q}_2^2 + \frac{1}{2}m_3\dot{q}_3^2)}{\partial \dot{q}_3} \end{array} =\begin{array}{c} m_1 \dot{q}_1 \\ m_2 \dot{q}_2 \\ m_3 \dot{q}_3 \end{array} $$De aquí calculamos directamente: \(\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{q}}\):
$$ \frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{q}} =\begin{array}{c} m_1 \ddot{q}_1 \ m_2 \ddot{q}_2 \ m_3 \ddot{q}_3 \end{array} $$
Para calcular \(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q}\) solo usaremos los terminos de Lagrangiano que tengan \(q\) ya que los demas se volveran cero al momento de derivar.
$$ \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q}=\begin{array}{c} \frac{- m_2g(\beta_2+q_2) - m_3g(\beta_3+q_2)}{\partial q_1} \ \frac{- m_2g(\beta_2+q_2) - m_3g(\beta_3+q_2)}{\partial q_2} \ \frac{- m_2g(\beta_2+q_2) - m_3g(\beta_3+q_2)}{\partial q_3} \end{array} =\begin{array}{c} 0 \ -(m_2+m_3)g \ 0 \end{array} $$
Por lo que nuestro modelo queda:
$$ \begin{array}{c} m_1 \ddot{q}_1 \\ m_2 \ddot{q}_2 \\ m_3 \ddot{q}_3 \end{array} + \begin{array}{c} 0 \\ (m_2+m_3)g \\ 0 \end{array} = \begin{array}{c} f_1 \\ f_2 \\ f_3 \end{array} $$Si consideramos que los eslabones se controlan mediante las fuerzas \(f_1\), \(f_2\), y \(f_3\), entonces el termino \((m_2+m_3)g\) se puede considerar como una perturbación en la entrada.