第七章 滑塊機構

在課本第四章4.3.2節以後，均談到滑塊機構之運作情形。滑塊配合連桿之運動也甚為重要，而且在實際的例子上幾乎俯拾皆是，反而比四連桿之應用更多。但是連桿組中，若能預先瞭解四連桿之運動情形，對於具有滑塊之連桿組件之分析反而更為容易。所以，這兩種連桿組應是相輔相成的。

有關四連桿之分析，屬各桿固定的部份，己見於前節之說明。但在實際的分析過程上，除這種簡化的機構外，一般常見的滑塊曲柄的型式，在分析上亦屬於四連桿機構的範疇。內燃機引擎、工業用之壓縮機及往復型運動機構均屬之。分析上屬於滑塊的機構實質與固定桿長的四連桿型式相同，唯一差異是滑塊部份的一桿因滑動的關係，均具有速度及加速度，而其位移也不斷在改變。

位置分析

圖7.1 滑塊為元件之四連桿

7.1位置分析

圖7.1為具一滑塊的示意分析圖，幾乎所有具滑塊件的機構均可化成這樣的簡化向量圖，只是有些特殊狀況仍然會存在，例如第四桿之長度為零，滑塊之移動方向因而與r1桿重合。就整個機構而言，若與前面四連桿比較，第二及第三桿之位置大體相同，不同的地方是第一桿與第四桿之出現。目前滑塊需在一平面上滑動，故具有往復運動。

為代表這種滑動的動作，可配合四連桿，並讓第一桿之方向與滑塊之路徑平行。通過滑塊中心對此桿作垂線，塑造出兩相互垂直的第一及第四桿，故分析的過程中，滑塊連桿仍然存在四個連桿。只是第一桿雖然方向固定，其長度則成為變數，而第四桿則維持相同的長度與角度，形成一個如同可移動的”固定桿”。第四桿之長度亦為滑塊行進方向與原心之重直距離，此一距離又稱為偏置值。有些滑塊曲柄結構之偏置量為零，亦即其滑動的方向剛好通過原心，此時之第四桿之長度為零，第一桿終與OP連線重合。變成僅有三桿構成一個閉合圈。

為使分析過程有一致性，我們仍將各桿及水平夾角分別標示為r1、r2、r3、r4與θ1、θ2、θ3、θ4，此時第一桿之θ1固定，第四桿則屬固定桿，其角度θ4與θ1有如下的關係：

θ4 =θ1 + π/2                   　　　　　　　 (7.1)

若第二桿為驅動桿時，其情況非常類似前面四連桿中，將第四桿固定，而直接驅動第三桿之分析過程。茲依前一節之敘述，得到閉合公式如下：

  rp = r2 + r3 = r1 + r4              　　　      (7.2)

  r2ejθ2+r3ejθ3 = r1ejθ1+r4ejθ4

經轉換為尤拉表示式，其結果將化為兩項聯立方程式：

  r2 cosθ2 + r3 cosθ3 = r1 cosθ1 + r4 cosθ4
  r2 sinθ2 + r3 sinθ3 = r1 sinθ1 + r4 sinθ4      (7.3)

解上述閉合方程式時，變數r2、 r3、 r4、θ1、θ4等均應為已知，而θ2、θ3、 r1等三個參數待解，故只要在這三個未知項中，令其中一項為已知，以求得其他兩個對應參數之值。

(一)θ2為已知，求解θ3與r1

此時，可先消去θ3，再利用前面之技巧求得r1，方式如下：

  r3 cosθ3 = r1 cosθ1 + r4 cosθ4- r2 cosθ2
  r3 sinθ3 = r1 sinθ1 + r4 sinθ4- r2 sinθ2   　  (7.4)

兩邊平方後相加，以消去θ3：

 r3² = r1²+ r2²+ r4²
   +2 r1 r4 (cosθ1 cosθ4 + sinθ1 sinθ4)
   -2 r1 r2 (cosθ1 cosθ2 + sinθ1 sinθ2)
   -2 r2 r4 (cosθ2 cosθ4 + sinθ2 sinθ4)         (7.5)

目前式中已消去θ3，僅剩r1為待解之變數，可將之變換成為：

   r1² + A r1 + B = 0                 　　　　　　　　(7.6)

其中，

A=2 r4 (cosθ1 cosθ4 + sinθ1 sinθ4)
    -2 r2 (cosθ1 cosθ2 + sinθ1 sinθ2)
B= r2²+ r4²- r3²
    -2 r2 r4 (cosθ2 cosθ4 + sinθ2 sinθ4)

式(7.6)為r1的一元二次方程式，解之得

   r1 = [-A ±(A²- 4B )1/2] / 2                 　　　　(7.7)

式中之±值表示r1有兩個對應值，負值代表與正值在相反的方向。為在程式中表示這個種模式均存在，可用ε來代表±1之值，以供選擇。

在求開方根之時，基本上，內部值不能為負值，否則會有虛根出現。虛根表示此四連桿之滑塊機構組合無法形成，必須另外調整適當的組合。為避免虛根之出現，可先檢驗A²> 4B的條件，只要符合即可得解。經獲得r1值之後，可回到原先之閉合方程式(7.3)，兩邊各互除，可得到θ3。

tanθ3 =[ r1 sinθ1 + r4 sinθ4 - r2 sinθ2] /
       [r1 cosθ1 + r4 cosθ4 - r2 cosθ2]      　　 (7.8)

由(7.8)式計算得之角度θ3會有兩個值，分別落在不同象限。故為瞭解其所處之象限，分子及分母之符號必須保留，以確定其所處之象限。在MATLAB中，有一個指令可以判別其所處象限的位置，即：

θ=tan2(x,y)

由參數中之x與y值之正負來決定，角度θ之實際值，該角度之大小亦會反應其座落的象限。

有了上述之θ1、θ2、θ3及θ4之後，配合各桿之長度即可求得點P、Q、R等之位置向量：

Rq = r2 ejθ2= r2 (cosθ2 + j sinθ2)     　　　　　(7.9)
Rp = r2 ejθ2+ r3 ejθ3
   = r2 (cosθ2 + j sinθ2)+ r3 (cosθ3 + j sinθ3)            (7.10)

或者

Rp = r1 ejθ1+ r4 ejθ4
   = r1 (cosθ1 + j sinθ1)+ r4 (cosθ4 + j sinθ4)    (7.11)

(二)當r1為已知，求解θ2、θ3

由r1求θ2的過程可再依公式(7.5) 進行，並歸納使其併成下列型式：

A cosθ2+B sinθ2+C =0

其實際內容應為：

  [-2 r1 r2 cosθ1 -2 r2 r4 cosθ4] cosθ2+
  [-2 r1 r2 sinθ1-2 r2 r4 sinθ4] sinθ2+
  [r1²+r2²+r4²-r3²+2r1 r2 (cosθ1 cosθ4 + sinθ1 sinθ4)]
    =0                                                  (7.12)

兩者間之對應項目ＡＢＣ分別為：

A=2 r1 r2 cosθ1 -2 r2 r4 cosθ4
B=2 r1 r2 sinθ1-2 r2 r4 sinθ4
C= r1²+r2²+r4²-r3²+2 r1 r4 (cosθ1 cosθ4 + sinθ1 sinθ4)
                                                    (7.13)

為求得A cosθ2+B sinθ2+C=0之解，可利用半角公式。設

   β=tan(θ2/2)

代入三角函數：

     (C – A) β²+ 2 Bβ+( A+C) = 0                     (7.14)

解此二次方程式，

　　　β=[-B ±(B²-C²+A²)1/2]/[C-A]  　　　　　　　　　(7.15)

同樣，β應有二根，代表兩個位置解。程式中可用ε= ±1來進行選擇。並進而求得θ2：

　　　θ2 = 2 tan-1β

其範圍存在於 -π/2≦tan^-1β≦π/2，故-π≦θ4≦π。

(三) 當θ3為已知，求解θ2與r1

在解題工作上，其過程類似第一狀況，以θ2為輸入。故所用之公式中，只要將標碼之2與3互換，即可求得相同的解。