一０八學年度第一學期成大機械工程學系機動學第一次期中考
解題助教：徐力崴
研究室：91808
Oct. 22, 2019
分機號碼：62159-19
1. [15] Figure 1 shows a front-end loader mechanism.
(a) [4] Draw its skeleton diagram.
(b) [5] Label each link and each kinematic pair (joint) with a notation in the skeleton diagram.
Specify the type of each joint.
(c) [6] Determine the number of links n, number of j1 joints, number of j2 joints, and mobility m.
Figure 1
Solution
(a) 題目之裝載機骨架圖繪製如下
G
6
H
K
7
8
I, J
F
9
5
E
2
D
A
1
4
C
3
B
1
圖 1 裝載機骨架圖[4] 與桿件及運動對標示[1]
(b) 裝載機機構其桿件與運動對標示如圖 1 所示。裝載機機構之運動對分類如下
Turning pair：A、B、D、E、F、G、H、I、J [2]
Sliding pair：C、K [2]
(c) 根據自由度公式
m  3  n  1  2 j1  j2 [2]
(1)
其中 m 為機構整體自由度、n 為桿件總數、j1 為自由度為 1 之關節數目、j2 為自由度為 2
之關節數目。該裝載機之自由度計算如下
n = 9 [1], j1 = 11 [1], j2 = 0 [1]. 機構整體自由度： m  3  9  1  2 11   0   2 [1]
一０八學年度第一學期成大機械工程學系機動學第一次期中考
解題助教：賴于暄
研究室：91803
Oct. 22, 2019
分機號碼：62159-45
2. [35] A two-loop mechanism shown in Figure 2 (not to scale) consists of a four-bar mechanism
O2BCO4 and a slider-crank mechanism O4CD. If the four-bar mechanism is a drag-link and the
crank of the slider-crank mechanism can make a full rotation, the two-loop mechanism can be
used for a drag-link quick-return mechanism. For a constant angular velocity of link 2 with  2
= 1 rad/sec CCW, slider 6 will move slowly with nearly constant velocity over most of the
working stroke. Now design the mechanism as follows. Let O2O4 be designated by r1 = 10 cm,
O2B by r2 = 30 cm, BC by r3 = 25 cm, O4C by r4, CD by r5 = 25 cm, the offset of the slider to
base pivot O4 by r6 = -5 cm, and the angle θ1 = 40°.
(a) [20] Determine the range of values of the length of link 4 for a drag-link quick-return
mechanism without considering the case for being a change point mechanism.
(b) [15] In the permissive range of values of the length of link 4 for a drag-link quick-return
mechanism, it is desired that sinφmin = sinφmax, where φmin and φmax are the minimum and
maximum values of the transmission angle of the drag-link mechanism. Determine the
length of link 4 and the time ratio of the motions of slider 6 moving in the working stroke
over the return stroke.
θ1
Figure 2
Solution
(a) 將該機構分為四連桿機構 O2BCO4 與曲柄滑件機構 O4CD，並分別對其進行分析。
首先，四連桿機構 O2BCO4 為牽桿(drag-link)機構，因此地桿 O2O4 須為最短桿，即 r1 = s [2]
Case 1：r4 = p 或 q，亦即 10 cm ≤ r4 ≤ 30 cm [1]
由 Grashof criterion：s + l < p + q [2]
10  30  r4  25  15  r4 (cm) [1]
 15  r4  30 (cm) [1]
Case 2：r4 = l，亦即 r4 ≥ 30 cm [1]
滿足四連桿機構組合構型：l < s + p + q [2]
r4 < 10 + 25 + 30
 r4 < 65 (cm) [1]
由 Grashof criterion：s + l < p + q
(2)
10  r4  25  30  r4  45 (cm) [1]
 30  r4  45 (cm) [1]
(3)
根據式(2)與式(3)取兩者聯集，則可得
15  r4  45 (cm) [1]
(4)
接著，曲柄滑件機構 O4CD 的曲柄必須能連續旋轉，其必要條件如下
r4  r5
r4  25
r4  25 [1]



 r6  r5  r4  5  25  r4  r4  20 [1]



5  25  r4
20  r4 [1]
 r6  r5  r4
0  r4  20 (cm) [1]
(5)
根據兩機構可滿足各自條件的 r4 範圍，由式(4)與式(5)取兩者交集，可得桿 4 滿足 drag-link
quick-return 機構的範圍為
15  r4  20 (cm) [2]
(6)
(b)
r4
r3
φmin
φmax
r1
r4
r1
r3
r2
r2
圖 2(a) [1]
圖 2(b) [1]
定義 O4O2 為 x 軸正向，四連桿機構最小傳力角 φmin 發生在 θ2 = 180°，根據圖 2(a)的幾何關
係並由餘弦定理可得
 r2  r1 
2
 r32  r42  2r3r4 cos min [1]
(7)
經移項整理可得
cos min
r32  r42   r2  r1 

2r3r4
2
(8)
四連桿機構最大傳力角 φmax 發生在 θ2 = 0°，根據圖 2(b)的幾何關係並由餘弦定理可得
 r1  r2 
2
 r32  r42  2r3r4 cos max [1]
(9)
經移項整理可得
cos max
r32  r42   r1  r2 

2r3r4
2
(10)
由於 sinφmin = sinφmax，由此條件可知
min  max (不合) 或 min  180  max [1]
(11)
因此 cosφmin = - cosφmax，則由式(8)與式(10)可知
r32  r42   r2  r1 
r 2  r 2   r1  r2 
 3 4
2r3r4
2r3r4
2
2
(12)
[1]
化簡式(12)可得
2r42  2r32   r2  r1    r1  r2 
2
2
(13)
代入已知的 r1、r2 與 r3，計算得桿 4 長度 r4 為
r4  19.365 cm [1]
接著對曲柄滑件機構進行分析。預計算其時間比，必須找出 r4 與 r5 為一直線的狀況，其
示意圖如圖 3 所示。
Y
Y
 4, D
X
 4, D
2
X
1
r4+r5
r6
r5-r4
r6
D1
S1
D2
S2
圖 3(a)
圖 3(b)
當滑件位於右極限位置 D1 時，桿 4 與 X 軸夾角 4, D1 為
 r6 
5

1 
  sin 
  6.47 [1]
 19.365  25 
 r4  r5 
4, D  sin 1 
1
(14)
當滑件位於左極限位置 D2 時，桿 4 與 X 軸夾角 4, D2 為
 r6 
5

1 
  180  sin 
  117.46 [1]
 25  19.365 
 r5  r4 
4, D  180  sin 1 
2
(15)
然而桿 4 並非以等角速度旋轉，因此在計算時間比時必須將 Δθ4 轉換到 Δθ2。
B2
r3
O4
 4, D
1
r1
O2
r4
θ2b
θ2a
a
r3
r2
r4 
4, D2
O4
r5
B1
D1
b
r1
D2
圖 4(a) [1]
r2
θ2d
θ2c
圖 4(b) [1]
O2
圖 4(a)為滑件位於 D1 時四連桿機構各桿的相對位置示意圖，根據圖中幾何關係並利用餘
弦定理將 4, D1 轉換到 2, D1 ，其計算流程如下


a 2  r12  r42  2r1r4 cos 1  4, D1  152.1512 cm2
 r22  a 2  r32 
2a  cos 
  54.75
2r2 a


1
 r12  a 2  r42 
  119.87
2r1a


2b  cos1 
O4O2 B1  2, D1  2a  2b  174.62 [1]
(16)
圖 4(b)為滑件位於 D2 時四連桿機構各桿的相對位置示意圖，根據圖中幾何關係並利用餘
弦定理將 4, D2 轉換到 2, D2 ，其計算流程如下


b2  r12  r42  2r1r4 cos 1  4, D2  832.7182 cm2
 r12  b2  r42 
  14.91
2rb

1

2c  cos1 
2d
 r22  b2  r32 
 cos 
  50.22
2r2b


1
O4O2 B2  2, D2  2c  2 d  65.13 [1]
(17)
根據式(16)與式(17)可得滑件由右極限位置 D1 至左極限位置 D2 時的桿 2 角度差 Δθ2
2  2, D1  2, D2  109.49  1.911 rad [1]
(18)
已知桿 2 以等角速度逆時針旋轉，另外，因為工作行程必須使滑件緩慢且近似等速前進，
因此工作行程所需時間會大於返回時間。
由上述可判斷滑件由 D2 至 D1 為工作行程，並設定其所需經過時間為 Δt1；由 D1 至 D2 為
返回行程，所需經過時間為 Δt2，其各行程所需時間與時間比計算結果如下
2   2
t1 
 4.372 sec
2

t2  2  1.911 sec
2
t 2   2
TR  1 
 2.288 [1]
t2
 2
一０八學年度第一學期成大機械工程學系機動學第一次期中考詳解
解題助教：蔡竣宇
3.
研究室：91803
Oct. 22, 2019
分機號碼：62159-45
[50] For the inverted slider crank mechanism shown, link 2 is the input. The sliding joint is
between links 3 and 4.
(a) Use the complex number approach to find P, Q, and R such that Psinθ4 + Qcosθ4 + R = 0.
Express P, Q, and R in terms of r1, r2, r3, r4, θ2, and γ.
(b) Express S, T, and U in terms of P, Q, and R such that 4  2 tan 1[(T  T 2  4SU ) / 2S ]
(Hint: sin4  2tan(4 / 2) / [1  tan 2 (4 / 2)] , cos4  [1  tan 2 (4 / 2)] / [1  tan 2 (4 / 2)] )
(c) The mechanism parameters are r1 = 1 m, r2 = 0.2 m, r3 = 0.1 m, r4 = 0.65 m, γ = 90°, θ2 =
120°, r6 = 1.2 m and ω2 = 20 rad/sec CCW (constant). Determine the absolute velocity and
acceleration of point C, and determine the relative sliding acceleration of B with respect to
link 3 (Indicate both magnitude and direction. Use four digits after the decimal point.)
圖 1
Solution
(a) 獨立變數：θ2
相依變數：θ4、r5
常數： r1、r2、r3、r4、θ1、θ3、θ5、γ
根據圖 1 右所標向量進行迴路法
R2  R3  R1  R4  R5  0 [3]
r2 cos2  r3 cos3  r1  r4 cos4  r5 cos5
(1)
r2 sin 2  r3 sin 3  r4 sin 4  r5 sin 5
(2)
根據圖 1 左進行判斷，可得知  5 與  3 :
5  4   [1]
3  5  90  4    90 [1]
將  5 與  3 代入式(1)與式(2)得到式(3)與式(4)，如下所示
r2 cos  2  r3 sin  4     r1  r4 cos 4  r5 cos 4   
(3)
r2 sin 2  r3 cos 4     r4 sin  4  r5 sin  4   
(4)
將式(3)乘上 sin(4   ) 與式(4) 乘上 cos(4   ) 得到式(5)與式(6)，如下所示[5]
r2 cos2  r3 sin 4    sin 4     r1  r4 cos4  r5 cos 4    sin 4   
(5)
r2 sin 2  r3 cos 4    cos 4     r4 sin 4  r5 sin 4    cos 4   
(6)
將式(5)減去式(6)並使使用合角公式化簡得
r2 cos2 sin 4     sin 2 cos 4     r3  r1 sin 4     r4 sin 
(7)
挑取包含  4 的變數進行分類並化簡得
sin 4    r2 cos  2  r1   cos  4    r2 sin  2   r3  r4 sin   0
(8)
將式(8)使用合角公式化展開
 sin 4 cos   sin  cos4  r2 cos 2  r1    cos  4 cos 4  sin 4 sin   r2 sin 2 
r3  r4 sin   0
(9)
化簡可得式(10)
sin  4  r2 cos  2  r1  cos   r2 sin  2 sin    cos  4  r2 cos  2  r1  sin   r2 sin  2 cos  
 r3  r4 sin   0
(10)
由式(10)可知 P、Q 與 R 為[5]
P   r2 cos  2  r1  cos   r2 sin  2 sin 
Q   r2 cos  2  r1  sin   r2 sin  2 cos 
R  r3  r4 sin 
(b) 由題目可知下列式子:
P sin 4  Q cos4  R  0
(11)
將式(11)代入題目所給提示得
2tan
P
1  tan
4
2
2 4
2
Q
1  tan 2
1  tan
4
2 R0
2 4
(12)
2
整理式(12)得
 R  Q  tan 2
4
2
 2 Ptan
4
2
 R  Q  0 [5]
(13)
使用一元二次方程式公式解得
 2 P 
 4  2 tan 


1
由式(14)可知 S、T 與 U 為[5]
 4  R  Q  R  Q  


2 R  Q

 2P 
2
(14)
S  R Q
T  2P
U  RQ
(c) 首先將數值( γ = 90° )代入先前訂的迴路方程式代入式(3)與式(4)得
r2 cos2  r3 cos4  r1  r4 cos4  r5 sin 4
(15)
r2 sin 2  r3 sin 4  r4 sin 4  r5 cos4
(16)
將式(15)乘上 cos  4 與式(16)乘上 sin 4 兩式相加並且代入參數
0.1732 sin 4 1.1cos4  0.55  0
(17)
使用式(14)解得解  4 (另一解與圖1不符)與 r5 為
4  110.6499 °[2]
r5  0.9682 m[2]
接著將式(15)與式(16)對時間做一次微分得速度
r22 sin 2  r34 sin 4  r44 sin 4  r54 cos 4  r5 sin 4
(18)
r22 cos2  r34 cos4  r44 cos4  r54 sin 4  r5 cos 4
(19)
將式(18)乘上 cos  4 與式(19)乘上 sin 4 兩式相加代入參數解  4 與 r5 為
4  0.6712 (CCW) rad/sec[2]
r5  3.578 m/sec [2]
再將式(18)與式(19)對時間做一次微分得加速度
r2 22 cos  2  r3 42 cos  4  r3 4 sin  4
 r4 4 sin  4  r4 42 cos  4  r5 4 cos  4  r5 4 cos  4  r5 42 sin  4  r5 sin  4  r5 4 cos  4
r2 22 sin  2  r3 42 sin  4  r3 4 cos  4
 r4 4 cos  4  r4 42 sin  4  r5 4 sin  4  r5 4 sin  4  r5 42 cos  4  r5 cos  4  r5 4 sin  4
將式(20)乘上 cos  4 與式(21)乘上 sin 4 兩式相加代入參數解  4 與 r5 為
4  76.3100 (CCW) rad/sec2[2]
r5  54.5316 m/sec2 [2]
(20)
(21)
y
C
r4
R6
R3
R2
x
圖 2
先藉由圖2寫出向量法寫出C點的位置[3]
xc  r2 cos2  r3 cos 4    90   r6 cos 4   
(22)
yc  r2 sin 2  r3 sin 4    90   r6 sin 4   
(23)
將式(22)與式(23)代入( γ = 90° )並且對時間做一次微分得出速度
xc  r22 sin 2  r34 sin 4  r64 cos4
(24)
yc  r22 cos2  r34 cos4  r64 sin 4
(25)
將參數代入式(24)與式(25)的向量方程式內得C點速度
xc  3.811 m/sec[2]
yc  1.270 m/sec[2]
將式(24)與式(25)代入γ = 90°並且對時間做一次微分得出加速度
xc  r222 cos2  r34 sin 4  r342 cos4  r64 cos4  r642 sin 4
(26)
yc  r222 sin 2  r34 cos 4  r342 sin 4  r64 sin 4  r642 cos4
(27)
將參數代入式(26)與式(27)的向量方程式內得C點加速度
xc  0.076 m/sec2[2]
yc  13.4828 m/sec2[2]
另外題目要求B點滑塊與桿件的相對運動的加速度，即為先前所算之 r5
rB  r5  54.5316 m/sec2 (向左)[2]