Cap. 10 Desplazamientos pequeños
Estática
Pág. 10-1 Por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Sección de Ingeniería Mecánica Departamento de Ingeniería
Polos o centros instantáneos de rotación
Se define como centro instantáneo de rotación al punto en el plano de movimiento en el cual el desplazamiento de un cierto cuerpo rígido en un instante dado es nulo. En otras palabras, el cuerpo rígido en movimiento plano está girando alrededor de dicho centro instantáneo de rotación (CIR). En la teoría de mecanismos dicho punto también es llamado polo absoluto. El centro instantáneo de rotación provee de métodos sencillos para el análisis de desplazamientos pequeños. En lo siguientes ejemplos se pueden observar algunas de sus características geométricas.
δ B
δ B
δ B B
B
B O (CIR)
A
O (CIR)
δ A
δ A
A
A
δ A
δ B
O (CIR)
Fig. 3
Fig. 2
Fig. 1
δ B
δ B
B
B
δ A
δ A
A
A
O (CIR) Fig. 4 Fig. 5
O (CIR)
en el infinito
Como se puede observar, el CIR o polo absoluto de desplazamientos puede estar dentro o fuera de los límites físicos del cuerpo rígido en movimiento plano. También es importante mencionar que cuando un cuerpo se traslada (fig. 5) su polo absoluto se encuentra en el infinito. De acuerdo a la nomenclatura utilizada en la teoría de los mecanismos los polos absolutos también suelen denotarse como Oi1 . El subíndice i es el número asignado al eslabón móvil (i = 2, 3, 4 ....) mientras que el número 1 se reserva para el eslabón fijo o bastidor sobre el cual se apoya siempre un mecanismo.
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Ejemplos: δφ 2 S 2
La articulación impide el movimiento de A y en consecuencia su desplazamiento será nulo. Luego, allí está localizado el polo absoluto O21 del cuerpo S 2.
P
El desplazamiento de cualquier punto P del cuerpo se calculará muy fácilmente con la expresión:
δ P A
O21
δ P = δφ 2 | O21 P |
Fig. 6
El siguiente mecanismo (fig. 7) se denomina de cuatro eslabones (tres de ellos móviles) y se desea ubicar el polo absoluto del elemento S 3. O31
δφ 3
δ C C P
B
δ P
S 3
δφ 4
δ B S 2
Dado que conocemos los desplazamientos de los puntos B y C , entonces con una construcción sencilla similar a la mostrada en la fig. 2 se ubica el polo absoluto O31 .
S 4 O41 D
δφ 2
Una vez ubicado dicho polo será muy fácil calcular el desplazamiento del punto P: δ P = δφ 3 | O31 P |
Fig. 7
A
O21
Conocidos los polos absolutos de los diferentes eslabones del mecanismo es relativamente sencillo calcular los desplazamientos angulares de todos los elementos móviles: B ∈ S 2 :
δ B = δφ 2 | O21 B |
B ∈ S 3 :
δ B = δφ 3 | O31 B |
Puesto que B pertenece a la vez a los eslabones S 2 y S 3 entonces podemos igualar las anteriores expresiones: δ B = δφ 2 | O21 B | = δφ 3 | O31 B |
→
δφ 3 = δφ 2
| O21 B | | O31 B |
Análogamente podemos calcular el desplazamiento angular δφ 4 : C ∈ S 3 :
δ C = δφ 3 | O31C |
C ∈ S 4 :
δ C = δφ 4 | O41C |
de donde:
δ C = δφ 3 | O31C | = δφ 4 | O41C |
entonces:
δφ 4 = δφ 2
| O21 B | | O31C | | O31 B | | O41C |
→
δφ 4 = δφ 3
| O31C | | O41C |
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Pág. 10-3
El siguiente mecanismo es el biela-manivela, el cual es ampliamente utilizado en diversas máquinas, como motores de combustión interna, compresores de émbolo y bombas alternativas. En la siguiente figura se puede apreciar a la izquierda el corte de un cilindro de motor de combustión interna mientras que a la derecha se muestra el esquema cinemático respectivo.
Ahora ubicaremos los polos absolutos de los tres elementos móviles: O31
Está claro que el polo absoluto de la barra S 2 está en la articulación A.
δφ 3
El polo absoluto del pistón S 4 está en el infinito dado que dicho elemento se traslada a lo largo de su guía (cilindro). Dado que conocemos los desplazamientos de los puntos B y C , entonces con una construcción sencilla similar a la mostrada en la fig. 6-42 podemos ubicar el polo absoluto O31 .
O41 (∞ )
B S 2 S 3
δ B
A
O21
S 4
δφ 2
C
δ C
Fig. 9
→
finalmente:
B ∈ S 2 :
δ B = δφ 2 | O21 B |
B ∈ S 3 :
δ B = δφ 3 | O31 B |
δ B = δφ 2 | O21 B | = δφ 3 | O31 B |
Si queremos calcular el desplazamiento angular de la biela S 3 , entonces procedemos como en el anterior ejemplo:
→
δφ 3 = δφ 2
| O21 B | | O31 B |
δ C = | O31C | δφ 3 (evidentemente δφ 4 = 0 pues S 4 se traslada)
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Otro concepto interesante para el análisis de velocidades en sistemas de cuerpos rígidos es el de los polos relativos de velocidad. Se define polo relativo de rotación como el punto sobre el plano del movimiento en el que dos cuerpos rígidos de la misma cadena cinemática tienen desplazamiento relativo nulo. En otras palabras, en dicho punto ambos cuerpos tienen exactamente el mismo desplazamiento. El ejemplo más sencillo es el de dos cuerpos móviles que están articulados entre sí: Oij S i
A
S j
Fig. 10
Puesto que en la articulación A coinciden un punto que pertenece a S 2 y otro que pertenece a S 3 y dada la configuración física de una tal articulación, es imposible el movimiento relativo entre ambos, entonces allí se encuentra el polo relativo de velocidad Oij . A continuación mostramos para los mecanismos de cuatro barras y biela-manivela todos los polos que hasta ahora podemos ubicar: O31
O31
S 3
B
C O34
O23
S 4 O41 D
S 2
B
O41 ( ∞) O23
S 2 S 3
Fig. 11
A
O21
S 4
A
O21
C O34 Fig. 12
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Pág. 10-5
Teorema de Aronhold-Kennedy
“En cualquier instante del movimiento plano de tres cuerpos S i , S j y S k los polos relativos Oi j , O jk y Ok i están alineados”. Hay que hacer notar que una aplicación general al análisis de un mecanismo plano se daría para tres cualesquiera eslabones móviles, aún cuando no haya contacto directo entre ellos. Una aplicación particular se daría si uno de los tres eslabones es el eslabón fijo o estacionario, de tal manera que los polos Oi1 , O j1 y Oi j están alineados. Otro punto interesante que mostrar es el número de polos existentes en un mecanismo que tiene n eslabones (incluyendo al eslabón fijo o estacionario): n (n − 1)
N =
2
En las siguientes figuras se muestran los mecanismos de cuatro eslabones (fig. 13), bielamanivela (fig. 14) y una inversión del biela—manivela (fig. 15) con todos sus polos (seis en total para cada uno de ellos): O31
S 3
B
C
O23
O24
O34
S 4 O41
D
O31
S 2
A
O41 (∞) O21
Fig. 13
O24 B O34 (∞ )
O41 (∞) O23
S 2 S 3
O31
S 4 O34 (∞)
A
O21
C O34 Fig. 14
S 3 O23 S 4
S 2
O41 C
O24 Fig. 15
O21 A
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Pág. 10-6
En la siguiente figura se muestran los quince polos de un cierto mecanismo plano de seis eslabones (de los cuales cinco móviles y uno estacionario). Suponiendo que conocemos el desplazamiento angular de entrada δ 2 y deseamos calcular el desplazamiento angular de
salida δ 6 , el polo relativo O26 será muy útil, pues a partir de su definición podemos escribir lo siguiente:
de donde:
O26 ∈ S 2 :
δ O 26
=
δφ 2 | O26 O21 |
O26 ∈ S 6 :
δ O 26
=
δφ 6 | O26 O61 |
δφ 2 | O26O21 | = δφ 6 | O26O61 |
δφ 6 = δφ 2
→
| O26 O21 | | O26 O61 |
lo cual significa que, si tenemos el dibujo realizado a escala, bastará con medir las distancias | O26 O21 | y | O26 O61 | para realizar el cálculo mostrado por esta última expresión y así obtener inmediatamente el valor del ángulo δφ 6 en dicho instante. O41 (∞)
O41 (∞ )
O56
O51
S 6
O61
O23 S 3
S 5 O24 O35
S 4
O25
O45 S 2
O26
O34 O36
O21 O46
O31 O41 (∞)
Fig. 16
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Análisis de desplazamientos pequeños en mecanismos planos
En general bastará aplicar para cada eslabón o miembro del mecanismo la ecuaciones de Mohr: Con dicha ecuación podremos calcular los desplazamientos pequeños de cualquier punto de cualquier eslabón para un determinado instante del movimiento del mecanismo. Adicionalmente dispondremos de las ecuaciones que nos provee la propiedad equiproyectiva de los desplazamientos pequeños y también de algunos conceptos sobre polos absolutos y relativos.
Ejemplo 1:
En el mecanismo mostrado la barra AB gira un ángulo δφ 2 = 2 ⋅10 3 rad en sentido horario. Se pide calcular los desplazamientos angulares δφ 3 , δφ 4 y δφ 5 y el desplazamiento de E . −
E
S 5
B
0 5
C
S 3 S 4
0 4
D
S 2
0 8
ω 2
A
60 mm
50
30
50
Fig. 17
Solución:
a) Barra S 2:
δ B = δ A + δ φ 2 × (r B − r A )
∧
= −
2 ⋅10 3 k × ( − 50 iˆ + 120 jˆ ) −
δ B = 0,24 iˆ + 0,1 jˆ [mm]
→
Barra S 3:
→
δ B = 0,26 mm
δ C = δ B + δ φ 3 × (r C − r B )
=
(0,24 iˆ + 0,1 jˆ)
+
ˆ × (140 iˆ) δφ 3 k
δ C = 0,24 iˆ + (0,1 + 0,14 δφ 3 ) jˆ
→
Barra S 4:
δ C = δ D
(1)
+
δ φ 4
×
(r C − r D )
ˆ × (30 iˆ + 40 ˆj ) = δ φ 4 k
→
δ C
= −
40 δφ 4 iˆ + 30 δφ 4 jˆ
(2)
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de (1) y (2):
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0,240 = − 40 δφ 4
(3)
0,1 + 0,14 δφ 3 = 30 δφ 4
(4)
δφ 4
= −
ˆ rad δ φ 3 = − 2 ⋅10 −3 k
→
ˆ rad δ φ 4 = − 6 ⋅10 −3 k
3
6 ⋅10 rad −
→
3 δφ 3 = − 2 ⋅10 − rad
de (3) y (4):
Pág. 10-8
en (2):
δ C = 0,24 iˆ − 0,18 jˆ [mm]
Barra S 5:
δ E = δ C + δ φ 5 × ( r E − r C )
→
δ C = 0,3 mm
= (0,24 iˆ − 0,18 jˆ )
ˆ × (50 iˆ + 50 ˆj ) δφ 5 k
+
δ E = (0,24 − 50 δφ 5 ) iˆ + (− 0,18 + 50 δφ 5 ) jˆ
(5)
y además:
δ E = δ E iˆ
(6)
de (5) y (6):
0,24 − 50 δφ 5 = δ E
(7)
→
−
0,18
+
50 δφ 5
=
0
−3
δφ 5 = 3,6 ⋅10 rad
resolviendo:
−3
∧
→
δ φ 5 = 3,6 ⋅10
→
δ E = 0,06 iˆ [mm]
k [rad]
δ E = 0,06 mm
•
(8)
Análisis mediante el método de equiproyección de desplazamientos pequeños: O 51 S 6
Barra S 3:
E S 5
δ B = δ B (cos α , senα )
δ B B
S 3
α
O 35 C 45° O 45 O 34
O 23 S 4
α
D
β β
δ C = δ C ( sen β , cos β )
δ C
5 13
y
cosα =
12 13
sen β =
4 5
y
cos β =
3 5
O 41
S 2
δφ 2 O 21
senα =
A O 31
O 16
Fig. 18
( ∞)
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Pág. 10-9
12 5 , 13 13 4 3 δ C = δ C , − 5 5
entonces:
δ B = δ B
δ B ⋅ ( r C − r B ) = δ C ⋅ ( r C − r B )
Equiproyectividad en barra S 3:
12 5 4 3 , ⋅ 140 (1, 0) = δ C , − ⋅ 140 (1, 0) 13 13 5 5
δ B
es decir:
12 4 δ B = δ C 13 5
y como δ B = δφ 2 ⋅ AB = 0,26 mm
→
δ C = 0,3 mm
Equiproyectividad en barra S 5:
4
3
δ C ⋅ ( r E − r C )
2
=
δ E ⋅ ( r E − r C )
2
2
2
= δ E (1, 0) ⋅ 50 2 , , δ C , − ⋅ 50 2 5 5 2 2 2 2 y como δ C = 0,3 mm
→
δ E = 0,06 mm
Puesto que ya conocemos la posición de los polos absolutos del mecanismo podemos ahora escribir con mucha facilidad: B ∈ S 3
→ δ B = δφ 3 BO31
→ δφ 3 =
C ∈ S 4
→ δ C = δφ 4 CO41
→ δφ 4 =
E ∈ S 5
→ δ E = δφ 5 EO51
→ δφ 5 =
δ B BO31
δ B CO41
δ E E O51
=
260 130
→
δφ 3 = 2 rad/s
=
300 50
→
δφ 4 = 6 rad/s
=
60 16,67
→ δφ 5 = 3,6 rad/s
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Ejemplo 2:
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Pág. 10-10
Análisis del mecanismo de corredera. S 3
Dado el giro angular δφ 2 de la barra S 2 se pide hallar el giro δφ 3 de la barra S 3.
P
S 2 δφ 3
Sean P2 ∈ S 2 y P3 ∈ S 3 tal que coinciden en el instante mostrado.
δφ 2
B
A
Fig. 21
•
Análisis de desplazamientos:
δ P 2
=
δ P 3 + δ P 2 / P 3
(1)
entonces:
δ P 3
S 3
δ P 2
P2
P3 uˆO 31 / P 3
S 2 δφ 2
O21
δφ 3
O31
B
A
Fig. 22
δ P 2 = δ φ 2 × (r P 2 − r O 21 )
Para S 2:
Fig. 23
(2)
δ P 2 / P 3
Para S 3:
δ P 3 = δ φ 3 × (r P 3 − r O 31 )
además:
δ P 2 / P 3
(3)
δ P 3
δ P 2
=
δ P 2 / P 3 uˆO 31 / P 3
(4)
donde uˆ O 31/ P 3 es el vector unitario direccional de la barra S 3, pues a lo largo de ella es que se produce el desplazamiento relativo entre P2 y P3.
Fig. 24
Reemplazando las tres últimas expresiones en (1): ˆ × ( r − r ) = δφ k ˆ × ( r − r ) + δ δφ 2 k P2 O 21 P3 O 31 P 2 / P3 3
(r P 3 − r O 31 ) r P 3 − r O 31
la cual es una ecuación vectorial bidimensional que contiene las incógnitas escalares δφ 3 y δ P 2 / P 3 .
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Ejemplo 3: B
En el mecanismo mostrado la manivela gira en sentido horario un ángulo δφ 2 = 5 ⋅10 3 rad. Se pide calcular los desplazamientos angulares de las barras S 4 y S 5 ( δφ 4 y δφ 5 ) y el desplazamiento de la corredera C ( δ C ).
S 5
−
C
φ
S 3 A4
A2
δφ 2
0 0 1
S 2 β
0 0 9
Solución:
O21
De la geometría mostrada:
0 0 6
senφ = 0,275
sen β = 0,447
senγ = 0,316
cos φ = 0,962
cos β = 0,894
cos γ = 0,949
Podemos escribir:
δ A2
=
δ A4
0 0 1
S 4
γ
δ A2 / A4
+
(1) O41 Fig. 25
v A 2 β
200
δ A2 = δ A 2 ( sen β , cos β ) ω 2
donde
A2 β
(2)
δ A2 = δφ 2 A2 O21 = 5 ⋅10 − 3 (220) = 1,1 mm
O21
es decir:
δ A2
=
1,1 (0,447 ; 0894 )
Fig. 6-64
o también hubiera sido posible: B
δ A2 = δ φ 2 × r A2O21
v A4 A4
ω 4
γ
además:
δ A4 = δ A4 (cos γ , senγ )
donde
δ A4 = δφ 4 A4O41
(3)
δ A4
=
δ A4 (0,949; 0,316)
O41
Fig. 6-65
o también hubiera sido posible: B
δ A 4 = δ φ 4 × r A4O41
Podemos escribir:
v A2 / A4
δ A2 / A4
γ
es decir: Fig. 6-66
O41
=
δ A 2 / A4 (− sen γ , cos γ )
δ A2 / A4 = δ A2 / A4 (− 0,316 ; 0,949)
(4)
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Pág. 10-12
Reemplazando estos vectores en la ecuación (1) y desarrollando obtenemos: 0,949 δ A 4 − 0,316 δ A 2 / A4 = 491,7
(5)
0,316 δ A4 + 0,949 δ A2 / A4
(6)
=
983,4
δ A4 = 777,023 mm/s
de donde, resolviendo:
δ A 2 / A4
=
δ A 4
777,514 mm/s
δφ 4 =
Para el cuerpo S 5:
δ C = δ B + δ φ 5 × ( r C − r B )
=
777,023 632,46
y finalmente de (3):
A4 O41
→ δφ 4 = 1,229 rad/s
(7)
v B
δ B
B
donde
=
δ B (cos γ , senγ )
δ B = δφ 4 BO41 = 1,229 (984,18) = 1165,93 mm/s
es decir:
δ B = 1165,3 (0,949; 0,316)
ω 4
γ
Fig. 6-67
O41
B
Además:
ˆ δ φ 5 = δφ 5 k
y también:
r C − r B = r C / B (cos φ , − sen φ )
es decir:
r C − r B = 364 (0,962; − 0,275)
φ
C
vC
Fig. 6-68
Reemplazando estos vectores en la ecuación (7) y desarrollando obtenemos: ˆ × (364) (0,962; − 0,275) δ C (1, 0) = 1165,3 (0,949; 0,316) + δφ 5 k de donde:
δ C = 1105,87 + 100,1 δφ 5
(8)
y
0 = 368,235 + 351,988 δφ 5
(9)
resolviendo:
δφ 5 = −1,046 rad/s δ C = 1001,15 mm/s --------------------------------------
