Problemas de Dinamica de Mecanismos y Maquinaria

*

PRO BLFMAS RI-SLII-LTOS DITI:: 0 Rf A DI:: MA Olll NAS Y MI-[ ANISMDS

_ _ ~o~ep Lluis Suner Martinez ncisco Jose Rubio Montoya m te Mata Amela ) e Albelda Vitoria n Ignacio Cuadrado Iglesias

EDITORIAL IJNIVERSIDAD POLlTECNICA DE VALENCIA

iNDICE

TEMA

1.

ANALISISCINEMATICODEMECANISMOSPLANOS............

5

PROBLEMA: 1. Analisis Cinematico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

7

2. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales.............. 3. Analisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

11 15

4. Anälisis Cinematico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

19

5. Analisis Cinematico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

25

6. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

29


33

8. Analisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales.............. 9. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

38 42


46


50


57


63

14. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales.... ..........

69

15. Anälisis Cinematico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales..............

73


78

17. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Vectoriales ..............

84


86


90

20. Centros Instantäneos de Rotaci6n.......................................................................

93

21 . Centros Instantäneos de Rotacion..................... .......... ................... .....................

95


98


101

24. Centros Instantäneos de Rotacion.......................................................................

103


106

26. Centros Instantaneos de Rotaci6n.......................................................................

109

27. Centros Instantaneos de Rotaci6n.......................................................................

112

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA. DE MAQUINAS Y MECANISMOS

28. Centros Instantaneos de Rotaci6n................................................. ............. ....... ..

115

29. Centros Instantaneos de Rotaci6n. ............ ... ........... ....... .... ......................... ... .....

118

30. Alllilisis Cinematico de Mecanismos Pianos por Metodos Nwnericos ..............

120

31. Analisis Cinematico de Mecanismos Pianos por..Metodos Nwnericos ..... .........

124

32. Analisis Cinematico de Mecanismos Pianos por Metodos Nwnericos ...... ........

128

33 . Analisis Cinematico de Mecanismos Pianos por Metodos Nwnericos .. ............

131

34. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Nwnericos ..............

134

35. Anälisis Cinemätico de Mecanismos PIanos por Metodos Nwnericos ..............

137

TEMA

2.

ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOs... ..............

141

1. Anälisis de Fuerzas.............................................................................................

143

2. Anälisis de Fuerzas ............................. ................................................................

147

3. Anälisis de Fuerzas ............................................. ................................................

151

4. Anälisis de Fuerzas ........... ....... ................. ... ..... ...... ....... ................ .....................

155

5. Analisis de Fuerzas..............................................................................................

164

6. Analisis de Fuerzas ..................................................................................... ........

169

7. Anälisis deFuerzas ................................................................................. ;...........

173

8. Analisis de Fuerzas .............................................................................................

182

9. Anälisis de Fuerzas .............................................................................................

185

10. Anälisis de Fuerzas ........ ............ ............................. ........................... ............. ....

190


195

12. Anälisis de Fuerzas ...................................................................... .......................

199


204

14. Analisis de Fuerzas ....................................................................... ......................

208

15. Anälisis de Fuerzas .............................................................................................

212


217

17. Analisis de Fuerzas ..................................... ............. ...................................... .....

222

18. Analisis de Movimiento ......................................................................................

226

19. Anälisis de Movimiento......................................................................................

229

20. Analisis de Movimiento......................................................................................

237

21. Anälisis de Movimiento......................................................................................

242

PROBLEMA:

2

iNDICE


246


252

24. Analisis de Movimiento ..................................................................................... .

256


261


266


270


274

TEMA

3.

LEVAS Y ENGRANAJES ................................................................

279

PROBLEMA:

i

i

1. Diagrama de Despiazamiento deI Seguidor de Leva ......................................... .

281

!

2. Diagrama de Despiazamiento deI Seguidor de Leva ......................................... .

286

3. Diagrama de Despiazamiento deI Seguidor de Leva ........................................ ..

290

4. Analisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales .......................... ..

295

5. Anälisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ............................

297

6. Anälisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicioidales ......... ...................

299

7. Anilisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ............................

301

8. Analisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicioidales ............................

303

9. Anilisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales............................

305

10. Anälisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ............................

307

11. Anilisis Cinematico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ............................

309

12. Anälisis Cinemätico y Dinämico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........

313

13. Anilisis Cinemätico y Dinämico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........

315

l

14. Anilisis Cinemätico y Dinämico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........

319

15. Anälisis Cinematico yDinämico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........

321

16. Anälisis Cinematico y Dinämico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........

326

17. Disefio de Trenes Ordinarios ..............................................................................

329

ANExo.

FUNClONES DE DESPLAZAMIENTO DE SEGUIDORES DE LEVAS ............................................................................................................................ 331

3

TEMAI ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

TEMA 1. ANALISIS CINEM-i.TICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMAI. Dado el mecanismo de la figura en la configuraci6n seiialada, obtener: a) Velocidades lineales de los puntos A2 , A 4 Yvelocidad angular de la barra 4. b) Aceleraciones lineales de los puntos A z, A 4 Y aceleraci6n angular de la barra 4. Datos geometrieos: 02A = 30 mm, OiB = 60 mm, L OiBA = 60°. Datos cinematicos: ~=

15°, W2 = 15 radis, constante con sentido antihorario, ()4 = 165°, AB = 60 mm.

B

7

TEMA 1. ANALISIS CINEMA1TCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMAI. Dado el mecanismo de la figura en la configuraci6n sefialada, obtener: a) Velocidades lineales de los puntos A2 , A 4 Yvelocidad angular de la barra 4. b) Aceleraciones lineales de los puntos A2, A4 Y aceleraci6n angular de la barra 4. Datos geometrieos:

OzA =30 mm, O~ = 60 mm, L

O~A =

60°.

Datos cinematicos:

fh. = 15°,

lV2

= 15 radis, constante con sentido antihorario,

()4 = 165°, AB =

60 mm.

B

7

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA. DE M1QUINAS Y MECANlSMOS

Solucion: a) Velocidades lineales de los puntos A2, A4 Y velocidad angular de la barra 4.

w2 = 15 . k radis.

La velocidad angular de la barra 2 es

De los datos deI probierna se deduce que: rO,A, =

30· (cos(15°).T +Sen(15°)';) = (28,98. T+7,76})mm

La veIocidad deI punto A por pertenecer a Ia barra 2 es: i

j

k

o

0

15 = (-116,47, i + 434,67}) mmls

28,98 7,76

o

La velocidad deI punto A por pertenecer a la barra 3 es:

En esta configuracion, la relacion entre las velocidades deI punto A considerado corno perteneciente a la barra 4 y a la barra 3 es: 1]

La velocidad deI punto A por pertenecer a la barra 4 es:

La diferencia de velocidades entre los puntos A3 YA4 es:

V-4A,

=w3 xrd,-4 =Ö

La veIocidad relativa deI punto A4 respecto de un sisterna de referencia solidario con Ia barra 3, se puede expresar asi:

v-4 / 3 ='\1-4 / 3 ·ü3 ,

siendo ü3 un vector unitario en Ia direceion deI rnovimiento relativo (en este caso de Ia guia AB). Sustituyendo las velocidades en la ecuacion [1] se llega a esta otra:

i21 8

TEMA 1. ANAUSIS cINEMAnco DE MECANISMOS PLANOS

DeI esquema deI mecanismo se puede comprobar que:

ro,~ =rO,B +rB~ = 60· (cos{165°).7 +sen{165°).J)+ 60· (cos{45°). 7 +sen{45°).J)

ro,~ = (-15,53.7 + 57,96.J)mm ü3 = cos{45°). 7 + sen{45°).] = 0,71· 7 + 0,71.] Las mcognitas son

m y v~/3 4

y se obtendrän desarrollando la ecuacion vectorial [2] en

sus componentes escalares: j

k Cü = (-116,47.7 +434,67 .J)+(0,71 .v~ /3·7 +0,71.vA,/3.J)

° ° °4

-15,53 57,96

Haciendo operaciones, se tendnl:

-57,93·Cü4 ·7 -15,53·Cü4 . ] =-116,47·7 +434,67.J +O,71·v~/3·7 +0,71.vA,/3.] Separando las componentes escalares seg6.n 7 y

J y resolviendo el sistema resultante:

-57,93·Cü4 =-116,47+0,71.V~/3} {Cü4 =13,OOradJs -15,53 ·Cü4 = 434,67 + 0,71· v A,/3 :::} V~/3 = -900,21 rnmIs En forma vectorial resulta: ÖJ4 =13,00 ·;C radis

V~ /3 =-900,21.(0,71.7 +0,71.])=(-636,54.7 -636,54.])rnmls v~ =(-753,04.7 - 201,88 .J)mmls

b) Aceieraciones lineales de los puntos A2, A4 Y aceleraci6n angular de la barra 4. La velocidad deI punto A por pertenecer a Ia barra 2 es: 2a- A, = -Cü22• -rO,A, + Gt'2 x rO,A, = -Cü2 • rO,A,

ä A, = -15 2 • (28,98.7 + 7,75· J)= (-6.520,00.7 -1.747,03· J)mmls 2 Se cUmple Ia siguiente ecuaci6n entre las aceleraciones deI punto A considerando que pertenece a la barra 4 y a la barra 3:

[3]

9

PROBLEMAS RESUELTOS DE rEoRiA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

Por pertenecer el punto A a la barra 3:

äA, =ä A, = (-6.520,00.r -1.747,03-])mmls 2

La aceleraci6n relativa deI punto A considerando que pertenece a la barra 4 respecto de un sistema de referencia ligado a la barra 3 es:

La aceleraci6n de Coriolis es:

äcor = 2· (w4 xvA./3 )con w4 = w3 Por pertenecer el punto A a la barra 4:

Sustituyendo las expresiones anteriores en [3], queda:

-0); ·rO,A. +ä4 xr04 A. =-0); .rO,A. +aA./3 .(0,71. r +0,71· J)+2·(aj4 xvA./3) y sustituyendo de nuevo las expresiones conocidas:

2.624,40·Y -9.794,56· J -57,96·a4 ·7 -15,53·a4 • J =-6.520,00·Y -1.747,03-] + +aA./3 .(0,71.7 +0,71· J)+2'

i

j

k

° - 636,54

° - 636,54

13,00

°

Operando y separando las componentes escalares, se llega al siguiente sistema de ecuaciones:

57,956·a4+0,7071·a~/3 =-7.405,67}

15,529·a4 +0,7071·a~/3 =8.502,53

2

{a4 =-374,95rad/s

~ a~/3 =20.258,89 mmli

En forma vectoria1:

ä 4 = -374,95· k rad/s 2 äA./3 = 220.258,89.(0,71.7 +0,71· J)= {14.325,20.7 + 14.325,20· J)mmls 2 äA. =(24.355,24.7 -3.971,90-])mmJs 2 10

TEMA 1. ANALlS1S CINEM.4TlCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA2. Dado el mecamsmo de la figura, ca1cular para la posici6n indicada en la figura: a) VeIocidad y aceieraci6n deI punto A3. b) Velocidad y la aceleraci6n deI punto B de la barra 4. Datos geometrieos: 02A = 48 cm, AB = 46 cm, B4 = 25° . La direcci6n deI par prismätico de guia recta que conecta las barras 3 y 4 forma 90° con la deI par prismätico entre las barras 1 y 4. Datos cinemäticos: -

-

2

B2 =3200,cu 2 =4·krad/s, a 2 =8.krad/s.

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

Solucion: a) VeIocidad y aceieraci6n deI punto A3. La velocidad deI punto A2, por pertenecer a la barra 2 es:

Sustituyendo:

k 4 0

j

o

o

48· cos(320

o

)

48· sen(320

0

)

= (123,41 . T+ 147,08 · J)cmls

VA, = {1,2341. T+ 1,4708 · J)m1s La aceleraci6n deI punto A2 por pertenecer a la barra 2 es:

Sustituyendo:

ä A, = -(4

r .(48. cos(320

0

) .

7 + 48· sen(320

0

).

J)+

i

j

0

o

48· cos(320

ä A,

0

)

48.sen(320

k

8 0

0

)

= (- 341,49·7 + 787,82· J)cmls =(- 3,4149 ·7 + 7,8782· J)m1s

Al haber un par de revoluci6n en el punto A que conecta las barras 2 y 3 se cumple que:

VA,

=VA, =~,2341' r + 1,4708 ';)m1s

äA , =äA, =(-3,4149.7 +7,8782.J)m1s b) Velocidad y la aceleraci6n deI punto B de la barra 4. La ecuaci6n de velocidades deI movimiento relativo en el punto A es: [1] La velocidad deI punto A4 sera la misma que la deI punto B4 , a1 tener Ia barra un movimiento de traslaci6n rectilinea, y sera, por pertenecer a la barra 4:

v.I.. =v.I..·i4 = VB• • i4 12

TEMA I. ANALISIS CINEM4TICO DE MECANISMOS PLANOS

Donde VA,I3 = V.4,13 . Ü4 , siendo Ü4 Wl vector WlitariO en Ia direcci6n deI movimiento relativo (en este caso de la guia). Por tanto: ü4 =COi,ß4 +90°)'[ +sen(84 +900 ).J =cos(115°)'[ +sen(115°).J

Sustituyendo las velocidades en la ecuaci6n [1] llegamos a esta otra:

v.4, . üj = 123,41· [ + 147,08.J + V.4,13 . ü4

[2]

Las inc6gnitas son v.4, y V.4,13 Y se obtendrän desarrollando la ecuaci6n vectorial [2] en sus componentes escalares:

0,9063·v.4, ·7 + 0,4226· VA, . J = 123,41· 7 + 147,08· J -0,4226· VA,I3 ·7+ 0,9063· VA, 13 . ; Separando las componentes escalares segUn [y J , y resolviendo el sistema de ecuaciones resultante, se obtiene:

0,9063· VA 4 + 0,4226· VA 4 13 = 123,41} ==>,(14 { v, = 174,00 crnls 0,4226'V-4 -0,9063'VA,13 =147,08

VA, 13 =-81,14cmJs

En forma vectorial:

VA, = VA, . üj = 174,00· (cos{25°)' 7 + sen{25°)' J)= (157,70.7 + 73,54· J)crnls VA, =(1,5770.7 +0,7354.J)mJs=vB, Para el cälculo de aceleraciones se establece la ecuaci6n de aceleraciones deI movimiento relative en e1 PWlto A:

La aceleraci6n relativa deI PWltO A4 considerando que pertenece a la barra 4 respecto de Wl sistema de referencia ligado a la barra 3 es: ä.4,13 = a A,I3 . Ü = a .4,13 .(COS(115°)'[ +Sen(1l5°).J) La aceleraci6n de Coriolis es:

äcor = 2,(w 3 xv.4,13) = Oya que

w= ° 3

Por pertenecer el PWltO A4 a 1a barra 4:

13


Sustituyendo las expresiones anteriores en [3], queda: a A. .( eos(25°)'[ + sen(25°)']) = -341,5·[ + 787,76.] + a A,/3 .( eOs(115°)' [ + sen(115°).]) Operando y separando las eomponentes esealares, se obtiene el siguiente sistema de eeuaeiones, que resuelto da: 0,9063· aA4 + 0,4226· aA /3 = -341,50} " 0,4226·a A, -0,9063.a A,/3 =787,76

{a A4 = 23 ' 42 emls 2

=> aA,/3 =-858,30emls 2

En forma veetorial: äA , = a A , • ü1 = 23,42· (eos(25°). [ + sen(25°)' ])= (21,23. [ + 9,90· ])emls2

äA, =(0,2123.[ +0,0990· ])mls 2

14

TEMA 1. ANALIS1S CINEMATICO DE MECANISMOS PUNOS

PROBLEMA3. Sea el mecanismo de cuatro barras que se muestra en la figura. En el se aprecia que las barras 3 y 4 estän unidas por un par prismätico, rnientras que la barra 4 estä unida a la barra fija mediante un par de revoluci6n (no se ve en el dibujo). EI accionamiento se realiza a traves de la barra 2. Sepide: a) Velocidad angular de la barra 4 (en radis). b) Aceleracion angular de la barra 4 en (rad/s2).

Y

x 75mm

Datos geometrieos: Oz/3 = 75 mm;

O~

= 50 mm; AC = 100 mm;

Datos cinem.äticos: ~

= 290°;

ClJ2

= 40 radis, antihoraria y constante. 15

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS Y MECANlSMOS

Solucion: a) En primer lugar se resolvera la geometria deI problema.

fh

75mm

De la esta figura se tendra que:

02A· COS(02)+ AB· COS(03)= 0 } {AB = 32,8223 mm 02A· sen(OJ+ AB· sen(OJ- 02B = 0 => 03 =238,5995° La ecuaci6n de velocidades se obtendra relacionando las velocidades de los puntos B3 Y B4. Evidentemente, la velocidad de este Ultimo punto es nula. Suponiendo un sistema de referencia m6villigado a la barra 3 Y con origen en el punto B3, se tendra que:

que sera:

[lj 16

TEMA I. ANAL!SIS CINEMiTICO DE MECANISMOS PLANOS

Por otra parte se tendra que:

por 10 que la expresi6n [1] quedara como sigue:

La orientaci6n deI vector taci6n deI vector

rO,A

viene dada por el ängulo 02 = 2900 , mientras que la orien-

rAB vendria dada por

03

=238,5995

0

•

En consecuencia se tendra que:

rO,A = 50.(cos(2900) .[ +sen(290o). J) = (17,1010.7 -46,9846.]) mm rAB = 32,8223·(cos(238,5995°).[ + sen(238,5995°). J) = (-17,1010.[ -28,0154· J) mm y el vector unitario en la direcci6n AB sera:

ü3 =cos(238,59950).f +sen(238,5995°).J =-0,5210·[ -0,8535.] Sustituyendo en [2] y operando se tendrä que:

0= 1.879,3852·7 + 684,040· J+ 28,0154 · (03.7 -17,1010· (03· J-0,5210.VB, / 3· 7-O,8535·VB, / 3 · J Separando componentes se tendra el siguiente sistema lineal de ecuaciones: 0= 1.879,3852 + 28,0154· (03 -0,5210.VB• 13 } => {CU:J = (0,,-= -38,0147 radis 0=684,0400 - 17,1010·(03 -O,8535·vB 13 VB 13 -1.563,13mm1s

•

•

EI vector velocidad relativa vendra dada por:

VB• 13 = (-814,3907 -1.334,1315· J)mmls

b) Para el cälculo de las aceieraciones se seguirä el mismo procedimiento:

donde:

se tiene que:

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M4QUINAS Y MECANISMOS

Ademas se tendra que: äR~ =ä,1+äB, ,1 =ä~1+ät,1+ äBn,,1+ äBt,,1 --a>2.r. .., n n n n n n 2 0,,1

+a- 2 x r-0,,1 _", "" 32 ' r-AB + a- 3 xr-AB

hay que tener en cuenta que a 2 = O. Sustituyendo la expresi6n anterior en [3] se tendra que:

y sustituyendo valores numericos y operando se obtendra el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

28,0154· a 3 - 0,5210 · aB, / 3 + 104.081,4 = 0 } ~ -17,1010· a 3 - 0,8535 · aB, 13 + 177.578,0 = 0

18

{al =a a B, / 3

4

=5.525,52 rad/~2

= 97.347,7 mmls

TEMA 1. ANALISIS cINEMAnco DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA4. Para el mecanismo representado en la figura, en la posici6n indicada, se pide: a) Velocidad angular de la barra 4. b) Aceleraci6n angular de la barra 4. Sup6ngase que entre las barras 2 y 3 se dan las condiciones de rodadura sin deslizamiento. Datos geometrieos:

014 = 1,50 cm; OJJ = 4,00 cm. r2 =

3,00 cm;

r3 =

0,50 cm; siendo r2 Yr3 los radios de las barras circulares 2 y 3.

Datos cinematicos:

OzB = 2,78 cm; 02e = 2,34 cm; lV2 = 2 radis antihorario y constante,

"

6_~L1L...__~~___~~~~lo,90 cm

5,75cm


Solucion: a) Velocidad angular de Ia barra 4. Para resolver el problema de velocidades se debe tener resuelto el problema de posici6n. DeI triangulo formado por A02C, se calcula el ängulo existente entre el segmente 02A y el 02C, que permitira mas adelante obtener el vector de posici6n Fo,c'

5,75cm

Utilizando el teorema deI coseno, se utiliza Ia siguiente ecuaci6n: r22 =AO; +02C2 -2·A02 ·02C·cos(al) De donde se despeja a 1 : cos(a l ) =

20

AO;+02C2-r22 2·A02 ·02C

2

2

2

1,5 +2,34 _3 =-'-----'---2·1,5·2,34

TEMA 1. ANALISIS CINEM4I1CO DE MECANISMOS PLANOS

Finalmente: a = 120-(180-a1 )= 40,45° y por tanto ro,e = 2,34· (cos(40,45°).T +sen(40,45°).])

De fonna analoga, para expresar el vector r eB yel rO,B se necesita obtener el angulo ß y el y. Se calcularan usando el teorema deI coseno:

02C2 =Aoi +AC 2 -2·A02 ·AC·cos(ßJ 2 C2 1Y +3 2 -2,34 2 =0,6416 COS(ßl)= AOi +AC -02 2·A02·AC 2·1,5·3 ßl =50,08° de donde

ß = 120°-50,08°= 69,92°

Portanto reB =0,5.(cos(69,92°}T +sen(69,92°).]) Simi1armente se obtiene:

er) = 5,75-02C·cos(a)-CB·cos(ß) 04 B - 5,75 -2,34,cos(40,45°)-0,5 .cos(69,92°) - 0 949 coser ) 4 - , cos

-'-----"--~'-----"-....<..

1

I

-

A partir de este momente se puede pasar a la resoluci6n deI problema de veIocidades. Se conoce la velocidad angular de la barra 2 que es &>2 = 2· k rad/s . La velocidad deI punto C por pertenecer a la barra 2 es:

Resolviendo la ecuaci6n, se tiene que:

Vc, =(-3,036.[ + 3,56.J) cmls 21

PROBLEMAS RESUELTOS VE TEORiA VE M4.QUINAS Y MECANISMOS

Por existir rodadura sin deslizamiento, se cumple que:

Pasando al rodillo, se tiene:

Desarrollando el producto vectorial, se obtiene la ecuacion [1] : j

i

vB,

°

=(-3,036-[ +3,56.])+

k

°

0,5 -cos(69,92°) 0,5 -sen(69,92°)

Por otro lado, al pertenecer el punto B a la barra 4: i

VB.

°

=ä)4 xro•s =

j

°

4-cos(161,7°) 4- sen(161,7°)

19ualando las ecuaciones [1] y [2] se obtiene:

-1,25 -w -4 [ -3,8-w4 - J = (-3,036-0,47 -w3 )-[ +(3,56+0,17 -wJ.] Descomponiendo la ecuaci6n anterior en sus componentes escalares se tiene: -3,036 -0,47 -w 3 = -1,25 -w4 } => {w 4 = -0,57 radis 3,56+0,17-w3 =-3,8-w4 w3 =-8 radis En forma vectorial:

f

ä)3 ;:; -8,00 -

tV4

;:;

radis

-0,57 -f rad/s

b) Para resolver el problema de aceleraciones Se plantea la siguiente ecuaci6n entre las aceleraciones deI punto C considerando que pertenece a la barra 2 y a la barra 3:

22

TEMA 1. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

Por perteneeer el punto Ca la barra 2: a- c, = -cu22• -ro,c, + a- z x ro,c,

=

-cu22• -ro,c,

äc, = -2 2 .2,34. (eos(40,45 0). 7 + sen(40,45°).]) = (-7,12.7 -6,07.]) eml5 2

Ademas se tiene queäc,c,

=Ö.

La aceleraei6n relativa deI punto C eonsiderando que perteneee a la barra 3 respeeto de un sistema de referencia ligado a la barra 2 es:

-

r ·r rz +r3

2-

2 3 ac,/z =-_·cu 3Z ·U AB

ÜAB = (eos(69,92°).J +sen(69,92°).J)

W32

=w -wz 3

Sustituyendo: äc /2 = 3·0,5 . (-10) ·üAB = (14,65.7 +40,27· ])emlsz , 3+0,5

Conlo que:

äc, =-7,12·7 -6,07·J+14,65·7 + 40,27· J =(7,53.7 +34,2.])emls 2 Pasando al punto B, por un lade:

äB, =äC3 +äB,c, a- B,C, = -cu32 . rC,B, + a3x rC,B,

äB,c, = -(-8Y ·0,5 . leos(69,92°} 7 +sen(69,92°)· J)+

+

i

j

k

°

°

a3

0,5·eos(69,92°) 0,5.sen(69,92°)

°

äB,c, = (-10,94-0,469·aJ·7 +(0,17·a3-30,07).] Sustituyendo:

äB, = äc, + äB,c, äB, = 7,53·7 + 34,2· J + (-10,94- 0,469· a 3)· 7 + (0,17. a 3 -30,07)· J

[3]

äB, = (-3,41-0,469·a 3 )·l +(0,17·a3 +4,12).]

23

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE u4QUINAS Y MECANISMOS

Por otro lado:

Sustituyendo: äBl

=-{- 0,57? ·4· (cos{161,7°)1 + sen(161,7° ).J)+ i j k +

0

0

4·cos{161,7°) 4.sen(161,7°)

a4 0

ä R = (1,23-1,255·a.).T +(-3,8·a. -0,408).}

19ualando las ecuaciones [3] y [4], se obtienen las siguientes ecuaciones escalares que re-

"" ..lt",, (bn j,." "r.p1 ..r"rinn ..,,· -0,469·a3 -3,41 = 1,23-1,255 .a4 } => {a 4 = -0,668 rad/s 2 0,17· a 3 + 4,12 =-0,408 - 3,8· a 4 a 3 =-11,68 rad/s 2 Expresadas en forma vectorial: ä 4 =-0,668.k rad/s 2

ä 3 = -11,68·k- rad/s 2

24

TEMA 1. ANALIS1S CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA5. Para el mecanismo representado en la figura, en la posici6n indicada, se pide: a) Velocidad angular de la barra 4. b) Aceleraci6n angular de la barra 4. Sup6ngase que entre las barras 2 y 3 se dan las condiciones de rodadura con deslizamiento. Datos geometrieos:

02A = 1,50 cm; OiB = 4,00 cm. T2 =

3,00 cm;

T3 =

0,50 cm; siendo T2 y T3 los radios de las barras circulares 2 y 3.

Datos cinematicos:

02B = 2,78 cm; 02C = 2,34 cm; lü2 = 2 radis antihorario y constante.

O,90cm ~~~~--~----~~~

5,75cm

25


Soluci6n: Los datos deI problema de posici6n son los deI problema 4, con 10 que en este problema Unicamente se mostrarän los calculos de vectores que no se resolvieron en dicho problema.

rO,B, =rO,C+rCB, =~1,951'i+1,988'j)cm rA2B2 =rA2C2 +rC2B2 = (3+0,5).(cos(69,92°P· +sen(69,92°).]) rA2B2 = (1,202 . i + 3,287.]) cm Se obtendrän la velocidad y aceleraci6n angular de la barra 4 utilizando el punto B y considerando que pertenece a la barra 2. a) Velocidad angular de la barra 4.

Por pertenecer el punto B a la barra 2.

VB2 = äJ2 x r02B, =

i

j

k

0

o

2 = (-3,976.i +3,9.])cmls

1,951 1,988

°

VB,B2 = äJ2 x rB,B, = Ö VB,12 = V B,/2 ,ü.LAB

con ü.LAB = cos(90° + 69,92°). i + sen(90° + 69,92 0 ). J = -0,939· i + 0,343· J, siendo u l.AB el vector unitario normal a la direcci6n que une los puntos A YB.

26

TEMA 1. AN.4LISIS CINEM.4TICO DE MECANISMOS PLANOS

Ademäs, en e1 punto B de la barra 4:

VB,

~

=m4 x rO,B, =1

j

k

o

{U4 = -1,25· {U4 ·1 - 3,8 'll)4

[4.cos{161,7°) 4· sen(161, 7°)

.J

[2]

°

Por 10 tanto, igualando [1] y [2], se tiene que: -125·{U 8·{U .(-0939·1 +0 , 343'J"":) , 4 ·1 -3' 4 'J"": = -3 , 976· 1 +39 , 'J"": +vB4 / 2 '

Ecuaci6n vectorial que da lugar a las dos siguientes ecuaciones escalares y que resueltas dan las velocidades buscadas. -1,25· {U4_= -3,976 - 0,939·

- 3,8· m4

-

VB'/2} ~ {

3,9 + 0,342· V B,/2

ll)4

=_-0,57 radis

V B,/2 -

-5,00 cmls

En forma vectorial:

m4 = -0,57 . k radis );B,/2

= -5,00· (- 0,939· T+ 0,343· J)cmls = (4,695.1 -1,715· J)cmls

b) Ace1eraci6n angular de la barra 4.

La ace1eraci6n deI punto B considerando que pertenece a la barra 2 es:

ä B,

=-mi· 70 ,B, +äz x 7o,B, =-2 2 .(1,951.1 + 1,988· J)= (-7,804.7 -7,952· J)cmls 2

La aceleraci6n relativa es:

äB• 12 = -

~: . (cos(69,62°)' 7 +sen(69,62°)' J)+ ,

äB• /2 = {-2,443-3,2889.are

i

°

]

k

°

3,5,cos{69,62°) 3,5· sen{69,62°)

J1 + (1,197 .a

rel

-6,712). J 27

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE MAQUINAS Y MECANISMOS

La aceleraci6n de Coriolis: i

äcor

=2.(äi2 xvS ,/2)=2.

j

k

2 = (6,84.7 + 18,79 ';)cmls2 o 0 - 5 · cos(159,92°) - 5· sen(159,92°) o

Por pertenecer tambien a la barra 4 la aceleraci6n de B es:

j

k

o -3,8 1,255

0

a- B=(1234-1255.a .' , 4 ).7 +(-04077-38.a , ' 4 )'J~

19ualando las ecuaciones [3] y [4] Y separando las componentes, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones. Que resuelto da las aceleraciones buscadas. 2

-1,255 · a 4 + 3,2889· are! = -4,641} => {a 4 = -0,668 rad/s -3,8·a 4 -1,197 ·areJ =4,5337 are! =-1,668rad/s 2 En forma vectorial:

ä 4 =-O,668.k rad/s 2 äre! = -1,668 . k rad/s 2 Como conclusi6n al comparar el resultado de este problema con el deI problema 4, se comprueba que el resultado de Ia velocidad y aceleraci6n angular de la barra 4 es el mismo. Con esto se muestra que la presencia de una par de rodadura con deslizamiento entre las barras 2 y 3 provoca que el mecanismo tenga un grado de libertad mäs que si ese par no tiene deslizamiento, pero ese grado de libertad resulta pasivo, al no tener influencia en la relaci6n entrada-salida deI mecanismo.

28

TEMA 1. ANALISIS ClNEM.4TlCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA6. Dado el mecanismo de Cruz de Malta mostrado en la figura, determinar para la configu:aci6n deI mecanismo indicada: a) La velocidad angular de la barra 3. b) La aceleraci6n angular de la barra 3. Datos geometricos deI mecanismo:

0P3 =82mm, 02 A =60mm. Datos cinematicos deI mecanismo:

O2 = 1200 , cV2 = 100· k r.p.m. , constante.

29


Solucion: a) Velocidad angular de la barra 3. Sea la figura siguiente, obtenida a partir del mecanismo original.

De los triängulos 02AB y OJ.4B, se deduce inmediatamente que:

02A·cos(OZ)=03A.coS(03) } 02A· sen(02) = 82 + 03A · sen(03)

1

{03 = 225,0367° 60· cos(120o) = 03A· cos(oJ 60·senÜ20o)-82 = O.A.sen(O.)( =? O.A = 42.4536 mm Los vectores posicion y unitario necesarios para el anälisis de velocidades y aceleraciones serm:

Ü1 = sen(225,0367°)·T +cos(225,0367°).

J = -0,7067 ·l-0,7067 . J

El sistema de referencia movil se elige sobre la barra 3, {~- XlI;}, de modo que la trayectoria relativa deI punto A2 respecto dicho sistema de referencia sea una recta coincidente con la guia de la propia barra 3. En primer lugar se expresara la velocidad angular de la barra 2 en radianes por segundo, (i)2

30

= 10,4720 radis

TEMA 1. ANA.LISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

y la relaci6n de velocidades vendra dada por:

siendo:

k

i

j

°

°

-30,0 51,9615

VA,

=ÖJ3 x ra,A, = = ÖJ 3x rA,A, =

°

i

J

k

° °

°

0)3

-30,0 -30,0385

VA,A,

10,4720 =(-544,1396.[ -314,1593.])mmls

=(30,0385 'lü3 . [ - 30,0'0)3' J) mmls

°

VA,/3 =VA,/3 'ü3 =vA,/3 .(-0,7067.[ -0,7076.])mmls Sustituyendo en la ecuaci6n [1], se tendra que: -5441396·[ -3141593'J-: =30' 0385·0) .[ -300·0) , , 3 ' 3 'J-: -07067·v , A2 /3 ·[-0, 7076·v A: /3 'J-:

Separando componentes en X y en Y, se obtendra el siguiente sistema lineal de ecuaciones, con el que se resuelve el problema de velocidades. -544,1396 = 30,0385 '0)3 -0,7067 ,vA,/31 ~ {0)3 = =3,8396 radis VA• /3 -606,7675 mmls -314,1593 = 30,0'lü3 -0,7076·V A• /3

r

En forma de velocidades. ÖJ 3 =-3,8396'k radis VA2 / 3 =(-428,8026.[ -429,3487.])mmls

b) La aceleraci6n angular de la barra 3. Manteniendo el mismo sistema de referencia m6vil, la ecuaci6n que relaciona las aceleraciones sera:

31

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOMA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

desarrollando los terminos que la fonnan se obtendra:

ä A2 =ä~2 +ä~2 =-evi .r02A +ä 2 xr02A =-10,4720 2 .(-30,0.[ +51,9615.J) = (3289,8835. [ -5698,2428· J)mm1s: = (3,2899.[ -5,6982.]) mls 2 ä A3 =ä~3 +ä~3 = -evi .r~A +ä 3 xr~A =-(-3,8396)2 .(-30,0.[ -30,0385.]).10-3 + i

+

°

k

j

-30,0.10-3

°

a3 =

-30,0385.10-3

°

ä A3 =0,4423·[ +0,4428.]+30,0385.10- 3 ·a 3 ·[ -30,0.10- 3 ·a3.]

ä A213 =a A2 /3 .(-0,7067.[ -0,7076.])mls 2

k

j

°

-428,8026.10-

o 3

-429,3487.10-

ä eor = (-3,2970.[ +3,2928.J)mls 2

-3,8396 3

°

Por 10 tanto, sustituyendo en la ecuaci6n [2], separando componentes y resolviendo el anterior sistema lineal de ecuaciones, se tendrä:

·a

{a

2 6,1446 = 30,0385 .10-3 3 -0,7067 .aAl I3 } 3 = 259,4380 rad/s -3 =:> 2 a A,'3 =2,3327 mls -9,4338=-30,0·10 ·a3 -0,7076·aA, 13

En forma vectoria1:

ä 3 = 259,4380· k radls 2 ä A,13 =(-1,6485.[ -1,6506.J)mJs 2

32


PROBLEMA7. Dado el mecanismo de la figura, para la posici6n mostrada se pide: a) Velocidad de la barra 3. b) Aceleraci6n de la barra 3. Datos geometrieos:

rO,A, = 10 cm. Datos cinematicos: 8 z = 60° , ß = 45°, siendo

ß

el angulo formado por la normal f.i n con la horizon-

tal, Wz = 20·iC radis, ä 2 = -2· iC rad/s 2 •

,,/ /

I /

/ I I

-'i'-'-'-'-'-'-'O'r' •

A.

\

I

x

\ \ \

33


Solucion: a) Velocidad de la barra 3. En primer lugar se realizaran algunos cälculos geometrieos:

0 AA. sen(ß) = 02A· sen(82 ) de donde se tendrä que:

y, por tanto: r OAA,

=12,25.(cos{45°P· + sen{45°).J) = (8,66.T +8,66.J)cm

rO,A,

= 10 · (cos{60o). T+ sen{60o).J) =(5,0. T+ 8,66· J)cm

Considerando un sistema de referencia m6vil ligado a la barra 3 y con origen en la proyecci6n deI punto A sobre dicha barra, {~ - X 3Y3}' se podrä plantear la siguiente relaci6n de velocidades:

donde:

VA,

=m2 xrO,A, =

i

j

0

0

k 20,0 = -173,20· T+ 100,0· J

o

5,0 8,66

i

VA, ! 3 =mfic x rOAA,

=

j

0 0 8,66 8,66

k {j)fic

=-8,66 .

(j)

fic

•

T+ 8' 66 . (j)fic .J

0

donde se observa que la trayectoria relativa deI punto A2 respecto a la barra 3 seria una circunferencia de centro A Y radio 0 ~ y que ~c es una velocidad angular ficticia que permite definir el movimiento deI punto A2 respecto de la barra 3.-

°

Sustituyendo en [1], se tendrä: -173,20 =VA, -8,66· {j)fic} => {{j)fic = 11,55 rad/s 100,0 =8,66 . {j)fic VA, ... -73,20 cmls 34

TEMA I. ANAuSlS ClNEMATlCO DE MECANISMOS PUNOS

de donde es inmediato que:

VA, =-73,20·j cmls V A, !3

= (-100,023.j +100,023.])cmls

V A, ! 3

= 141,49 cmls

No hay que confundir lo/zc conla veloicidad relativaW23. Para calcularW23 se detenninarä el C.I.R. h 3, aplicando el teorema de Kennedy a las barras 1,2 y 3 y teniendo en cuenta la direcci6n de la velocidad VA, ! 3'

/

/

I /

/ I I

-·i·_·_·_·_·_·_·o·f· •

A.

\.

.I

\

\ \

.

......

'-._ -_0.-'--I .-'

De la figura anterior se obtiene fäcilmente que:

0AD = 0AA· cos(ß) = 8,66 cm 0 ,P2 =0.. D-r2 ,cos{BJ=8,66-10 ,cos{60o)=3,66cm por 10 que se tendrä que: 0"[23 =

o.. ~;) = 5,18 cm

cos\?

35

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M.4QUINAS Y MECANISMOS

en consecuencia:

Corno

V A, / )

es la velocidad relativa de un punto de la barra 2 respecto a la barra 3 y que

dicho rnovimiento relativo se puede expresar corno una rotaci6n alrededor deI C.I.R. se podra poner que: _ V A, / 3 _

C023 - - - -

123 A

123,

°

141,44 -_ 20, radIs 7,07

Evidenternente, se tendra que: &32

=-20,0·!i radis

por 10 que:

&3 = &2 + &32 ;

co 3 = 20,0 + (- 20,0) = 0,0 radis Corno es evidente dado que la barra 3 estä conectada a la barra 1 con un par prisrnatico de guiarecta. Para el calculo de aceleraciones se utilizarä Ia ecuaci6n deI
donde:

i

= -20,0 2 . ( 5,0.i +8,66· j-) +

j

° ° 5,0 8,66

äA, y

36

k -2,0

°

=

=(2000,0 .7 -3464,0'; +17,32·[ -10,0· J)cmls 2 = (-19,83 .7 -34,74.] )n/S2 .

TEMA 1, ANALISIS CINEM.4TlCO DE MECANISMOS PLANOS

Donde Clftc es una aceleraci6n ficticia que pennite expresar la aceleraci6n tangencial relativa. Sustituyendo valores,

äA,/3 = -11,55 2 • (8,66. '[ + 8,66· J).10- 2 +

i

j

0

0

8,66 8,66

k 2 afic .10- =

0

2 = -1155·'[ -1155 'j' +{-8' 66·a ·'[+8 , , fic ' 66·a fic 'j').10-

EI tennino de Coriolis de Ia aceleraci6n vendrä dado por:

y

Sustituyendo todas las aceieraciones detenninadas anteriormente en Ia expresi6n [2], se tendrä: 2

-19,83 = a A, -11,55 - 8,66· afic .102 -34,74=-1l,55+8,66·ajic·1O-

}

~

{ajic = -267,78 rad/s

aA, =-31,47m/s

2

2

En forma vectorial:

37


PROBLEMA8. EI mecanismo de Ia figura estä fonnado por una deslizadera 4 que fonna un par prismätico con Ia barra fija, y por una barra 2 que articulada con Ia barra fija en 02 tiene un par prismatico de guia curva con centro en el punto C. En Ia posici6n mostrada en Ia figura, se pide: a) VeIocidad de Ia barra 4. b) Aceleraci6n de Ia barra 4. Datos geometricos:

rO,A = 5· (cos{220o).7 +sen{220 o). J)cm. rO,B = 5,5 ·7 cm. rCB ==3,5,(cos{55°).7 +sen{55°)' J)cm. Datos cinematicos:

VA, = (0,96.7 -1,15 · J)cmJs.

ä~, =(0,64.7 -0,76 .J)cmJs 2 •

38

De donde se puede despejar la velocidad angular:

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MA.QUINAS Y MECANISMOS

Por otro lado:

L.5'.....:IJ.!\),V

las ecuaciones

y

se

a Ia

ecuaci6n vectorial:

VB, ·7 = ÖJ2xrO,B +VB,/2 • (cos{e).7 +sen{e)· J) VB, ·7 = 1,65· J+ VB,/2 • (cos(145°). 7 + sen{145°).J) Resolviendo el sistema de dos ecuaciones y dos inc6gnitas a que da lugar, se obtiene:

vs,=vB/ 2 ·cos(145°) } {vs,=2,35CmlS 0=1,65'+Vs,/2 ·sen(145°) => VS,12 =-2,87 cmls En forma vectoria1:

VB, = 2,35·7 cmls; VB, /2 = (2,35.7 -1,65 .J)cmls

Aceleraci6n de Ia barra La aceleracion deI punto A por pertenecer a la barra 2 es:

ä,4, = -m; . 70,,4, + ä 2 x rO,,4, conocida puesto que ä~, = ä 2 x 70,,4, es dato (de donde se deduce que ä 2 = 0,2· k rad/s 2 ).

ä,4, = -m; . 70,,4, + ä 2 x rO,,4, = -0,3 2 • (5. (cOS{220o). 7 + sen{220o). J))+ 0,64·7 - 0,76.J äA., =(0,98.7 -0,47.J)cmls 2 La aceleracion deI punto B, suponiendo que es un punto que pertenece a las barras 2 y 3 es:

La aceleracion deI punto B, suponiendo que es un punto que pertenece a Ia barra 2 es:

äB, = äo + äB,o = -m; . 70B, + ä 2 x 70B , = -0,3 2 • (5,5.7)+ 1,2· J

=

·i +

conocida puesto que se tienen todos los datos.

40

TEMA 1. ANAuSIS CINEMATlCO DE MECANISMOS PUNOS

Por otro lado

Los terminos de las ecuaciones [1] y [3] son.

ä B, B2 = Ö por ser el vector

_. aB 12

,

r»B -J 2

= -{i)322 • r- c. ,B, + an x r- c, B, donde

=

lü32

Ö B

C,B,

i

äcor = 2· (W2 x VB, /J= 2·

j

° °

2,35 -1,64

°

V , /2 - 2,87 =r - = -35- = ,82 radis '

k

0,3 =0,99·[ +1,41·J

°

19ualando las ecuaciones [1] Y[3] se obtiene la siguiente ecuaci6n vectorial: j

i

aB,

'[

=0,51 ·[ +2,64.] -(0,82Y .(2.[ +2,86.])+

k

°° ° an

2 2,86

Desarrollando esta ecuaci6n se llega a un sistema de dos ecuaciones con dos inc6gnitas, de donde se obtiene a l2 Y aB,. 2

= -2,05 - 2,86· a l 2 } => { an = 0,51 rad/s 2 0= -1,01 + 2,00· a l 2 aB, = -3,50 cmls aB,

Puesto que ä l2 = ä l

-

ä 2 , se obtiene a 3 = 0,73 radls 2 •

En forma vectorial:

äB3 = -3,50. [ cmJs 2

ä l = 0,73· k radls 2

41


PROBLEMA9. Eu el mecanismo de

para la COI1Üll:unlCIC)D u,'v,"~.."."" se

a) VeIocidad deI punto C de Ia barra 5. b) VeIocidad deI punto D de Ia barra 6. c) Aceieraci6n deI punto C de Ia barra 5. d) Aceieraci6n dei punto D de Ia barra 6. Datos geometrieos:

02A =75 rom,AB =BC=BD = 300mm. Datos cinematicos: ()2

42

= 30°,

()3

= 330°, Y ()4 = 45°, C02 = 8 radis, horaria y constante.


Soluci6n: a) Velocidad deI punto C de la barra 5. En primer lugar se determinan los vectores posici6n que van a intervenir en Ia resoluci6n. Hay que tener en cuenta que Eh. = 30°, ~ = 330°, Y 04 = 45°.

rO,A = (OzA' cos(Oz)' 7 + sen(OJ. J)= (0,0650.7 + 0,0375· J) m rAC = (AC'COS(03)·7 +sen(03)';)=(0,5196.7 -0,3000.])m rBD = (BD. cos(oJ· 7 + sen(OJ';)= (0,2121.7 + 0,2121';) m La veIocidad angular de la barra 2 es:

Wz =-8·k radis Para el calculo de velocidades se tiene que el punto C pertenece simultaneamente a las barras 3 y 5.

y por 10 tanto:

v C3 ·i = -

i

j

0

°

0,0650 0,0375

k -8 +

i

j

k

°

0

(03

0,5196 -0,3000

°7

°·7

0.3000·7 -0.5200· +0.3000·(0, ·7 +0.5196·(0,

separando componentes horizontales y verticales, se tendra el siguiente sistema de ecuaciones:

vC3 = 0,3000 + 0,3000· (O3} =:> {v C3 = vC, = 0,6002 mls 0= -0,5200+ 0,5196'(03

(03 = 1,0008 radis

b) Velocidad deI punto D de la barra 6.

Por un 1ado, teniendo en cuenta que el punto B pertenece a la barra 3, su velocidad vendra dadapor:

= 0,3000·7 - 0,5200'; +

i

j

0

°

0,2598 - 0,1500

k 1,0008 =(0,4501.7 -0,2600';)mls 0

43

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS r MECANISMOS

Pero ademäs,

VD, = VD, = VB, +VD,B, = VB, +&4 xrB,D, = 0,4501·[ -0,2600.] +

i

j

0,2121

0,2121

°

° °

o 10 que es 10 mismo: V D,

.J = 0,4501 · T-0,2600·] -0,2121· (i)4 . T+ 0,2121· (i)4 .]

separando componentes: O=O,4501-0,2121'(i)4} { (i)4 =2,1221 radis vD, =-0,2600+0,2121·(i)4 ~ vD, =vD, =0,1901 mls

c) Ace1eraci6n deI punto C de Ia barra 5. Para el cälculo de aceieraciones se tiene (la velocidad angular de la barra 2 es constante) -

-

-

-n

-I

ac, = ac, = aA, + aC,A, + ac,A, ac, . -:I =-(i)22. -rO,A, - (i)32. -rA,c, + a3x rA,c,

sustituyendo valores se tendrä: a Cl

•

T= -8,0 2 +

a Cl

•

• (0,0650.

T+ 0,03750· J)-1,0008 2 • (0,5196 . i - 0,3000· J)+

i

j

0 0 0,5196 - 0,3000

T= -4,1600· T- 2,4000· ]

k a3 =

0 - 0,5204· T+ 0,3005· ] + 0,3000· a 3

•

T+ 0,5196· a 3 • J

De donde se obtendrä el siguiente sistema lineal de ecuaciones:

aC, = -4,6804 + 0,3000· a 3} ~ {ac, = ac, = -3,4682 m1s 0=-2,0995+0,5196·al a 3 =4,0406 radis 2 44

2

TEMA J. AN.4.USIS ClNEM.4.TICO DE MECANISMOS PLANOS

d) Aceleraci6n deI punto D de la barra 6. La aceleraci6n deI punto B3 vendrä dada por: -

-

-n

-/

aB, =a A, +aB,A, +aB,A, -

2-

2-

aB, = -Cü2 . rO,A, - Cü3 . rA,B,

+ a-3 x-rA)B)

Sustituyendo valores y operando,

ä B3 =-4,1600·7 -2,400.] -1,0008 2 • tO,2598. 7 - 0,1500.])+

+

k

i

j

o

0

4,0406 =

o

0,2598 - 0,1500

Siguiendo un proceso analoga al visto para el caso de velocidades, se tendrä: -

-

-

-n

-/

a D, =a D, = aB, +aD,B, +aD,B, -:

-

2

-

--

a D,' } =as, -Cü4 · rB,D, +a4 xrB,D,

luego: aD4 .] = -3,8141· 7 -1,2000.J -2,1221 2 • (0,2121, i +0,2121· ])+

j

+ a D4

°

°

0,2121 0,2121

0

.]= -3,8141· i -1,2000'; -0,9552·7 -0,9552.] -0,2121·a4 ·7 +0,2121·a4 .]

EI sistema de ecuaciones correspondiente vendrä dado por:

0=-4,7693-0,2121.a4 } aD, =-2,1553+0,2121'a4

{a 4 =-22,4686 rad/s 2 2 :::) aD, =aD, =-6,9216m1s

4S

PROBLEMAS PROBLEMAS RESUELTOS

DE

TEORiA TEORÍA

DE MÁQUINAS

Y MECANISMOS

PROBLEMA 10.

Dado el mecanismo de la figura en la configuraci6n senalada, obtener: a) Velocidad deI punto B de la barra 4 y velocidad angular de la barra 3. b) Velocidad angular de la barra 6. c) Aceleraci6n deI punto B de la barra 4 y aceleraci6n angular de la barra 3. d) Aceleraci6n angular de la barra 6. Datos geometrieos: OzA=0,150m, AB=0,2121m, AC= 0,0549 m, 06C=0,1449m. Datos cimenaticos: Cüz =10 rad/s, sentido antihorario;

a2 = 1 rad/s2, sentido horario.

(>_---l"'--. . . . _._ . _ . _._._._._ . _._._._._ . _._._._

TEMA 1. ANALISIS ClNEMATlCO DE MECANISMOS PLANOS

Soluci6n: a) Velocidad deI punto B de la barra 4 y velocidad angular de la barra 3. Con los datos deI enunciado se pueden obtener los siguientes vectores de posici6n:

FO,A = 02 A .cos{45°).7 + 02A ·sen{45°). J = (0,1061.7 + 0,1061.J)m

rAC = AC . cos{45°)· 7 + AC .sen{45°).J = (0,0388.7 + 0,0388.J)m rA1J = AB .cos{30o). i-AB ·sen{30o). J = (0,1837. i -0,1061· J)m

ro,e=-06C·"[ =-0,1449·"[ m La veIocidad deI punto B3 se obtendra a partir de la deI punto A 3, aplicando las ecuaciones deI movimiento relativo entre dos puntos, para el caso de que ambos pertenezcan a la misma barra. Asimismo, la velocidad angular de la barra 3, Cü 3 se obtiene en el mismo sistema de ecuaciones.

VA,

=VA, = m2 x rO,A,

VB,

=VB, =VA, + VB,A, =m x rO,A, + m x rA,B, 2

j Va, ·i =

° °

0,1061 0,1061 VB,

3

k

i

10 +

°

j

.° ° 0,1837 -0,1061

Cü3

°

·7 = -0,1061."[ + 0,1061· J+ 0,1061·Cü3 ."[ +0,1837 ·Cü3 .J

Descomponiendo la ecuaci6n vectorial en un sistema de ecuaciones escalares. va,

=-1,061+0,1061.Cü3}~{

0= 1,061+0,1837 ·Cü3

Cü3

=-5,776radJs

va, = VB, = -1,6738 mls

Estas veIocidades, expresadas en forma vectorial, son:

VB, =-1,6738·"[ mJs

m = -5,776· k radJs 3

b) Velocidad angular de Ia barra 6. La velocidad angular de la barra 6, Cü6' se obtendra a partir deI sistema de ecuaciones resultante de aplicar la ecuaci6n deI movimiento relativa entre dos puntos para el caso de dos puntos de barras diferentes.

Ve• = ves + Ve•/ 5 ves =vc, =VA, +Vc,..!,

=VA, +m3xrA,e, 47


vc, = ÖJ6 x ro,c, m6 x ro,c, = VA, + m3 X rA,c, + VC,IS • [ i

k

j

° ° °J ° Q)6

=-1,061·[+1,061.]+

- 0,1449· Q)6

•

j

°

°

0,0388

- 0,1449

k

i

-5,776 +vc,ls· i

0,0388

°

= -1,061· 7 + 1,061· J- 0,2241· J + 0,2241· [ + VC,IS ·7

Operando: - 0,1449· Q)6

.

J = -0,8369· [ + 0,8369· J + V C,15 ·7

0= -0,8369 + V c, 15} => {vc' IS = 0,8369 mls - 0.1449 . Q)6 = 0.8369 Q)6 = -5,776 radis La velocidad angular de la barra 6, en fonna vectorial, sera:

m= -5,776· k radis 6

c) Aceleraci6n deI punto B de la barra 4 y aceleraci6n angular de la barra 3. EI proceso deI cälculo de las aceleraciones es similar al de las velocidades. En primer lugar se calculan las aceleraciones deI punto B y la angular de la barra 3, mediante la ecuaci6n deI movimiento relativa para puntos de la misma barra. a A,

-

= a- A, =

2

-

aB,

=aB, =a- A, + a- B,A, = -Q)22• -rO,A, + a- 2 X rO,A, -

-Q)2 • rO,A,

+ a2 X rO,A,

= -100· (0,1061, 7 + 0,1061.])+

-1 -

° °

0,1061 0,1061 i

-5,776 2 .(0,1837.7 -0,1061· J)+

°

+ a3 X rA,B,

k

j

i aB, • [

2Q)3 • rA,B,

j

°

° °

0,1837 - 0,1061 aB,

·7 = -10,61· [ -10,61.] + 0,1061· 7 -0,1061.] -6,1279· [ +3,5393· J

J

+0,1837·a3 • +0,1061·a3 ·7 aB, aB

·7 = -16,6318·7 + 0,1061· a 3 ·7 -7,1768· J+ 0,1837· a 3 . ]

0=

48

2

{ =-16,6318+0,1061.a3 } a 3 = 39,068radls -7,1768 + 0,1837· a 3 => aB, aB. -12,4867 mls2

= =

TEMA 1. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PIANOS

En fonna vectorial, estas aceleraciones son:

äB, = -12,4867 ·7 m1s 2 ä 3 = 39,0680· k rad/s 2 d) Aceleraci6n angular de la barra 6. La aceleraci6n angular de la barra 6, CX{;, se obtendra a partir deI sistema de ecuaciones resultante de aplicar la ecuaci6n deI movimiento relativo entre dos puntos para el caso de dos puntos de barras diferentes.

äc,

=äc, + äC,15 + äcor

-

ac' = a- c, = a- A, + aC,A, = a- A, - w32• rA,c, + a3 x rA,c, ac'

=-w6 . ro,c, + a 6 x ro,c, 2

-

--

-w;· ro•c, + ä6 x ro,c, = äA, - w; .rA,c, + ä 3x rA,c, + ac•ls . i + 2· (&s x VC•1S ) j

i

° °

2

-5,776 ,(-0,1449.7)+

+

a6

°°

-0,1449 = -10,5039·7 -10,7161· J - 5,776

k

2

•

(0,0388, i + 0,0388· J)+

k

i

j

°

°

0,0388 0,0388

39,068 +ac• ls

i

·7 +2·

°

j

k

-5,776

° ° °T ° J 0,8369

4,8341· i - 0,1449 ·a6 .J = -10,5039· T-10,7161· -1,2944· -1,2944.J + + 1,5158· J -1,5158· T+ ac,ls . i

- 2·5,776·0,8369· J

4,8341· 7 - 0,1449· a 6 . J = -13,3141· T- 20,1626· J + ac,ls . T

{a

2

4,8341 =-13,3141· +ac'ls} => 6 =139,148rad/s 2 - 0,1449· a 6 =-20,1626 aC,I5 =18,1482 mls La velocidad angular de la barra 6 sera: ä 6 = 139,148· k· rad/s 2

49


PROBLEMA 11.

Para e1 mecanismo de 1a figura, en 1a posici6n indicada, obtener: a) Velocidades de los puntos A 4 , Bs Y C6. b) Ace1eraciones de los puntos A 4 , B s Y C6 .

Datos geometrieos:

0204 = 8,9 cm; 02A = 19,1 cm;

Datos cinemäticos:

IvA,1 =6m/s(constante).

O~

= 10,2 cm; BC= 35,6 cm.

TEMA 1. ANALISIS CINEu4TICO DE MECANISMOS PLANOS

Soluci6n: a) Velocidades de los puntos A4 , B 5 Y C6. En primer lugar, se debe proceder a la resoluci6n deI problema de posici6n deI mecanismo en esta configuraci6n. Se parte de la siguiente ecuaci6n vectorial.

Ecuaci6n vectorial que en la que se separarän las componentes segUn. las direcciones deI sistema de referencia global.

rO,.4, • COS(04) = rO,.4, • COS(02)

}

rO,.4, • sen(04) = ro,o, + rO,.4, • sen(02)

°

.J2 ) { .4 _ ,2433 m 2 = 0,191· cos(OJ => rO., .J2 O2 =25,7625° rO,.4, '2 =0,089 + 0,191· sen(02) rO".4

Por tanto, los vectores

•

r".

4

Y

r".4_

son:

ro• = (0,1720·i +0,1720.]}m r =(0,1720. i +0,0830.J)m .4

O,.4

51


Para calcular el vector rB,c, se parte de la siguiente ecuaci6n vectorial:

Anälogamente a la anterior, se separan componentes las componentes de los vectores se-

gUrr las direcciones deI sistema de referencia.

r04B4 . cos(BJ+ rB,c, 'COs(Bs)=r04c,} r04B4 .sen(BJ+rs,c, . sen(Bs ) =

°

0,102· -../2 2 + 0,356· cos(Bs ) = ro4 c} ,

12

0,102·-+ 0,356· sen (05 )=

2

Los vectores 70 ,B, Y

r

B• C•

°

::::>

{r c _ 04207 , m o

4' Os = 348,311 0

son:

704S4 = tO,0721. [ + 0,0721·])m rB,c, = (0,3486. [ - 0,0721· ]) m La velocidad angular de la barra ~ puede obtenerse planteando la velocidad deI punto A2, en forma vectorial, sabiendo que su m6dulo es VA, = 6 mls (constante). j

i

° °

VA, = iiJ2 x rO,A, =

0,172 0,083 2

•

0,083

cvi + 0,172 cvi : ; 6 2

•

2

k CV2

= -0, 083 . cv2 . [ +

° ,

172 . cu2

.J

°

cv2 = 31,417 rad/s (sentido horario) Hay que hacer notar que el signo de C02 se determina con el examen deI dibujo y deI sentido que se le ha dado a VA,' La velocidad deI punto A z quedara:

VA, = VA, =(2,608.[ -5,404· ])mls Para calcular la velocidad y aceleraci6n deI punto A4 asociado a la barra 4, se define un sistema de referencia m6vi1 asociado a la barra 3 con centro en el punto A 3• De esta forma obtenemos:

52


Desarrollando los tenninos de esta ecuaci6n se tendra:

k

i

j

o

0

cu4 =-0,172·cu4 0.172 0.172 0-

·"[

+0,172·cu4

•

J

Sustituyendo en la ecuaci6n de velocidades:

-° ,

-

-

-

- (.fi - .fi -J

172· cu4 . i + 0, 172· cu4 . J' = 2, 608· i - 5, 404· J' + vA./3 . -2 . i + -2 . J'

Separando las componentes segfu1 el sistema de referencia global, y operando:

-0,172.cu4 -0,7071,v A4 / 3 =2,608 }=>{CU4 =-23,2907 radis (horario) 0,172,cu 4 -0,7071,vA4 / 3 =-5,404

VA./3

=1,9771m1s

EI sentido de CU4 viene detenninado directamente por el sistema de ecuaciones. La ve10cidad absoluta de A 4 y la relativa de este respecto a1 sistema de referencia de 1a barra 3 serm: VA.

=(4,006."[ -4,006.J)mls

VA./3

=(1,3980."[ +1,3980.J)mls

La ve10cidad de B s se obtiene directamente de:

VB, = VB. = &4 x r04B• =

i

j

°

°

k -23,2907 = (1,6793,"[ -1,6793· J)mls

0,0721 0,0721

°

La ve10cidad de C6 se obtiene a partir deI conocimiento de la velocidad de B, y planteando la siguiente ecuaci6n de velocidades.

Desarrollando los terminos de esta ecuaci6n se tendra:

i

je,B,

=ms x rB,e, =

°

j

k CU s =0,0721·cus ·"{ +0,3486·cus · J

° °

0,3486 -0,0721

53

El sentido de a>¿, viene determinado directamente por el sistema de ecuaciones. La velocidad de Cf, en forma vectorial será:

TEMA J. ANAUSIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

i

ä cor = 2'(&3

xv ~ /3) = 2·

k

j

° °

- 23,2907 = (65,1208. [ - 65,1208· J)mJs 2

1,398 1,398

°

Susuiuyendo en la ecuaci6n de aceleraciones: - 93,3026· [ - 93,3026.] - 0,172· a 4 • [ + 0,172· a 4 . ] =

-J

-

-

- +a A, / 3 .l-../2 -../2 =-169, 7688·i- -819233·]' -2 · -i +-'J' +651208·i -651208·]' , 2 ' , Separando los componentes de los vectores:

0,172 ·a4 +0,7071·a A, / 3 = 11,3454 } => {a 4 = -123,244 radis (ho~ario) 0,172·a4 -0,7071'a A, / 3 =-53,7415 a A, / 3 =46,0238mJs La aceleraci6n deI punto A 4 sera:

ä... =(-72,1046.[ -114,5006 .])mJs 2

La aceleraci6n deI punto Es sera:

j

äB4 =-23,2907 2 .(0,0721,[ +0,0721.J)+

°

°

0,0721 0,0721

äBs =äB4 =(-30,2252.[ -47,9970.J)mJs

2

k -123,244

°

Por Ultimo, la aceleraci6n deI punto C6 se obtendrä a partir de la ecuaci6n:

55


Desarrollando los tenmnos de esta ecuaci6n se tendra:

i

ä CsBs =-m~ . Tsscs +ä s XTBsCs =-4,8173 2 .(0,3486.[ -0,0721.J)+

°

j

° °

0,3486 -0,0721 = -8,0897·7 +1,6732· J +0,0721·a s ·7 +0,3486'as' J La ecuaci6n de aceleraciones quedara:

ac, ·7 = -30,2252·7 -47,9970 · J -8,0897·7 + 1,6732' J +0,0721·a s ·7 +0,3486·a s . J Seoarando componentes y despeiando:

ac, = -38,3149+ 0,0721.a s } ~ {a s = 132,8853 radis (antihorario) 2 463238=03486·a a c5 =a c6 =-28,7339mJs , , s La aceleraci6n deI punto C6 en forma vectorial sera: äc• =äc, =-28,7339·[ mJs 2

56

TEMA 1. ANALISIS CINEM4.TlCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 12. EI diagrama de Ia figura modela el mecanismo de una sierra. Detenninar para Ia configu'aci6n de Ia figura: a) VeIocidad deI punto B de Ia barra 5. b) Aceieraci6n deI punto B de Ia barra 5. Datos geometrieos:

/9z= 210°, 02A =

10 cm.

Datos cinemäticos: CO z =

500 r.p.m. antihoraria y constante.

20 cm

16cm

_._._._._._.-._._._._.-

x

04_·"h

57

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE MAQUINAS YMECANISMOS

Soluci6n: a) Velocidad deI punto B de la barra 5. En primer lugar se resuelve el problema de posici6n es decir se determinan los ängulos (0 distancias) que permitan conocer la posici6n de cualquier barra 0 punto deI mecanismo. Para elle hay varias posibilidades: Usando la ley deI coseno se obtiene:

°2 .

04A = ~ 02A2 + Op/ - 2· 02A· 0 4 cos(270° - 82) 04A = ~102 + 16 2 -2·10·16 .cos(600) = 14 cm

Si se define el ängulo 8~ = 84 - 90° , conocida vez la ley deI coseno. En este caso:

O~

se puede obtener

8~,

al aplicar otra

20+16 36 04B4 = - - (-) = - - = 45,81 cm 0,7857 cos 84 A continuaci6n se obtienen las expresiones generales de los siguientes vectores:

rO,A, = 10· (cos(21 0°). 7 + sen(2100).J) rO,B, = 45,81· (cos(128,21 0).7 + sen(128,21 0). ]) rO,A. = 14. (cos(128,21 0).7 +sen(128,21 0). ]) Mediante los vectores de posici6n.

rO,A. =ro.o, +rO,A, rO• A•

=16.]+10.(cos(2100).7 +sen(2100).J)

=(-8,66.7 +ll.J)cm

_ 0619 -: 0786' u- 4 -- -8,66·72 +11·] .J 2 --·z + --}8,66 +11

'

,

84 = 1800 + arctan( 0,786 ) = 128,21 ° -0,619

58

EI valor de 04B4 se calcula de la forma expuesta anteriormente, asi como rO,B, . Para calcular la veloeidad deI punto B de la barra 5, se empieza ealculando las veloeidades de las barras a partir de Ia barra 2, de la eual se tienen los datos neeesarios.

VA 2 = a>2 x ro22 A=

i

j

0

0

k

52,35 = (- 453,35· -8,66 -5 0

En donde se ha tenido en euenta que a>2

J+ 261,80· T)emJs

= 500· k r.p.m. = 52,35 . k radis.

La veloeidad deI punto A considerado que pertenece a la barra 3 es:

A continuaci6n se calcula la velocidad deI punto A considerado que pertenece a la barra 4 y relaeionandola con la deI mismo punto perteneciente a la barra 3:

Donde VA./3 = V A./3 'ü 4 siendo ü4 un vector tangente a la trayectoria que sigue el punto A4 en su movimiento relativo respecto de un sistema de referencia situado en la barra 3, vector que se ha calculado anteriormente. Por otro lade por pertenecer a la barra 4 se tiene que: i

VA, = W4 x rO,A, =

j

k

0 0 0)4 =-11'0)4. 7 -8,65·0)4·J -8,65 11 0

19ualando las expresiones [1] y [2] se obtiene la siguiente ecuaci6n vectorial: -8,65 '0)4 ·7 -11'0)4' J = -453,43· J +261,8·7 +v.w

. (cos(128,21 0)·7 +sen(128,21 0), J)

Separando las componentes horizontal y vertical se obtiene el siguiente sistema de dos ecuaciones con dos inc6gnitas: -8,65'0)4

=-453,43 + vA./3 • sen(128,21 o)} =:;> {

-11· 0)4 = 261,8+vA./3 • cos(128,21 0)

0)4

=5,34 radis

vA./3 = 518,73 cmJs

Con 10 que finalmente queda:

a>4 = 5,34· k radis

v

A.,/3

= 518,73· (cos{128,21 0)·7 + sen{128,21°)' J)= (-320,85.7 + 407,59· J)cmJs


Conocida barra 4:

Ci)4

se puede calcular Ia veIocidad deI punto B considerado que pertenece a Ia

i

j

k

o

0

5;34

- 28,33 35,99

=(-192,18.7 -151,28· J)cmls

o

Finalmente para calcular Ia veIocidad deI punto B de Ia barra 5, se tiene que:

y ademäs se sabe que

VB, =VB, ·7

por tener un movimiento horizontal.

Se tendra que:

vB,·7 =-192,18·7 -151,28.]+vB,/4 • (cos(128,21 0), 7 +sen(128,210).]) Ecuaci6n vectorial de Ia que se obtiene:

VB, = -192,18 -0,618 ,vB, 14} =:> {VB' 0= -151,28 +0,7857 'V B,/4

= -311,17 cmls

V B,/4

= 192,54 cmls

Portanto:

VB,

=-311,17·{ cmls

VB,/4 = 192,54· (cos(128,21 °).7 +sen(128,21 0).])= (-119,09.7 + 151,28.])cmls

b) Aceleraci6n deI punto B de Ia barra 5. Por pertenecer el punto A a Ia barra 2 su aceleraci6n es conocida y vale: a A,

-

=-Ci) 2• -rO,A,

ä A,

=-(52,35Y ,(-8,66.7 -5.J)=(23.732,92.7 +13.702,61.J)cmls 2

+ a- 2 x rO,A,

=-Ci)22• -rO,A,

Por pertenecer el punto A a Ia barra 3 su aceleraci6n vale:

TEMA I. ANAL!SIS CINEM.ATICO DE MECANISMOS PLANOS

Por perteneeer el punto A a la barra 4 y relaeionandolo eon el mismo punto supuesto que perteneee a la barra 3 vale:

äA , =äAl +äA , / 3 +äcor äA, / 3 = aA, / 3 ,üt = aA, / 3 • (eos(128,21 0) ·7 + sen(128,21 0).])

k

i

j

o

0

-320,85

407,59

5,34 = (- 4.353,07 ·7 -3.426,68· ] ) ern/s

o

Por otro lado, por perteneeer el punto A a la barra 4:

-{5,34Y .(-8,65.7 +11.])+

0

j

k

0

a 4 = (246,65-11 ·a 4 )· [ +

-8,65 11

0

+ (-313,67 -8,65 ·a 4 ) · ] 19ualando las expresiones de la aceleracion deI punto A 4 se obtiene la siguiente ecuaeion vectorial: (246,65 -1l ·a 4 )· 7 +(-313,67 -8,65 ·a4 ) · ] = 23.732,92· 7 + 13.702,61.]- 0,618· aA, / 3 ·7+ 0,785· a,w . ] - 4.353,07 · [ -3.426,68·] Deseomponiendo y obteniendo las eomponentes esealares el resultado es el siguiente sistema de dos eeuaciones eon dos ineognitas: (246,65 -11 · a 4 )= 23 .732,92 - 0,62· aA, / 3 -4.353,07 (-313,67 -8,65· a 4 )= 13.702,61+ 0,785 · aA,/3 -3.426,6~ Reordenando da: -1l·a4 +0,62·a A 13 =19.138,57} -8,66 · a 4 - 0,79· a~, /3 = 10.593,61 =>

{a

4

=-1.542,19 radis = 3.514,43 ern/s2

a A, / 3

En forma veetorial:

ä 4 =-1.542,19 .k radls 2 äA, 13

= 3.514,43 . (cos(128,21 0).[ +sen(128,21 0). ] )= (-2.173,87.[ + 2.761,43.])cmls 2 61

61

PROBLEMAS RESUELTOS DE

TEORÍA

DE MÁQUINAS

Y MECANISMOS

Finalmente conocida a se puede calcular la aceleración del punto B considerando que pertenece a la barra 4: 4

2

a = -co] • r B>

0iBi

+ á xr = -(5,34) • 45,81 • (cos(l28,21°)-í + sen(l28,21°)- j)+ 4

0A

I j k 0 0 -1.542,19 45,81-cos(l28,21°) 45,81-sen(l28,21°) 0 a = (56.377,00 • F + 42.679,35 • 7)cm/s

2

Bt

Finalmente:

2 j , / 4 - « V 4 - » í

=

+ sen(l28,21°)-7)

0

fl /4-(cos(l28,21 )-r Bj

i ¿cor

=2-(Í5 XV 4

S s / 4

)=2-

j

k

0 O 5,34 192,54-008(128,21°) 192,54 • sen(128,21 °) 0

a = (-1.616,24 • / -1.272,34 • 7) cm/s

2

m

Y por otro lado se sabe que:

Igualando las dos expresiones anteriores se obtiene la siguiente ecuación vectorial a -l = 56.377,00 • i + 42.679,35 -j+a - (cos(l28,21°)-F + sen(l28,21°)- 7)~ B¡

B¡/4

-1.616,24-F-1.272,34-7 que da lugar al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas del cual se obtendré

a

B

s

Y

a

B /4 s

2

a =56.377,00 + a -cos(l28,21°)-1.616,24l í a = 87.307,37cm/s 0 = 42.679,35 + a -sen(l 28,21°)-1.272,34 j ^ \ a =-52.698,03 cm/s B¡

S5/4

B¡

B / 4

B / 4

Por tanto: a = 87.307,37-i cm/s

2

B

a

B¡/ 4

a

B¡ / 4

52

= -52.698,03 • (cos(l28,21°)- i + sen(l28,21°)- 7) = (32.596,65 • F - 41.406,98 • 7) cm/s

2

2

TEMA

1.

ANÁLISIS

CINEMÁTICO DE MECANISMOS PUÑOS

PROBLEMA 13. En el mecanismo de la figura se pide obtener analíticamente: a) Velocidad angular de la barra 6. b) Aceleración angular de la barra 6. Datos geométricos: 0,06 = 115 cm., 0i04 = 39 cm., 0 0 = 30 cm, 0 A = 15 cm, OAB = 78 cm. 2

4

Datos geométricos: ®i constante y horario, \v I = 20 cm/s. B

2

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUlNAS Y MECANISMOS

Solucion: a) Velocidad angular de la barra 6. A continuaci6n se determinaran todos aquellos vectores posici6n que van a ser necesarios para la resoluci6n deI problema de velocidades y de aceleraciones.

I

~'-'-'-i-'-"

.I I

30cm

39cm

Por trigonometria, de la figura anterior se obtiene que:

04 A4 , cos{105°)=15 , cos{OJ } 2 2 =>{04AS-60.sen{105°).04A4+30 -15 =0 ) =30+15·sen(O2 ) 04~ . sen( 105° elevando al cuadrado y sumando ambas expresiones. Resolviendo la ecuaci6n de segundo orden anterior, se obtendra que:

oA 4 4 64

= {41,82 cm

16,14 cm

TEMA 1. ANAUS1S ClNEMATICO DE MECANISMOS PUNOS

Claramente la segunda soluci6n no corresponde a la configuraci6n estudiada deI mecanismo. Dor 10 aue se tomara:

04A4 = 41,82 cm 8 2 =136,19° Los vectores posici6n necesarios para el anälisis cinematico tendran las siguientes componentes:

rO,A, = 15· (cos{136,19°). T+ sen{136,19°). ])= (-10,82. T+ 10,38· ])cm rO,A, =41,82.(cos{105o).T +sen{105°). ])=(-10,82.T +40,40· ])cm rO,B, =78.(cos{105°).T +sen{105°).J)=(-20,19.T +75,34· ])cm rO,B, = ro,o, + rO,B, = -20,19 · T+ {39 + 75,34).J = (- 20,19· T+ 114,34.J )cm rO•B, =ro•o, +rO,B, = {-115.cos{135°)-20,19).T + {-115.sen{135°)+114,34).J rO,B, = (61,13.T +33,02.])cm Para el cälculo de velocidades se supone un sistema de referencia m6vil tendra 10 siguiente:

{A3 -X3~}. Se

que desarrollado es:

siendo ü4 un vector unitario en la direcci6n de la barra 4. Dado que se precisa la velocidad angular de la barra 4, se considerara que: Q)4

= ~ = 20 = 0,26 radis (horaria) 04B4 78

ÖJ4

=-0,26· k radls

Sustituyendo terminos en [1] y operando, se tendra que: j

° °

-10,82 40,40

k -0,26 =

°

j

k

° ° °

-Q)2

+v"' /3 • (cos{105°).T +sen{105°).J)

-10,82 10,38

65

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M4QUlNAS Y MECANISMOS

esto es,

10,50= 10,38 '(()2 -0,26.vA 13} {(()2 = 0,85 radis 2,81 = 10,82· (()2 + 0,97 . V A.:3 => VA, 13 = -6,58 cmJs Poniendo los resultados en forma vectorial: W2 = -0,85· k radis

VA. 13 = (1,7o, i -6,36· ])cmJs Por otra parte, es inmediato que: i

VB.

=

k

j

° °

W4 x rO•B =

- 0,26 = (19,59. i + 5,26· ]) cmJs

-20,19 75,34

°

A continuacion se supone un si sterna de referencia rnovil ecuaciones deI rnovimiento relativo, se podra escribir que:

{Bs - XsYs}.

Aplicando las

siendo:

sustituyendo valores, se tendra:

i

j

° °

61,13 33,02

k (()6

=19,59·i +5,26.] +

i

j

°

°

-20,19 114,34

°

k (()6S

°

Operando, separando cornponentes y resolviendo el sistema de ecuaciones, se llega a:

Ademas corno

=0,18 radJs

(()6

=0,027 radis

w

6S

=0,18·k radis

äJ6 =0,03· k radJs

w< = W. + a>« , se tendra que: lVS

66

(()6S

= 0,03 - 0,19 =-0,16 radis

äJs =-0,16· k radis

TEMA 1. ANA.L!S1S CINEMATICO DE MECAN1SMOS PLANOS

b) Aceleraci6n angular de la barra 6_ Para el calculo de aceleraciones se sigue un proceso analogo_Se supone un sistema de referencia m6villigado a la barra 3 y se plantean las ecuaciones deI movimiento relative para determinar la aceleraci6n deI punto A 4 -

DesarroUando la ecuaci6n [2] se tendra que:

ä~ +ä~ =ä~, + ä~ +äA. /3+ 2- (w3xvA./J evidentemente ä A,

Y w3 =W4' por 10 que los terminos que componen la expresi6n

=ä A,

[3] seran:

ä~4 =-co: -rO,A, = -0,26 2 -(-10,82-7 +40,40- ])= (0,73-7 -2,73- ])cmls2 aA. =a- x r- ,A. = -/

4

O

i

j

k

0

0

a 4 =-40,40-a4 -7 -10,82 -a 4 - ]

-10,82 40,40

ä"Al

=-al2 r.° .4 = -0 8S '

2 2

2

0

-(-10 , 82 -7 +10 , 38-J"')= (782 -7 - 7 , SO-J"')cmls ,

2

a- At , =a- 2 xrO,A, =0

äA. /3 =aA. /3'Ü4

=aA. /3-[-sen(lSo)- 7 + cos(lSo) ,;]= -0,26 -aA./3-7 + 0,97 -aA. /3-] i

j

äcor =2-(w4 XVA. /3)=2 - 0

0

k -0,26 = ( -3,24-i- -0,86-j-) cmls 2

1,67 -6,23

0

Sustituyendo esto terminos en [3] y separando componentes se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: . 2

0,73 - 40,40 -a . = 7,82- 0,26 - aA. /3 -3,24 } => {aA. /3 = 6,40 cmJs - 2,73 -10,82 -a 4 = -7,SO + 0,97 - a A. /3 - 0,86 a 4 = -O,OS rad/s 2 Exoresando las aceleraciones en forma vectorial resulta:

äA• 13

ä.

=(-1,66 -T+ 6,17 -])cmls2 -

= -D,OS - k rad/s

2

La ace1eraci6n deI punto B perteneciente a la barra S vendrä dada por: -n - / aB. = aB, + aB. =-co42 -r- O•B• +a- 4 xr- O,B.

(.S 2S -z~ -4,OS -J..,) cmIs2

=~,

67


Considerando ahora un sistema de referencia m6villigado a la barra 5 y con origen en Bs se tendra que:

donde cada uno de sus terminos se podrän obtener como:

V8 , I 5 = W65 x F0 18 1 =

i

j

0

0

k 0,18 = (-20,58.7 -3,63· J)cmls

-20,19 114,34

0

j

ä8 , 15 = -0,18

2

• (-

20,19·7 + 114,34· J)+

o

o

- 20,19 114,34

ä8 , 15 = 0,65·7 - 3,70.] -114,34· a 65 ·7 - 20,19· a 65 äcor

=2.(w XV ,IS)= (-1,16.7 -6,58.])cmls 5

0

.J

2

8

Ademäs se tiene que:

ä8 , =-0,03 2 . (61,13.7 +33,02.])+

i

j

0

o

61,13

33,02

0

Sustituyendo en la expresi6n [4], se obtiene la siguiente ecuaci6n vectorial: -0,04· 7 -0,02· J -33,02·a6 ·7 +61,13·a6 • J = =525·7 -4, 05 . J~ +065·7 -3, 70·J~ -11434·a +6, 58.J~ , , ' 6 S ·7 -2019·a , 65 .J~ -116·7 , Resolviendo el sistema resultante se obtienen las aceleraciones reQueridas:

-0,04-33,02 ·a6 = 5,25 +0,65 -114,34·a65 -1,16} ~ {a 65 = 0,03 radiS: - 0,02 + 61,13· a 6 = -4,05 - 3,70 - 20,19· a 65 + 6,58 a 6 =-0,03 radis En forma vectorial:

ä65 = 0,03 . k- radls 2

ä s = -0,03 . k- radls 2

68

TEMA 1. ANAUSIS CINEMATlCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 14.

La siguiente figura representa una mesa elevadora accionada por un cilindro hldraulico compuesto por las barras 7 y 8. Su diseiio, al ser las barras 2 y 3 exactamente iguales, hace que la plataforma 4 permanezca siempre horizontal. Para la configuraci6n mostrada en la figura se pide. a) Velocidad angular de la barra 2, iiJz. b) Vdocidad lineal de la plataforma 4. c) Aceleraci6n angular de la barra 2, ä z • d) Aceleraci6n lineal de la plataforma 4. Datos cinematicos: La velocidad relativa entre las barras 7 y 8 tiene un m6dulo de 1 mJs., constante, y con sentido de aleiamiento entre los puntos A Y08.

69


Soluci6n: a) Velocidad angular de la barra 2, äi2 • En primer lugar se determinara la distancia entre los puntos 0 8 Y A, mediante la siguiente ecuaci6n vectorial:

Descomponiendo esta ecuaci6n en un sistema de dos ecuaciones escalares, se obtiene: 1,5 . cos(45°) = 4+0sA ' COS(8g)} 1,5 .sen(45°)= OgA ·sen(8g) Operando sobre este sistema se despejan las inc6gnitas

Bo yOgA .

8s = 160,158° 0SA =3,125 m Para las velocidades, en primer lugar se plantea la ecuaci6n deI movimiento relativo en el punto Adel mecanismo, de la siguiente forma:

En donde se tiene:

VA, = VA, = W2 x rO,A, =

i

j

k

°

°

((J2

1,5,cos(45°) 1,5 ·sen(45°) j

i

vA, = Ws x rO,A, =

°

°

°

3,125.cos(160,158°) 3,125.sen(160,158°)

k ((Jg

°

Y, por el enunciado deI problema, se tiene ya que:

IV.4, /gl = 1 mls ~ VA,/S = cos(160,158°)·7 +sen(160,158°).] Sustituyendo estas expresiones en la ecuaci6n inicial, se obtiene:

-1,061·((J2·7 +1,061 · (V2.] =-1,061'(Vg ' [ -2,939·((Js.] -0,941·7 +0,339.] Descomponiendo la ecuaci6n vectorial en dos escalares, se tiene: -1,061 · ((Jz ·+1,061· ((Jg = -0,9411 1,061 · ((J2 + 2,939· ((Jg

70

=0,339 f ~

{((Jg = -0,15 radls ((J2

=0,736 radls

TEMA 1. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PUNOS

b) Velocidad lineal de la platafonna 4. Ahora se debe plantear una segunda ecuaci6n deI movimiento relativa en el punto D.

En donde se tiene:

VD6

= v D, = ÖJ2 x rO,D, =

i

k

0 3· cos(45°)

0,736

o

Sustituyendo estas expresiones en la ultima ecuaci6n vectorial, se obtiene la ecuaci6n: v" . . ] = -1,561· [ + 1,561.] + V"./n

•[

Descomponiendo la ecuaci6n vectorial en dos escalares y despejando, se obtiene:

VD4 / 6 =1,561·[ mJs

VD4 = 1,561· J mJs c) Aceleraci6n an~ar ße la barra 2, ä 2 • La primera ecuaci6n de aceleraciones se plantea en el punto A.

En donde se tiene que:

o

j

k

o

äg

- 2,939 1,061

0

7 ä A,

=äA2 =-Q)~ . r02A2

+ä2

x r02A2 =

-0,736

2

•

(1,061, i + 1,061· J)+

0 1,061 1,061

°

äA,/s =0 i

äCor =2.(ÖJS XVA7 / S )=2.

j

k

-0,15 0 -0,941 0,339 0

°

71


Sustituyendo estas expresiones en la ecuaci6n inicial, se obtiene: -0575·[ -0 , 575·J-: -1 , 061·a 2 ·[+1, 061·a2 .J-:, = 0,066·[ - 0,024· J-1,061·ag . [ -2,939· a g .J +0,102· [ +0,282.J Ecuaci6n vectorial, que separando en sus componentes horizontal y vertical, da el si guiente sistema de ecuaciones: 2

-0,575-1,061·a 2 = 0,066-1,061·ag + 0,102 } {ag = 0,394 radJs -0,575+1,061·a 2 =-0,024-2,939·ag +0,282 :::::> a 2 =-0,306radJs 2

d) Aceleraci6n lineal de la plataforma 4. La segunda ecuaci6n de ace1eraciones se planteara en el punto D.

En donde se tiene que: äD , = a D , -

.J

-

aD• =a D, =-Q)22 ·rO,D, +a= 2xrO,D,

i

= -0,736 2 . ( 2,121· -i + 2,121· j-) +

j

k -0,306

° ° °

2,121 2,121 äD,/6 =aD,16· i

äCor =2.(m6 XVD ,/6)=Öa1serm6 =0 Introduciendo estas expresiones en su lugar correspondiente y operando, se obtendra la siguiente ecuaci6n:

Ecuaci6n que separada en sus componentes, da ya directamente las aceleraciones buscadas. äD,/6 =0,5·[ mJs

äD, =-1,8.J mJs

72

TEMA I. ANAuSIS ClNEM4TlCO DE MECANISMOS PiANOS

PROBLEMA 15.

EI mecanismo que mueve una locomotora de vapor se puede representar con el siguiente esquema. 4,092 m R=1 016 m

y~______~3~'9=62~m~________

j

X

La barra 1 es la via, la 2 es el bastidor de la locomotora, la 3 el embolo empujado por el vapor producido en la caldera, la 5 es la IIanta 0 rueda y la 4 es la biela que conecta las barras 3 y 5. EI contacto entre la IIanta 5 y la via 1 es de rodadura sin deslizamiento.

Aunque en el esquema no se muestren, existen otras IIantas que mantienen horizontal el bastidor de la locomotora durante todo el movimiento. Sepide: a) Velocidad que lleva la locomotora. b) Aceleraci6n que lIeva la locomotora. Datos cinemäticos: La velocidad y aceleraci6n relativas deI embolo 3 respecto el bastidor de la locomotora 2

son de 8,43

i mJs y de 92,049 i

mJs2, respectivamente. 73


Soluci6n: La velocidad y la aceleraci6n de la locornotora son la velocidad y aceleraci6n de un punto de la barra 2. a) Velocidad que lIeva la locornotora. En este problerna se tienen identificados dos puntos de la barra 2, el A y el C, con 10 cual se tiene que VA, = ve" Para el calculo de la velocidad se dan dos datos de partida. La velocidad relativa deI ernbolo respecto el bastidor, que es VA, / 2 = 8,43· i mls . Corno el contacto de la rueda y el carril en D es de rodadura sin deslizamiento, se tiene que v D, =Omls. Antes de plantear las ecuaciones cinematicas se deben obtener los siguientes vectores de posici6n:

rAß = rAß • (cos(a)·i +sen(a).]), siendo a el ängulo cornprendido entre la barra 4 y la ho· rizontal y que se obtiene aplicando el teorerna deI coseno al triängulo de vertices ABC.

CB 2 = AB 2 + AC 2 -2.AB·AC·cos(a) 0,33 2 = 3,962 2 + 4,092 2

-

2·3,962·4,092· cos(a)

a = 4,317° ;:Aß

= 3,962 ,(0,997 , i + 7,528 .10- 2

•

J)= 3,951· i - 0,298 <

rCB =rCB • (-cos(ß). i -sen(ß).]), siendo ß

el ängulo cornprendido entre la linea que une C con B y la horizontal y que se obtiene aplicando el teorerna deI senD al triängulo de vertices ABC. sen(a) = sen(ß) ~ sen( 4,317°) CB AB 0,33

sen(ß) ~ ß = 64 6590 3,962 '

rCB =0,33.(-0,428.i -0,904.])=(-0,141.7 -0,298.])rn EI vector

rDB

se puede obtener a partir de los vectores

gua directamente por el dibujo,

rCB

y

rDC' Este Ultimo se averi-

rDC = 1,016.] .

rDB =rCB +rDC = -0,141 ·7 -0,298· J+1,016· J =(-0,141.7 +0,718· J)m

74

TEMA I. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

De la velocidad de la locomotora se conoce su direccion con 10 que se puede expresar:

A partir de aqui se pueden plantear las siguientes ecuaciones de velocidad para el movimiento relativo.

VA, = VA, +VA, / 2 = (V A, +8,43).; = VA. VB.

=

VA. + VB•A•

=

(VA, + 8,43).; + m4 x rA•B• i

VB. = (VA, +8,43).; +

° 3,951

k

j

W = (VA, +8,43+0,298.wJ; +3,951·w ·J ° - 0,298 ° 4

4

j

°

-0,141

° °

0,71 8

VBI, =-0718·w·; -0 , 141·w5 'J~ ' 5 19ualando ambas ecuaciones:

(VA, + 8,43 + 0,298 .wJ; + 3,951'W4 • J = -0,71 8· Ci)s .; - 0,141 · Ci)s

.J

Hace falta una tercera ecuacion vectorial.

i

ve, =vD, +Ve,D, =VC,D, =mSxrD,e, =

j

° °

k Ws =-1,016 ·Ci)s·; =

° 1,016 °

v.., .;

Substituyendo VA, en la ecuaci6n vectorial antes descrita:

(-1,016·Ci)s + 8,43 + 0,298· Ci)J.; +3,951·Ci)4 .J =-0,718·Ci)s·[ -0,141·Ci)s·J Descomponiendo en dos ecuaciones escalares y resolviendo:

-1,016· Ci)s + 8,43 + 0,298· Ci) .. = -0,71 8· Ci)s } 3,951· Ci) .. = -0,141· Ci)s - 0,298· Ci)s + 0,298 · Ci) .. = -8,43} ~ {Ci)4 = -0,975 radis 0,141· Ci)s+3,951·Ci)4 =0

Ci)s = 27,314 radls 75


Y, por tanto, la velocidad de la locomotora sera:

VA,

=VA,

.j =-27.751·j mls

b) Aceleraci6n que lleva la locomotora. Para el caIculo de la aceleraci6n se parte tambien de dos datos. La

aceleraci6n

relativa

deI

embolo

respecto

el

bastidor,

que

es

ä A• /2 = a A• /2 • j = 92,049· j mls 2 • En el contacto de la rueda y el carril en D, con rodadura sin deslizamiento, se tiene que la aceleraci6n absoluta deI PUllto D, perteneciente a la barra 5, tiene corno direcci6n la normal a las dos superficies en el PUllto de contacto, que en este caso sera la direcci6n ]. A partir de aqui se plantean las ecuaciones de las aceleraciones, teniendo en cuenta que 10 que se pide es la aceleraci6n de la locomotora, es decir, en la barra 2. Se tienen los dos pUlltos de esa barra identificados y en los que se tiene que äA, = äc, .

ä A, =aA,·j ä A, = ä A, + ä A,/2 + äcor Corno:

Entonces:

ä A, = (a A, + 92,049). j = ä A, äB, = ä A, + äB,A, = (a A, + 92,049). i + ä 4 x rA,B,

o

-11); .rA,B,

)

k

0

a 4 -0,975 2 . ( 3,951'i- -0,298·)- )

3,951 - 0,298

o

Por otro lade se tiene que:

aBs =acs +a BsCs äBs =äDs +äBsDs a- Ds =a- cs +a- DsCs =a A2

76

-:'1 +as xr

CsDs

-11)

2-

·rCsDs


j

k a s -27,314 2 .(-1,016. J)

° ° -1,016 ° ä DS = (a A2 +1,016.aJT +757,991·J

Corno se tiene que, debido a la rodadura sin deslizamiento en D que äD, = a D, implica Que:

.

J, esto

a A, +1,016·a s =0 ä D, = 757,991· J rnJs Desde aqui se puede obtener una segunda ecuacion para la aceleracion en B.

i

ä BS =757,991·J+

j

° ° - 0,141 0,718

as - 27,314 2 . (- 0,141· -i - 0,718 · j-)

°

Ecuacion que con la obtenida anteriormente:

ä B4 = (a A, +88,293+0,298 ·a 4 )·T +(3,951·a4 +0,283).] Y sabiendo que a04, = -1,016 · a s obtenido de la condicion de rodadura sin deslizamiento permite obtener la aceleracion en A, es decir, la aceleracion de la locomotora. 105,194 - 0,718 ·a s = -1,016· as + 88,293 + 0,298 .a4 } 222,244- 0,141· a 5 = 3,951· a 4 + 0,283

0,298· as - 0,298· a 4 = -16,9}

{a 4 = 56,1 97 rad/s

2

0,141·a s+3,951·a 4 =221,961 :::> a s =-0,515 radls 2 Y, por tanto, la aceleracion de la locomotora sera:

ä A, = a A,

•

T= 0,523· TrnJs 2 77

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M4QUINAS Y MECANJSMOS

PROBLEMA 16.

En la figura superior se muestra el mecarllsmo de una imprenta. La rueda 2 (entrada) pone en movimiento a la barra 3 que tiene un par prismätico con la barra 4. EI punto C es un par R que une la barra 4 con la barra fija. EI movimiento es transmitido al balanein 6 (salida) a traves de la biela 5. En la figura inferior se presenta el modelo cinemätico dei mecarllsmo.

B

F

E

Sepide:

a) Velocidades angulares de las barras 3,4,5 y 6. b) Aceleraciones angulares de las barras 3,4,5 y 6. Datos geometricos:

rAB =0,6· (cos{102,4°) ' r + sen{102,4°)' J)m.

r =0,578 . (cos{261,5°)' r + sen{261,5°) ' J)m. BC

78

TEMA 1. AN.ALISIS ClNEM.Al1CO DE MECANISMOS PLANOS

TBD = 1,047· (cos{261,5°P· +sen{261,5°).J)m.

TDE = 1,73· (cos{13,3IoP· +sen{13,31°).J)m. TFE = 0,728· (cos{279,8o).7 +sen{279,8°).J)m. Datos cinematicos: ÖJ 2 = 1·

k radis

constante.

Solucion: a) Velocidades angulares de las barras 3, 4, 5 Y 6. Se conoce la velocidad angular de la barra 2 que es ÖJ 2 = 1· k radis constante. La velocidad deI punto B considerando que pertenece a la barra 2 es: i

VB, = ÖJ2 x TA.,B, =

°

-0,128

j

k

°

1 ={-0,586.7 -0,128.J)mJs

0,586

°

La velocidad deI punto B considerando que pertenece a la barra 3 es:

vB..

= VB. por ser el par de revolucion.

La velocidad dei punto C considerando que pertenece a la barra 3 es:

Donde:

La ecuacion de velocidades deI movimiento relativo en el punto Ces:

Donde:

°

Ve• = Vc,e. = 0 VC,/4 =Ve,/4

'ü4

PROBLEMA S RESUELTOS DE TEORIA DE MAQUlNAS Y MECANISMOS

19ualando las ecuaciones [1] y [2] se llega a la siguiente ecuaci6n vectorial:

cV2 x rA,B, + cV3 x rB,c, = VC,/4 . (cos(B4 )· [ + sen(B4 ).J) i

-0,586 ·[ -0,128·] +

j

°

°

-0,085 -0,571

k (03 = VC, /4 ,(-0,147,[ -0,989 ,])

°

Separando componentes y resolviendo el sistema de ecuaciones resultante:

-0,586 +0,571'(03 =-O,147'vc, /4} => { (03 = 0,96 radis -0,128 -0,085 ' (03 =-O,989,vC, /4 V C,/4 =0,213m1s

Debido a que el par que conecta las barras 3 y 4 es prismätico de guia recta, se tiene que:

(04

=(03 =0,96 radis

Una vez conocida (03 se puede calcular

vD,' i

j

° ° -0,154 -1,035

k

0,96

o

VD, =(0,409.7 -0,276.])mls

Por otro lade:

Para calcular las velocidades de las barras 5 y 6 se plantean las ecuaciones en el punto E. Porun lade:

VE, = 0,409 . 7 - 0,276 . ] +

°

j

o

1,683 0,398 80

k

0


Por otrO: j

o 0,123- -0,717

0

19ualando las dos expresiones se obtiene:

i 0,409- T-0,276-

J+

k

j

° °

1,683 0,397

aJs

=

i

j

°

°

0,127

°

-0,716

k aJ6

°

Separando las componentes y resolviendo el sistema de ecuaciones resultante, resulta: 0,409 - 0,397 - (üs = 0,716 - aJ6 } - 0,276 + 1,683 - aJs =0,127 - (ü6

~

{aJs

= 0,199 radis

aJ6

=0,461 radis

b) Aceleraciones angulares de las barras 3,4,5 y 6_ La aceleraci6n deI punto B por considerar que pertenece a Ia barra 2 es: aB,

=-aJ 22

-rA,B, +a- 2 xr- A,B,

=-(ü22

°

(0128 -z-, -: 586 -]-:)rnIs 2 -rA,B, =,

Por pertenecer a la barra 3:

La aceleraci6n deI punto C, suponiendo que es un punto que pertenece a las barras 3 y 4 es:

La aceleraci6n deI punto C, suponiendo que es un punto que pertenece a la barra 3 es:

äc, = äB, + äC,B, Los t6rminos de las ecuaciones [1] y [2] son_

äc, =

°por ser un punto fijo_

äc,c,

=

°

por ser el vector rc,c,

=

°

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS

2

i j k O O co -0,031 -0,21 O

x

= -(¿>4 V / )=2

¿cor

C 3

4

• 0,4 • i - 0,059 • j con ¿o = a> 4

t

3

Y, por ultimo: a , C)B

= -<*>l •

?MA

5

+

3

X

2

V , = -(0,96) • (- 0,085 • i - 0,5716 • 7)+

7

j

k

0

0

a

-0,085

-0,5716

0

4

S

C,B, =0,078-7 +0,5267-7-0,085-a -J + 0,5716-a -¿ 4

4

Igualando las ecuaciones [1] y [2] se obtiene la siguiente ecuación vectorial: -
B l

~ «>\ • fe,*, + « 3 x r = a ,/4 • (cos(^ )• 7 + sen(0 )• 7)+ 2 • {co x v C;Bl

c

3

3

4

0,128 • 7 - 0,586 • 7 - (0,96) • (- 0,085 • 7 - 0,516 • 7)+ 2

0 -0,085

• -0,147 • a • 7 - 0,989 • a C} / 4

C j/ 4

Cj/4

)

a,

-0,5716

• 7 + 0,4 • 7 - 0,059 • j

Desarrollando esta ecuación se llega a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, de donde se obtiene a y a 4

C}/4

0,128 + 0,078 + 0,5716 • a = -0,147 • a 3

-0,586 + 0,5267 -0,085 • a = -0,989 • a 3

Cj/4

Cj/4

+0,4 1 f a = 0,331 rad/s

2

}

-0,059J ^ \a = 0,031 m/s

2

Cjl4

Debido a que el par que conecta las barras 3 y 4 es prismático de guía recta, se tiene que: a = a =0,331 rad/s 4

2

3

Con a se puede calcular la aceleración del punto D considerando que pertenece a la barra 3: 3

A

L\

82

A

+A

=B

3

R=A

D¡B

3

B

3

-®3

R

• B D¡ I

+CC

XR

3 BD 3

3

TEMA

1.

ANÁLISIS

CINEMÁTICO

DE MECANISMOS PLANOS

i j k 5 = 0,128 • i - 0,586 • J - (0,96) • (-0,154• F -1,035 -7)+ 0 0 0,331 -0,154 -1,035 0 2

A

= (o,6-F + 0,318 -7)m/s

2

Además, por pertenecer a la barra 5:

Para calcular las aceleraciones de las barras 3 y 4, se establecen ecuaciones del movimiento relativo en el punto E. Por un lado: a

a

E

¡

= D¡

a

+ E

a

í D í

= D¡

~ c°¡ • D r

íEí

+

a

i

x

r

=

DíEs

i j 0 a = 0,6 • i + 0,318 • 7 - (0,198) • (l,683 -7 + 0,398-7)+ 0 1,683 0,398 2

E¡

a

E

k a 0

s

=0,6-r+0,318-7-0,065-í-0,015-7+l,683-a -7-0,398-a -i 5

5

a = (0,535 - 0,398 •a )-7 + (0,303 +1,683 • a )• 7 E

}

[3]

5

Por otro:

i J 0 0 0,123 -0,717

2

= -(0,46l) -(0,123-r-0,717-7^

k a 0

6

a* = -0,026 • i + 0,152 • 7 + 0,123 • a • j + 0,717 • a • i £Z . = (0,717 • a - 0,026)- F+(0,123 • a + 0,152)- j 6

6

r

6

6

Igualando [3] y [4], y resolviendo, se obtiene: (0,535 - 0,398 • a )• F + (0,303 +1,683 • a )• 7 = 5

5

= (0,717 • a - 0,026)- F + (0,123 • a + 0,152)• j 6

6

2

0,398 • a¡ + 0,717 • a = 0,026 + 0,535)

[ a = 0,8 rad/s

1,683 • a - 0,123 • a = 0,152 - 0,303 I

[a, = -0,03 rad/s

s

5

6

6

83

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 17. La columna AB de la figura, de longitud /, se mantiene erguida mediante el dispositivo mostrado en la figura. Su base A es empujada a lo largo del suelo con una velocidad uniforme v, mientras que una cuerda, que pasa por la polea C y se une a la columna en el punto B, es estirada hacia abajo con una velocidad también uniforme v. La altura de la polea sobre el suelo es /. Cuando la columna está inclinada respecto al suelo 30° se pide deterrriinar la magnitud y el sentido de su velocidad y aceleración angulares.

TEMA 1. ANALISIS CINEMAnCO DE MECANISMOS PLANOS

Separando componentes, se tendra. que: v-[.sen(30 0)·Q)2 = [.sen(30 0). Q)3 } [. cos(30 0). Q)2 = -v + [. cos(30°). Q)3 Despejando de la expresi6n anterior, se tendra. que:

Q)3 =(1+tan(300)).~=1,58.~ I

I

v.......;..(1_+t_an--'..(3_0°.J..!..)) -v+ I ·cos (30 .0)

Q)2=

Z·cos(30 0 )

1

=0,42·~Z

Para las aceleraciones se procederä de un modo analoga: -

-

2

-

-

-

2

-

aB, = a A, -Q)2 . rA,B, aB, = a c,

+a2 x rA,B,

- Q)3 . rA,E, + a-3x-rA,E,

Teniendo en cuenta que las aceleraciones de los puntos A YC son nulas, se tendra que: i

-Q)i'~ ,cos{30°).i· +Z.sen(30 ).J]+ 0

0 0 a2 = l,cos(30 0) l·sen(300) 0 i

=

-Q); . ~ . cos{30

o

).

T-I· sen{30 ). J]+ o

k

j

]

k

0 0 a3 0 0 Z,cos(30 ) -I· sen(30 ) 0

Separando componentes y operando, se tendra que:

Q); . cos(300)+ a 2 • sen(300) = Q); . cos{30o) - a 3. sen{30 o) } - Q); . sen{30 o)+ a 2 • cos{30 o) = Q); . sen{30o)+ a 3. cos{30o ) Despejando, se obtendran las aceleraciones angulares de la barra y de la euerda:

8S

PROBLEMAS RESUELTOS DE rEoRiA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 18. En el mecarllsmo de la figura, las barras ranuradas 2 y 3 son impulsadas en forma independiente y el pasador A4 va dentro de las dos ranuras Se pide calcular, en la posici6n indicada: a) Velocidad absoluta del pasador A 4 • b) Aceleraci6n absoluta del pasador A 4 • Datos cinematicos: äi 2 = 30· k radis y äi)

=20· k radis, ambas constantes.

Mecanismo equivalente

,,

,

, ,"""

------

..... ,

... ...

I

\

I

\, .-+

\

\ I

I

\

25mm

IOOmm

86

...

/1 ... " .....

_-----,'

' ;'

TEMA 1. ANALISIS CJNEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: a) Velocidad absoluta dei pasador A 4 • Considerando el rnecanisrno equivalente se tendra que: n = 5 (1 fija)

JI =5 J2 =0 Observese corno se han afiadido dos barras y tres pares (2 prisrnäticos y 1 de revoluci6n) para obtener el rnecanisrno equivalente. Aplicando Grubler quedarä:

F=3·(n-1)-2·jl-1·J2 =3.(5-1)-2.5=2

Para el estudio de la posici6n se consideraran las siguientes expresiones:

raa, + rO,A = raa, + rO,A 02A.cos(600)= 100+ 03A ' COS(135 0)} { OzA = 54,9038 nun 25 + OzA . sen(60°) = 03A . sen(135°) ~ qA = 102,5980 nun

Para el estudio de las velocidades, basta considerar que la velocidad dei punto A 4 es la rnisrna segUn se obtenga a partir de la barra 2 que a partir de la barra 3, esto es,

que sera 10 rnisrno que:

donde los vectores posici6n y unitarios vendrän dados por:

rO,A =02A . (cos(600). 7 + sen(600). J)= (27,4516.7 + 47,5477 · j)mm rO,A = 03A . (cos(135°)' 7 + sen(135°) ' J)= (-72,5484.7 + 72,5477· J)mm Üz

ü3

=cos(60°).7 +sen(60°)' J = 0,5 · 7 + 0,8660 .J = cos(135°)' 7 +sen(135°)' J = -0,7071· 7 + 0,7071· J 87


Sustituyendo en 1a expresi6n [1], se tendra que:

i

°

27,4516

j

k

°

30 + VA,/2 . (0,5. T~ 0,8660· J)= 0

47,5477 i

j

k

20 + VA,/3 . (- 0,7071· T+ 0,7071· J) 0 -72,5484 72,5477 0

°

Operando y separando componentes, se tendra e1 siguiente sistema lineal de ecuaciones: -1.426,4300+0,5· VA 4 12 =-1450,9500-0,7071'VA4 13} => {VA 4 12 =-1.683,0200mmls 823,5470 + 0,866 'VA,/2 =-1450,9700+ 0,7071· VA,/3 VA,/3 =1.155,3800 mmls Por 10 tanto:

VA< = VA, + VA, IZ = -1.426,3860· T+ 823,5240· J - 841,4927· T-1.457,4654· J = = (- 2.267,9400· T- 633,9900· J) mmls

=(- 2,2679· T- 0,6340· J) mls

y e1 m6dulo:

IVA.I =2.354,8800 mmls =2,3549 mls b) Aceieraci6n absoluta deI pasador A 4 • Para e1 estudio de las aceleraciones se establecera que la aceieraci6n deI pUllto A 4 es la misma segUn se obtenga a partir de la barra 2 que a partir de Ia barra 3, esto es,

ä A<= ä A, + äA
äA, = -co;.rO,A +äz x rO,A + aA,IZ . Üz + 2· (mz XVA412 ) siendo:

VA,IZ = -1.682,9854· (cos(60 o). T+sen(60 o ). J)= (-841,5050. T-1457,5400· J)mmI sustituyendo en la ecuaci6n [2], se tendra:

88

TEMA 1. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLA NOS

ä.., = -30 2 • (27,4508 . i + 47,5462· J)+ aA , / 2 • (cos(60o). i + sen(60o) . J)+ +2·

i

j

k

0

0

30 :;:

- 841,4927 -1.457,5081 = 62.744,766· i + 0,5· aA4/2

•

°

i -93.281,1420· J+ 0,866· aA, 12 • J

Tambien se tendra que:

ä.., = -CI); .r03 .. + ä 3 x r03A + a A, 13 'ü3 + 2 · (w3 x VA, / 3) siendo:

VA, / 3 = (- 816,9687 · [ + 816,9687 .J)mmls2 sustituyendo en la ecuaci6n [4], se tendrä:

äA.

=-3.660,5480 · i -0,7071 .aA, / 2 ·[ -61.696,948 · J+0,7071 ·aA, / 2· J

19ualando [4] Y [5], se tendrä que:

a

a

} 62.744,766 + 0,5· A 12 =-3.660,548 - 0,7071· A 13 , '=> -93.281,142 + 0,866· aA, / 2 =-61.696,948+ 0,7071 · aA, / 3

{a'

=-25.491,100 mmls2 aA, / 3 =75.886,9000 mmls2 A 12

Sustituyendo ahora en [4], por ejemplo, se obtendra la aceleraci6n absoluta deI punto A

äA,

:;:

(50.000,8000. [ -115.356,3000· J)mmls 2 = (50,00. [ -115,36 · J)mJs

läA,I= 125,7261 mJs

2

2

89


PROBLEMA 19.

Dado el mecanismo de dos grados de libertad de la figura, Se pide, cuando el mecanism se encuentra en la posici6n mostrada: a) Velocidades angulares de las barras 2 y 3. b) Aceleraciones angulares de las barras 2 y 3. Datos geometrieos: r2 =45cm,r3 =80cm , x 4 =60cm e Ys =35 cm. Datos cinemäticos:

v,/=10 ·tcmJs; ä,/=12·tcmls vc=5 · J cmJs; ä c=12· J cmJs

2

•

2

•

B

Ys

y

x ~------~----~

90

_._._._._._.-._.

TEMA 1. ANALISIS CINEM4.TICO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: a) Velocidades angulares de las barras 2 y 3. De la figura, es evidente que:

60 + 45 . cos(( 2 ) = 80 . cos(e3 )} => 35 + 80· sen(eJ = 45 . sen(e2 )

{e = 63,87° 2

e = 3,87° 3

Se tendrä que:

i

VB, = VA, +W2 XYA,B, =10·7 +

k

j

° ° =10·7-40 19,82 40,40 ° lU2

,

40·lU2 ·7 +19, 82·lU2 'J-: cmJs

y

i

VB, =vc, +w3xrC,B, =5·J+

j

k

° ° = ° lU3

5 . J-: - 5, 40· lU3 ·7 - 79 , 82· lU3 . J-: cmJs

79,82 5,40

19ualando ambas expresiones y separando componentes horizontales y verticales se tendräque:

10 - 40,40 . lU2 = -5,40· lU3 } {lU2 = 0,25 radis 19,82· lU2 = 5 + 79,82· lU3 => lU3 = -0,00121 radis Esto es, en forma vectoria1: W2 = 0,25 . k radis

w3 = -0,00121· k radis b) Aceleraciones angulares de las barras 2 y 3. Para la determinaci6n de las aceleraciones se seguirä un procedimiento analoga a1 empleado con las velocidades:

i

=12.[-0,25 2 .(19,82.[ +40,40· J)+

j

° ° 19,82 40,40

k a2

°

=10,76·[-2,53· J -40,40·a2 ·7 +19,82·az •J 91

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOmA DE M4QUINAS Y MECANISMOS

y

i

2

=12· J-,00121 .(79,82.T +5,40· J)+

° 79,82 5,40

= 12· J -1,74.10-

4

•

°

T -7,91-10- • J -5,40·a3 ·T -79,82·a 3.J 6

19ualando ambas expresiones y proyectando segilll los ejes coordenados, se tendrä que: 2

} 10,76 - 40,40· a 2 = -1,17 ·10-4 - 5,40· a 3 {a z = 0,25 rad/s - 2,53 + 19,82· a z = 12 -7,91.10- 6 + 79,82· a 3 => a 3 = -0,12 rad/s 2

En fonna vectorial:

ä z = 0,25 . k rad/s 2 ä 3 = -0,12 . k rad/s 2

92

TEMA 1. ANAUSIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 20. Ubtengase todos los centros mstantaneos de rotaclon deI mecarusmo mdlcaC10 en la ngura siguiente. Tengase en cuenta que en el contacto entre las barras 2 y 3, en el punto C, se produce rodadura sin deslizamiento.

93


Soluci6n: ' d e centros mstantaneos " d e rotaclOn. " N = n·(n-1) N umero

2

=-4·3 = 6 2

Centros Instantineos de Rotaci6n obtenidos inmediatamente.

In situado en el punto 02, por ser un par de revolucion entre las barras 1 y 2. 123 situado en el punto C, por haber rodadura sin deslizamiento entre las barras 2 y 3.

134 situado en el punto B, por ser un par de revolucion entre las barras 3 y 4. 114 situado en el punto 0 4, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 4. Centros Instantaneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

113 : en la interseccion de las lineas que pasan por los C.I.R. I12-h3 e lu-h4. 124: en la interseccion de las lineas que pasan por los C.I.R. IIrlu e 12rh4. 94


PROBLEMA 21. Obtenga los centros instantaneos de rotaci6n deI siguiente mecanismo, sabiendo que en los puntos C YD existe rodadura sin deslizamiento.

NOTA: Los dos discos forman un unico s6lido rigido.

95


Solucion: NUmero de centros instantäneos de rotaci6n. N =

n·(n-l) 5·4 2 = 2 = 10

(00)

/25

TEMA 1. ANAuSIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

Centros Instantaneos de Rotaciön obtenidos inmediatamente. 112

situado en el punto 02, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2.

h3 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3. 134

situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 4.

114 situado en el punto D, por haber rodadura sin deslizamiento entre las barras

f y 4.

145 situado en el punto C, por haber rodadura sin deslizamiento entre las barras 4 y 5. 115_

situado en una 1inea vertical que llega al infinito, por estar las barras 1 y 5 conectadas por un par prismätico.

Centros Instantaneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy. 113:

en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-h3 e 114-134.

124 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-114 e hrh4.

h5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 124-145 e 112-115. 135: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. hs-h3 e 1 34-145 •

97


PROBLEMA 22.

Detenninar todos los centros instantaneos de rotacion de1 mecanismo de 1a figura siguiente.

98

TEMA 1. ANAuSIS CINEM.AnCO DE MECANISMOS PLANOS

Soluci6n:

99

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOJUA DE MA QUINAS Y MECANISMOS

Centros Instantaneos de Rotaciön obtenidos inmediatamente.

1/2 situado en el punto O2 , por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2.

123 situado en una linea que llega al infinito perpendicular a la direcci6n deI par prisrn co que conecta las barras 2 y 3.

134 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 4.

145 situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 4 y 5. 156 situado en el punto C, por ser un par de revoluci6n entre las barras 5 y 6. 114 situado en el punto 0 4, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 4. 1/ 6

situado en el punto 0 6 , por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 5.

Centros Instantäneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronbold-KennedJ

1/3: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R.II2-h3 e Iu-lJ4.

h4: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-114 e hrlJ4. [15: en la mtersecci6n de las lineas <\.ue -pasan -por los C.l.R.

Iwl45 e Iw156.

146: en la mterseccion de las lineas que pasan por los C.I.R. 1WII6 e Iw I56'

125: en la mterseccion de las lineas <\.ue pasan por los C.I.R. 1I2-IIS e 124-145.

lJ6: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. IWII6 e lJrI46. lJ5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. h r l z5 e lJ4-I45. htf: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. lJrlJtJ e hrl.ftJ.

100

TEMA J. ANALISIS CINEM411CO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 23.

Calcule los centros instantaneos de rotaci6n deI mecanismo de la figura sabiendo que entre la barra fija y la 4 existe un par de rodadura sin deslizarniento en el punto D .

101


SoluciOn: ' d . , d ., N N umero e centros mstantaneos e rotaclon.

= n·(n-l) = -4·3 = 6 2

2

112 (? )

112 (? )

Centros Instantaneos de Rotaci6n obtenidos inmediatamente.

112 situado en una lfnea que llega al infinite perpendicular a la direcci6n deI par prismatico que conecta las barras 1 y 2, es decir, en la direcci6n vertical.

h3 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3. . 134 situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 4.

114 situado en el punto D, por haber rodadura sin deslizamiento entre las barras 1 y 4. Centros Instantäneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

1/3: en la intersecci6n de las lfneas que pasan por los C.I.R. 112-123 e lu-134. 124: en la intersecci6n de las lfneas que pasan por los C.I.R. 112-114 e IW

102

lJ4.


PROBLEMA 24.

En el mecanismo de la figura localicese todos los centros instantäneos de rotaci6n. EI contacto entre la barra 5 y la 1 es de rodadura sin deslizamiento y el punto 06 es el centro de la guia circular de la deslizadera 6. Resuelvase en esta misma pagina.

E

103


Solucion: ' d e centros mstantaneos . , de rotaclOn. ., N = n·(n-I) Numero 2

6·5 =15 =-2


Centros Instantaneos de Rotacion obtenidos inmediatamente.

1]2 situado en el punto 02, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2.

123 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3.

h4 situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 4. 145 situado en el punto D, por ser un par de revoluci6n entre las barras 4 y 5. iJ5 situado en el punto E, por haber rodadura sin deslizamiento entre las barras 1 y 5.

h6 situado en el punto C, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 6. 116 situado en el punto 0 6, por ser el centro de la guia curva deI par prismatico que conecta las barras 1 y 6. Centros Instantaneos de Rotacion obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy. 113 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 112-lz3 e l w h6'

114: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. lwh4 e lw145. 124 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 1]2-114 e lzrh4. 1)5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-115 e 124-145. 1)6: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 112-116 e lzrh6156: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. lwiJ6 e 1)5-lz6.

135: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 134-145 e lwlJ5' 146: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.LR. 114-1]6 e h4-h6.

lOS

PROBLEMAS RESVELTOS DE TEOJUA DE MA.QUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 25. ~~ ~ Th~\:''O."ffi.'''Th<'::> i:I.~ \'Q. 1."\.'gU1.'Q. ...~ 1l\i:I.~ 1S\)\~~~1. Th~&'O.l'>\~ \<.::>... \:'~~\t<'::>~ \1\....\'O.l'>\\m.~<.::>... t:.~ 1.<'::>\'Q.-

ci6n de todas las barras deI mecarusmo, sabiendo que el punto 01 es el centro de curvatura de Ia guia de Ia barra 6 en la configuraci6n deI mecarusmo mostrada.

i i i i i i

0+

106

TEMA

Solucion: NUmero de centros instantaneos de rotaci6n. N

= n· (n -1) ;: 6· 5 ;: 1: 2

2


112 situado en el punto 02, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2. h3 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3. 134 situado en una linea perpendicular a la guia deI par prismatico que conecta las barras 3 y 4, que llega a1 infinito.

145 situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 4 y 5.

107


114 situado en el punto 0 4 , por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 4. 116 situado en el punto 0 6, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 6. 156 situado en el punto 0 1, por ser el centro de la guia circular deI par prismatico que conecta las barras 5 y 6.

Centros Instantaneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronbold-Kennedy. 1/3: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. In-h3 e 114-134. h4: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. In-lu e 12rh4. 115: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. IWl56 e 114-145. 146 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. IU-116 e 1w 156. 126: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-iJ6 e 124-146. h5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. In-115 e 124-145. 135: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. Iwl15 e 13r145. h6: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. Iw l 46 e 1w 116.

108

TEMA 1. ANAuSIS CINEMATICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 26.

En el mecanismo de la figura se pide obtener mediante los centros instantaneos de rotaci6n de todas las barras del mecanismo.

109


Solucion: ' de centros mstantaneos " de rotaclon. " N = n·(n-l) N umero

2

110

:',4 =10 =--

2


Centros Instantaneos de Rotaci6n obtenidos inmediatamente.

112 situado en el punto O2, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2. 123 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3. 134 situado en una linea perpendicular a la guia deI par prismätico que conecta las barras 3 y 4, que llega al infinito. 145 situado en una linea perpendicular a Ia guia deI par de leva entre las barras 4 y 5, en el punto de contacto entre ambas. Su obtenci6n definitiva se completa con el teorema de j\ronhold-Kennedy.

114 situado en el punto 0 4 , por ser un par de revoluci6n entre las barras I y 4. 115 situado en una linea perpendicular a la guia deI par prismätico que conecta las barras 1 y 5, que llega al infinito. Centros Instantäneos de Rotaci6n obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

145 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 114 -115 Y la direcci6n determinada anteriormente.

1/3: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. I12-h3 e 1]4-h4.

124 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-1]4 e I23 -h4. 135 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. IwI15 e 134-145. h5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 12r I 45 e hr135.

111

PROBLEMA 27. Dado el mecanismo de la figura, se pide dibujar en esta misma pagina los centros instantäneos de rotaci6n de las distintas barras deI mecanismo, salvo el 146.

112

TEMA 1. AN.4LISIS ClNEMATlCO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: de centros mstantaneos . , de rotaclon. " N = n· (n -1) ' Numero

2

6·5 = 15

-

2

Centros Instantäneos de Rotacion obtenidos inmediatamente.

112 situado en el punto 02, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2. 123

situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3.

hs situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 5. h5 situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 5. h4 situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 3 y 4. 156

situado en el punto C, por ser un par de revoluci6n entre las barras 5 y 6.

114 situado en una linea que llega al infinita perpendicular a la direcci6n dei par prismatico que conecta las barras I y 4. 116

situado en una linea que llega al infinito perpendicular a la direcci6n deI par prismatico que conecta las barras 1 y 6.

113


Centros Instantäneos de Rotacion obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

1/3: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R.I12-h3 e lu-h4. I/s: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R.I/ 2 -hs e I w 156 . 126: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 1/2-h6 e hs-156 . 124 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 1/2-1/4 e Iwh4. 14s: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R.lu-l/s e hrhs. 136: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R.lwl/6 e Iwh6. 146: dado que las barras 4 y 6 son deslizaderas, cuyas direceiones son perpendiculares entre si, es imposible la obtenci6n gräfica deI C.I.R.

114

TEMA I. ANALlSJS CINEMAl1CO DE MECANJSMOS PLANOS

PROBLEMA28 Detenninar todos los centros instantaneos de rotaci6n deI mecanismo de la figura siguiente.

c @

115


Soluci6n: ' de centros mstanti:1Ueos . J._ de rotaClOn. . , N = n·(n-1) = -6·5 = 15 Numero 2 2

Centros Instantäneos de Rotacion obtenidos inmediatamente.

112 situado en el punto 02, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2. 123

situado en el punto A, por ser un par de revoluci6n entre las barras 2 y 3.

134

situado en una linea que llega al infinita perpendicular a la direcci6n deI par prismätico que conecta las barras 3 y 4.

I 4J situado en el punto B, por ser un par de revoluci6n entre las barras 4 y 5. IJ6

situado en el punto C, por ser un par de revoluci6n entre las barras 5 y 6.

114 situado en el punto 0 4, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 4. 116 situado en una linea que llega al infinito perpendicular a la direcci6n deI par prismätico que conecta las barras 1 y 6.

116


Centros Instantäneos de Rotacion obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

113: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-h3 e Iu-134.

124: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-114 e hrIs4. 115: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. lu-145 e I w 156 . 146: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. lu-116 e 145 -156.

136: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. lW116 e Isr146. h5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-lJ5 e h4-145. h6: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-116 e hrIs6. Is5: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 113-115 e 134-145.

117


PROBLEMA 29. Deterrninar todos los centros instantäneos de rotaci6n dei mecanismo de la figura siguiente.

A

c

B

Solucion: ' d . , d . , N n . (n -1) 6·5 ·1·5 == Numero e centros mstantaneos e rotaclon. =

2

118

2


112 situado en el punto O2 , por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 2. h3 situado en el punto A, por ser un par de revo1uci6n entre las barras 2 y 3. h4 situado en una linea que llega al infinita perpendicular a 1a direcci6n deI par prismatico que conecta las barras 3 y 4. 114 situado en e1 punto 0 4 , por ser un par de revo1uci6n entre las barras 1 y 4.

135 situado en e1 punto B, por ser un par de revo1uci6n entre las barras 3 y 5. 156 situado en el punto C, por ser un par de revoluci6n entre las barras 5 y 6.

116 situado en el punto 06, por ser un par de revoluci6n entre las barras 1 y 6. Centros Instantaneos de Rotacion obtenidos mediante el teorema de Aronhold-Kennedy.

113: en 1a intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-1}3 e Iu-h4. 124 : en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-114 e hrI34' 136: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los c.I.R. 113-116 e 13s-Is6. IlS: en 1a intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 113-1;s e IwIs6. 14s: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. IU-IIS e 134-hs. 1}6: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 112-116 e 1}rh6.

1}s: en la intersecci6n de las lineas que pasan por los C.I.R. 126-Is6 e 124-145. Tu: en la intersecci6n de las Hneas aue nasan nor los

C.I.R. 114-171; e LH-I"..

119

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAOUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 30. En el mecanismo de la figura y sabiendo que la coordenada generalizada q estä asociada a la barra 2, tal como se muestra, definir las coordenadas dependientes necesarias y plantear las ecuaciones de lazo deI mecanismo.

120

TEMA 1. ANALISIS CINEM4TICO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: En primer lunar se calcula la movilidad deI mecanismo. La movilidad deI mecanismo se puede obtener mediante la f6rmula de Grübler: F=3·(6-1)-2·7=1 g.d.l Corno el mecanismo s6lo tiene pares R y pares P y no existe ningUn lazo prismatico, se trata de un mecanismo regular. En los mecanismos regulares el nUmero de coordenadas de Lagrange es igual al de barras m6viles: N=5

EI nUmero de coordenadas secundarias sera igual al de coordenadas de Lagrange menos el nUmero de grados de libertad, es decir: M=N-F=5-l=4

Puesto que existen cuatro coordenadas secundarias y cada ecuaci6n vectorial de lazo se desdobla en dos ecuaciones escalares, el mecanismo tiene dos lazos independientes. En el mecanismo pueden definirse los tres lazos mostrados en la figura, aunque s6lo se deberan utilizar dos cualesquiera de ellos para resolver el problema cinematico.

121


Para que cada vector de lazo quede definido necesitamos poder establecer su m6dulo y su direcci6n. Si tenemos en cuenta las dimensiones conocidas deI mecanismo y las relaciones geometricas existentes es posible definir las cuatro coordenadas secundarias mostradas en la siguiente figura.

N6tese que se han definido los angulos para que cumplan las condiciones de medir el angulo que forman los vectores de lazo respecto deI eje OX, en sentido antihorario yen el origen deI vector.

122

TEMA J. ANALISIS CINEMATICO DE MECANISMOS PIANOS

Con las coordenadas secundarias elegidas, las cornponentes de los vectores de lazo en el si sterna de coordenadas global se definen corno: ~ =d\·] ~ =S2 ·cos(s\)·T +S2 ·sen(S\) .] ~ =d2 ·cos(q)·T +d2 · sen(q).J ~ =(d4 -s2) ·cos(s\) .T +(d4 -s2) · sen(s\) . ]

Ys =ds ,cos(s3)·T +d s .sen(s3) · ]

r =-d 6

6 ·]

Las ecuaciones vectoriales de lazo son:

Lazo 1:

-~ -~ +~

=0

Sustituyendo las cornponentes de los vectores de lazo se obtienen las seis ecuaciones escalares de lazo:

Lazo 1:

-d2 . cos(q)+S2 ·cos(s\)=O { -d\-d ·sen(q)+s2 . sen (s\) 2

Lazo2:

d 2 ·cos(q)+(d4 -s2)·cos(s\)+ds 'COS(S3)+S4 =0 { d . sen (q) + (d -s2)·sen(s.)+d · sen(s3)-d =0 4 s 6 2

Lazo3:

d4 ·cos(s\)+ds . COS(S3) +S4 = 0_ { -d\ +d ·sen(s\)+d ·sen(s3)-d -O s 6 4

De estas ecuaciones deberan utilizarse cuatro correspondientes a cualesquiera de dos lazos.

123

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS rMECANJSMOS PROBLEMA 31.

Dado el mecanismo de la figura, se pide: a) Modelizarlo mediante coordenadas Lagrangianas, distinguiendo entre coordenadas generalizadas y secundarias (eI accionamiento deI mecanismo es por la barra 2). b) Plantear las ecuaciones de posicion. c) Plantear las ecuaciones de velocidad. Establecer la correspondencia entre las velocidades secundarias y las velocidades empleadas en la resolucion deI apartado 1. d) Determinar las configuraciones singulares deI mecanismo. e) Determinar las configuraciones singulares deI mecanismo si el accionarniento se realizara mediante un actuador lineal capaz de modificar la longitud entre los puntos A YB (por ejemplo mediante un cilindro neumatico uno de cuyos extremos estuviera unido al punto A yel otro a la barra 4). Supongase que 02B>r2.

75mm

124


Solucion: a) Las coordenadas lagrangianas que se emplean para modelizar el mecanismo son {B2 , B3 , r3 }. Se selecciona la primera como coordenada generalizada y las dos siguientes como secundarias.

b) Las ecuaciones de restricci6n que establecen el problema de posici6n vendrän dadas por:

que proyectando en el sistema de referencia fijo darä: 1(q,Sp S2)= r2 • cos (q)+ S2 . cos(sJ = 0 } 2(q,SpSJ= r2 .sen(q)+s2 . sen (sJ+ 'i = 0

125

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE MAQUlNAS Y MECANISMOS

c) Las ecuaciones de velocidad vendrän dadas por:

que en este caso serän:

con la notaci6n empleada inicialmente seria:

d) La condici6n de singularidad deI mecanismo se establecera cuando el determinante de la matriz Jacobiana sea nulo, esto es,

operando se tendra que:

dado que 02B es mayor que r2, entonces r3 sera distinto de 0 (no se anula para ningUn valor de q), el mecanismo no alcanza ninguna configuraci6n singular cuando es accionado por la barra 2.

e) Cuando el accionamiento se realiza deI modo indicado en este apartado, r3 pasa a ser la coordenada generalizada Y (}2 Y (}3 las secundarias. En estas condiciones la matriz Jacobiana vendra dada por:

126

TEMA I . ANAUSIS ClNEMlTICO DE MECANlSMOS PLA.NOS

Yplanteando el determinante nulo de la matriz Jacobiana anterior, se obtendrä que:

- r2 • sen (OJ r3 • COS(03)+ r2 • COS(02)· r3 • sen (03 ) =r2 • r3 • sen (03 -

O2 ) = 0

Partiendo deI hecho de que r2 y r3 serm distintos de cero, el determinante se anularä cuando:

Esto es:

que nos indica que se alcanza una configuracion singular cuando las barras 2 y 3 quedan alineadas por extension superposicion cuando se acciona mediante la coordenada r3.

°

127

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE MAQUINAS Y MECANlSMOS

PROBLEMA 32. Dado el mecanismo de Ia figura siguiente.

L l

Se pide: a) Modelizaci6n deI mecanismo en coordenadas Iagrangianas. b) Determinaci6n de coordenadas generalizadas y secundarias.

d) Ecuaciones de restricci6n deI mecanismo. e) Matrizjacobiana

128

TEMA 1. ANAUSIS CINEUÜ7CO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: a) En primer lugar se debe establecer el nUmero de grados de libertad deI mecanismo, me wante la f6rmula de Grübler.

F=3'(n-1)-2-J J -l-h F = 3-(4-1) -2-3- 1-1 =2 La ecuaci6n vectorial de cierre es:

b) Dado que bay cuatro variables y el mecanismo tiene dos grados de libertad, se tendrän dos variables independientes 0 coordenadas generalizadas y Ser8n necesarias dos ecuaciones de restricci6n_ 129

129

Variables: r , r-¡, 0¡ y r . 2

A

Constantes: &i, 64. Se pueden tomar como independientes r y r , y como secundarias r y 63, que se pueden denotar como q \ , q , S\ y s , respectivamente. c) Las ecuaciones de restricción se obtendrán a partir de la ecuación vectorial de cierre. 2

2

2

A

3


PROBLEMA 33. Dado el mecanismo de la figura siguiente.

Sepide: a) Modelizaci6n deI mecanismo en coordenadas lagrangianas. b) Determinaci6n de coordenadas generalizadas y secundarias. c) Ecuaciones de restricci6n deI mecanismo.

Soluci6n: En primer lugar se debe establecer el nUmero de grados de libertad deI mecanismo, mediante la f6rmula de Grübler.

F =3· (N -1) - 2· J1 -1 . h N (nUmero de barras) = 6

J 1 (pares de tipo 1) = 7

J2 (pares de tipo 2) =0 F = 3· (6 -1) - 2 · 7 - 1 . 0 = 15 -14 = 1 g.d.1. 131


Con esto se podran establecer una coordenada generalizada y cuatro secundarias. Las ecuaciones vectoriales de eierre que se pueden plantear son las siguientes.

Corno una de las ecuaciones vectoriales es cornbinaci6n lineal de las otras dos se puede prescindir de una de ellas, siendo la descartada la tercera. Expresando los vectores en coordenadas polares se pueden determinar las coordenadas lagrangianas, las cuales seran: 1j, r2 , r3 , 83 , 84 , Los parametros 81,82 , r4 , 1S, 85 son constantes. Se tornara corno coordenada generalizada rl , pasando a ser esta q, y corno coordenadas secundarias r2 , r3 , 8 3 , 8 4 , pasando a ser 31. 32, 33, Y34. 132


Con esto, las ecuaciones de restricci6n quedaran asi:

Q+r4 .cOS(S4)=O} r4 ·sen{sJ=sl

r4 'COS{S4)+S2 ·cos{sJ= 0 r4 . sen {sJ+ S2 . sen {sJ-rs = 0 Se puede cornprobar que los Iazos son debilmente acoplados, ya que el si sterna procedente deI primer Iazo se puede resolver independienternente deI segundo. Las funciones de restricci6n seran:

<1>}{lj,r2,r3AA)= lj +r4'COS(04) <1>2 (lj,r2,r3, 03, r4.sen(04)- r2 <1>3 (lj, r2, r3, 03, ( 4 ) r4. COS (84 )+ r3. cos (e3) <1> 4 (1j, r2,r3, 83 , ( 4)= r4 . sen {8J+ r3. sen (03)- rs

OJ= =

(q,SI'S2,S3,SJ= q + r4 . cos (S4) <1>2 (q,SI' S2,S3,S4)= r4 . sen (sJ-s} <1>3{q,SI'S2,S3,SJ= r4·coS{SJ+S2 . cos {sJ <1>4(q,SI'S2,S3,S4) r4. sen (S4)+S2 .sen{s3)-rS <1>}

=

133


PROBLEMA 34. Dado el mecanismo de la figura siguiente, se pide: a) Modelizaci6n deI mecanismo en coordenadas Iagrangianas. b) Detenninaci6n de coordenadas generalizadas y secundarias. c) Ecuaciones de restricci6n deI mecanismo.

d) Sistema de ecuaciones de las velocidades secundarias en funci6n de las generalizadas. e) Ecuaci6n de la velocidad deI punto A, a en funci6n de las velocidades secundarias y generalizadas.

o


,,

. ....~"----_......... ... ... ...

I

\

.-+ \ :

•

... ...

d

134

" I

I

I

... ... .......

-----

....'

. '''


Solucion: a) Uti~izando el mecanismo equivalente se calcula el nUmero de grados de Iibertad deI me. carusmo. F = 3'(n - 1) - 2'J1 - I'h F = 3'(5 - 1) - 2·5 - 1·0 = 2


Se modelizara el mecanismo mediante el conjunto de coordenadas lagrangianas {QI>Q2,SI,SJ.

b) Las dos primeras se escogerin como genetalizadas mientras 'lue las dos ultimas seran las secundarias.

c) La ecuaci6n vectorial de cierre sera:

135


proyectando segful un sistema de referencia cartesiano, se tendrän las siguientes ecuaciones escalareso 0+ SJ ocos(qJ)= d +S2 OCOS(q2)} h+s J osen(qJ=0+S2osen(qJ De donde las ecuaciones de restriccion se pondrän poner como:

J(ql'q2,SpS2)=SJ ocos(qJ) -d -S2 OCOS(q2)} 2(ql'q2,SpS2) =SJ osen(qJ+h-s2osen (q2) d) La ecuacion que rige el problema de velocidades sera la siguiente:

donde se observa en el termine de la derecha los dos grados de libertad que posee el mecanismoo Aplicando la expresion anterior al mecanismo en cuestion se obtendrä que:

e) Para determinar la velocidad deI punto A, se determinara en primer Iugar su vector posicion:

que derivando una vez respecto al tiempo quedarä: XA=sJocos(qJ-sJosen(qJqJ

YA =SJ osen {qJ+ sJ ocos(qJ q\

136

TEMA I. ANALISIS CINEM.4TICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 35. EI mecanismo de dos grados de libertad de la figura se encuentra en la posici6n dada por los valores x 4 =60 cm e Ys =35 cm. Se pide analizar cinematicamente el mecanismo cuando las dos deslizaderas se mueven con las siguientes velocidades y aceleraciones lineales:

vA=lO·i cm/s; ä A=12·i cm/s2 v c=5.]cm/s; ä c =12·Jcm/s2 r2

=45 cm,

r3 =80 cm

(V! I

y

x

------------_._----~-~---~

Solucion: Problema de posici6n EI mecanismo se modelizara mediante las 4 coordenadas lagrangianas siguientes

{q i' q2' Si' S2 }, tal y corno se indica en la figura siguiente. Las dos primeras coordenadas serao las generalizadas y las dos Ultimas las secundarias. 137


La ecuaci6n vectoriaI de eierre vendra dada por:

proyectando segful los ejes coordenados se tendra que

°} °

<1>1(qpqz,SpSJ == ql +rz ·Cos{sl)-r3 .cos{sJ = <1>z (qpqZ,Sp S2) == -rz . sen(sl)+qz + r3.sen(s2) =

y

Resolviendo por Newton-Raphson, con unas estimaciones iniciaIes de 300 = 0,52 rad se tendra que:

SI=

60° = 1,05 rad

S2 =

Iteraci6n

0 1 2 3 4

Esto es

138

SI { Sz

= 63,87° = 3,87°

SI

(rad)

1,05 0,76448 1,13286 1,11364 1,11477

(rad) 0,52 - 0,08654 0,102 0,06733 0,06757 Sz

Problema de velocidades La matriz jacobiana será:

[A=

y el término de la derecha:


Sustituyendo en [1] los valores de las coordenadas generalizadas ql = 60 cm, q2 = 35 cm, los obtenidos para las secundarias SI = 1,1147 rad, S2 = 0,0675 rad y las velocidades generalizadas qI = 10 cm I s, q2 = 5 cm I s, se obtendran las velocidades secundarias:

811l0,24735J =

~

8').

-0,00123

radis

Altemativamente, los coeficientes de velocidad serian (ecuaci6n 12)):

ku [k 21

k12] [0,0256 -0,00173] k 22 = 0,00636 -0,01296

Problema de aceleraciones La matriz ecuacion de aceleraciones secundarias vendrä dada por: [;:] = [K]{!:]+[Jr

'{[A]-[B]'[K]}'[~:]

donde:

y

Sustituyendo los valores correspondientes a las velocidades secundarias que se acaban d obtener SI = 0,24735 cml s, S2 = -0,00123 cml s y las aceleraciones generalizadas que so dato deI problemaiil=12cm/s2.ii2 = 12 cml S2, se tendrä que:

[A]=[~ ~] [B] = l-4,90183 9,99335

-O,09816J 0,00664

y por Ultimo, sustituyendo en [3]:

SI] = [0,25111] radis2 [ S2 -0,1897

140

TEMA2 ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

TEMA 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

ROBLEMAl.

La figura siguiente muestra una barra uniforme y delgada AB de 0,5 m de longitud y con la masa de 9 Kg., cuyos extremos estän restringidos a moverse sobre rectas perpendiculas entre si. Para la posici6n indicada se aplica una fuerza F2 = 300· i N en A, dando lugar a le dicho punto se mueva hacia la derecha con una velocidad constante de 1,8 m.ls. La masa : las barras 2 y 4 se considera despreciable.

Teniendo en cuenta que el mecanismo estä situado en un plano horizontal, calcular la .erza F4 que hay que aplicar en B para conseguir el estado cinemätico antes mencionado.

143


Solucion: En primer lugar se calcula la velocidad angular de la barra 3, mediante el centro instantaneo de rotacion.

13 =0,5 m. m3=9Kg.

C.IR

VA

= 1,8 rnls

La aceleraci6n angular se puede obtener asi:

i

aB,.J =-m; .13 • (cos{300).7 +sen(300).J)+

°

j

k

o

a3

13 ,cos(300) 13 • sen(300)

aB,

-m; -1

al a,J

0)-1 • sen(300). 3 =-m; '/3 • sen(30 0) + 1 • cos(300).

0=

3 • cos(30

3

3

Oe la primera expresi6n se tendrä: 0= -7,2 2 ·0,5 ,cos(300)-0,5 ·sen{30o).a3 = -22,5-0,25 ·a3

a 3 = -89,80 rad/s 2 (sentido horario) 144

0

TEMA 2. ANAUSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Seguidamente, se calcula la aceleraci6n lineal deI centro de gravedad de la barra 3.

äG,

=-cu; ' ~ ' (COS(300).T +Sen(30 ).J)+ o

~

j

k

0

o

a3

i.cos(300) 2

i2 .sen(30

o

)

0

-cu; .~ 'COS(300)-~ . sen(300).a3lT +[- cu;.~ . sen(300)+~ ' COS(300).a3l J

äG,

=[

ä G,

=[-11,23+ 11,23].T + [-6,48-19,44]. J = -25,92· J mJs 2•

A continuaci6n se calculan las fuerzas y pares de inercia, aplicando el principio de D' Alembert.

F." =-m3 ·ä0,

=-9 .(-25, 92'J~)=233 , 30 ' J~ N

1 2 ( T-I, =-13 ·ä3 =--·m ·k- ) =1684·kN·m. 12 3 .[ . -8980 , ,

Para el cälculo de la fuerza F4 se plantea el equilibrio de la barra 3. Puesto que las deslizaderas solo tienen movimiento de traslacion, ~2 = ~4 = Ö y las reacciones entre las deslizaderas y la barra 3 serm perpendiculares a las respectivas guias.

145


Tomando momentos respecto el punto A, se tendra:

7;, + F;"

. ~ . COS(300)- 143 ·Z·sen{30 o)+ F

4

·L . cos{30 o ) =

°

16,84+ 233,30 · 0,25 ·cos(30o)- 143 ·0,5 ·sen(30o )+ F4 ·0,5 . cos(30o) = 67,35 - 0,25· [.3 = -0,43· ~ Planteando el equilibrio de las fuerzas horizontales.

°

F2 + 134 = => h 4 = -300 N

Luego, sustituyendo en [1]: F4 = -328,7454 · J N

146

°


PROBLEMA2. La figura muestra el diagrama cinematico de Ull robot industrial, en el que se refleja eI movimimiento asociado al primer grado de libertad. EI mecanismo se encuentra en un plano vertical. EI movimiento deI mecanismo resultante viene dado por eI ciIindro hidraulico situado entre los puntos A y B Y que aporta una fuerza F. EI pUlltO A esta en las coordenadas (0,0). Los puntos A, O2 Y 0 4 estan conectados a la barra fija.

x La barra 2 es un triängulo de vertices U2, B, Y C. Las cotas de los puntos deI mecanismos (en metros) son:

A '" (0;0), 04'" (-0,2; 0,2), O2 ,,, (-0,7; 0,225),

B", (-0,8; 0,2), CE (-0,7; 0,95), D '" (-0,1; 1,0),

G2 '" (-0,75; 0,35), G3 '" (-0,75; 1,75), G4 '" (-0,15; 0,6). Los datos mäsicos y los momentos de inercia respecto de los centros de masas de las barras y sus respectivos estados cinematicos son: 6

2

m2

= 40 Kg.

h

m3

= 500 Kg.

13 = 200'106 Kg·mm2 •

m4 = 20 Kg.

= 2'10 Kg·mm

14 =

106 Kg·mm2.

•

1D2 = -1 rad/so Cü.3 = - 0,153 rad/so lD4 = - 0,916 rad/s.

°

a2 = rad/s2• a3 = 0,078 rad/s2 • 2 ll4 = - 0,082 rad/s .

147

PRaBLEMAS RESUELTaS DE TEam DE M4QUTNAS Y MECANISMOS

Se pide: a) Planteamiento, mediante el Principio de las Potencias VirtuaIes, de Ia ecuaci6n deI equilibrio dinfunico deI sistema. b) Obtenci6n de los valores de las fuerzas y pares de inercia que aparecen en el sistema. c) Fuerza F que debe aportar el cilindro AB, expresada en forma vectorial y en Newtons, para que se obtenga el estado cinemätico antes citado.

Soluci6n: a) Planteamiento, mediante el Principio de las Potencias Virtuales, de la ecuaci6n deI equilibrio dinämico deI sistema.

F ,vB + (li + FinJvo, +(~ + FinJvo, + Tin, '&3 +(~ + FinJ.V04 + Tin. '&4 = f.111, =Ö

°

alserä2 =Ö

b) Obtenci6n de los valores de las fuerzas y pares de inercia que aparecen en el sistema. En primer lugar es conveniente tener las coordenadas de los distintos nudos deI sistema y de los centros de gravedad. Los pares de inercia son de cälculo inmediato: 2 f.111, =-1·ä 2 2 =-2Kg·mm ·Ö=Ö

2 Tin, =-13 ·ä3 =-200·106 Kg·mm2 ·0,078·kradis =-15,6·kN·m 6 2( )T- 1114 =-1·ä Kg·mm· -0082 ·kradls2 =0082·kN·m 4 4 =-1·10 , ,

Para el cälculo de las fuerzas de inercia es necesarlo el cälculo previo de las aceleraciones de los distintos centros de gravedad.

o, =-(cu; .ro,;, +ä xro~o), }äo =-(-lf .(-0,05.7 +0,125';)=(0,05.7 -0,125';)mls _ä ro,o, = -0,05·, +0,125· J m ' 2

äe, = -cu; .ro,c, + ~2 X ro,c,l ä = -(-lf . (0725. J)= (- 0725. J)mls 2 ro,c, = (0,725. j)m c, ' ,

r

äo,

=äe

1

+ äo) cJ

=äe - CU; •r.e 0 2

,

1

+ ä 3 x re, 0 l }

re,o, = (-0,05.7 +0,8';)m 148

2

TEMA 2. ANALlSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

° °

äG, = -0,725.J - (- 0,153Y . (- 0,05· T+ 0,8· J)+

k

j

i

0,078

-0,05 0,8

äG, =(-0,0612.[ -0,7476· J)mJs a-

= G,

-

rO,G,

°

2

+ a- X r- } 4 _O,G, ä =-(-0916\2 J005."" +04. -:)+ _ (005.' 04.') G, ' J 1:' I , } - 1:, I + , } m

i

-0) 2• r. 4

o,~,

j

° °

0,05 -0,4

äG, =(-0,0092.[ -0,3315';)mJs 2

k 0,082

°

Con esto se procede al calculo de las fuerzas de inercia.

Fm,

= -m2 ' äG , = -40 Kg· (0,05,[ -0,125· J)mJs 2 = (- 2· T+ 5· J)N

F;n,

=-m 3 ·äG, =-500Kg· C O,0612·i

( -

Fm, =(30,6148.[ +373,8126.J)N Fm, = -m4 • äG, = -20 Kg· (- 0,0092· [ Fm, = (0,1831, [ + 6,6304· J)N

-0,7476·j-) mJs 2 0,3315· J)m1s 2

c) Fuerza F que debe aportar el cilindro AB, expresada en forma vectorial y en Newtons, para que se obtenga el estado cinematico antes citado. Para el calculo de la fuerza F mediante el principio de las potencias virtuales hay que calcular las velocidades de B, G2, G3 Y G4 •

r.

°2 B2

VB, = tV2 X FO,B, } _ VB = = (- 01· i - 0025· j)m ' ' ,

vG, = tV

2 X

Fo,G, =

vc, =ä)2 x F

02C2

=

j

° °

-0,1 -0,025

k -1 =(-0,025.[+0,1. J)mJs

°

i

j

k

°

°

-1 = (0,125, [ + 0,05· J)m1s

-0,05 -0,125 i

i

j

k

° ° = ° ° -1

° (0,725. T)m1s

0,725

149


j

i

vG, = vc, + IV3 x rC,G, = 0,725·7 + i

j

f

0 0 - 0,153 = (0,8474.7 + 0,0077· J)mls -0,05 0,8 o

f

0 -0,916 =(0,3664.7 -0,0458.J)mls 0,05 0,4 o

vG, =IV4 x rO,G, = 0

EI vector fuerza F debera expresarse corno un rn6dulo rnultiplicado por un vector unitarie en Ia direcci6n de la fuerza

(-

( - 800 7 200 ~J 800 7 200 ~) F=F·uAB=F· ")8002+2002 '/ + .,)8002+2002'] =F · 200.10'/ + 200.10']

- (-4 1 -) 10'i-+ 10·j

F=F·

Los pesos de las barras serän:

~ =~ . g = 40 Kg .{-9,81' J)=-392,4.] N ~ =m3 • g =500 Kg . (-9,81' J)=-4.905. J N ~ =m4 • g =20 Kg .{-9,81. J)= -196,2· J N Sustituyendo todos los valores obtenidos en la ecuaci6n deI apartado a) se obtiene:

F-( J0.7 +

k ·J}

(-0,025.7 +0,1· J)+(-392,4. J-2·7 +5· J).(0,125.7 +0,05· J)+

+ (-4.905. J +30,6148·7 +373,8126· J). (0,8474. 7 + 0,0077· J)+ (-15,16. f) . (- 0,153· f)+ + (-196,2. J + 0,1831· 7 + 6,6305· J). (0,3664.7 - 0,0458· J)+ (0,082 . f). (- 0,916· f)= F ·4,8507 .10-2 -19,62-8,7206+2,3868+ 8,5174-0,0751 =

F· 4,8507 .10-2 -17,5115 =

°

°

F=

17,5115 4,8507.10- 2 F = 361,0098 N.

Pasando a forma vectorial:

-J (

-

-)

4 1 j = -359,2304· i +87,5576· j N. F- =F 'üAB =361,0098· ( +1i7'

'Ji7'i

150

°

TEMA 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PUNOS

PROBLEMA3.

En la figura se muestra un mecanismo de elevaci6n, situado en un plano vertical. Se asume que el efecto de la inercia de las barras 3 y 4 sobre el estado de fuerzas deI mecanismo es despreciable.

Datos geometrieos:

Datos masicos einereiales:

Datos einematieos:

Datos dinamicos:

ä)3 =

0,5 . k- radis, ä 3 = -0,1· k- radis 2 .

Fe. fuerza horizontal hacia la izquierda, punto de aplicaci6n el punto A.

+-"'IA

Sepide: a) Fuerza de entrada

Fen

(N).

b) Diagrama de s6!ido !ibre de la barra 2. c) Reacci6n de la barra 4 sobre la barra 2,

142 (N).

d) Reacci6n de la barra 1 sobre la barra 2,

1..2 (N).

e) Diagrama de s6!ido !ibre de la barra 3. f) Reacci6n de la barra 1 sobre la barra 3,

];3 (N). 151


Solucion: Los vectores posici6n que se van a emp1ear en e1 prob1ema son los siguientes, seglin se deduce deI dibujo:

TO,p, =(0,0606.1 -0,0.l74.J)m TO,P3 =(0,0696.1 -0,0594.J)m TO,G, = (0,0288.1 - 0,0083· J)m La ecuaci6n de velocidades sera:

que es 10 mismo que:

desarrollando 10 anterior se obtiene un sistema de ecuaciones cuya soluci6n es 1a siguiente:

0,0174· Wz - 0,0297 - V p, 14 = O} => WZ = 0,5743 rad/s 0,0606·wz -0,0348=0 V p,/4 =-0,0197m1s La ve10cidad deI centro de gravedad de 1a barra 2 vendra dada por:

vG, =w2xrO,G, =(0,0047.1 +0,0164.J)mls La ecuaci6n de ace1eraciones sera 1a siguiente:

que sera 10 mismo que:

operando 1a expresi6n anterior se llega a los siguientes valores:

a 2 = -0,3366 rad/s 2 ap,./3

= -0,0025 mls 2

La ace1eraci6n deI centro de gravedad de 1a barra 2 vendrä dada por:

äG, = (- 0,0123·1 - 0,0070· J)mls 2

TEMA 2. ANALJSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

a) Fuerza de entrada

Fe.

(N).

Para la detenninaci6n de la fuerza a aplicar sobre el punto A, se utilizarä el Principio de las Potencias Virtuales.

habrä que considerar que:

= w3 x rO,A, = -0,0113 . i mls F;n, = -m 2 • äG , = (0,0615 . i + 0,035 f zn, = -IG, . ä 2 = , 0008 . k N . m

VA,

°

. J)N

Operando tode 10 anterior, se obtiene que:

- 0,0113· F..

- 0,8085 + 0,0005 = 0

sustituyendo valores numericos, se tendrä que:

Fe. =-71,5044· i

N

b) Diagrama de s6lido libre de la barra 2. Observese como se ha aplicado el Principio de D' Alembert.

c) Reacci6n de la barra 4 sobre la barra 2,

142 (N).

Tomando momentos respecto a 02, se tendrä que:

ro,p x 142 + rO,G, x (Fin , + ~)+ Tin. = Ö 0,0606·1-.2 -1,4126 + 0,0015 + 0,0008 = 0

operando se tendrä que:

1-.2 = 23,2720 J

N

153

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORlA DE MAQUlNAS Y MECANJSMOS

Soluci6n: Los vectores posici6n que se van a emplear en el problema son los siguientes, segful se deduce deI dibujo:

ro,p, = (0,0606. [ - 0,0.l74 .J)m ro,p, =(0,0696 .[ -0,0594.J)m

rO,G, =(0,0288.[ -0,0083.J)m La ecuaci6n de velocidades sera:

que es 10 mismo que:

desarrollando 10 anterior se obtiene un sistema de ecuaciones cuya soluci6n es la siguiente:

0,0174· aJ2 - 0,0297 -vp,,14 = O} ~ aJ2 =0,5743 radis 0,0606· aJ2 - 0,0348 = vP2 14 = -0,0197 mls

°

La velocidad deI centro de gravedad de la barra 2 vendra dada por:

vG, =w2 x rO,G,

=(0,0047. [ + 0,0164 .J)mls

La ecuaci6n de aceleraciones sera Ia siguiente:

que sera 10 mismo que:

-aJi 'ro,p, +ä2 xrO,p, =-aJ; .ro,P, +ä3 xro,p, +a p, 14'[ +2.(w4 xvP, ' 4) operando la expresi6n anterior se llega a los siguientes valores:

a 2 =-0,3366 radJs 2 ap, 13 = -0,0025 mls

2

La aceleraci6n deI centro de gravedad de la barra 2 vendnl dada por:

äG, = (-0,0123.[ -0,0070· J)mls 2

152


d) Reacci6n de la barra 1 sobre la barra 2,

];2 (N).

Considerando ahora las dos ecuaciones escalares de equilibrio cinetoestatico de fuerzas, se obtendrä que:

];2= (-0,0616.[ +25,7430· ])N e) Diagrarna de s6lido libre de la barra 3. De los diagrarnas de s6lido libre de las barras 3 y 4 se deducen los siguientes valores de reacciones.

F,n

A

I:"

I~

t 24 =0

-0 43f 34x -J.x

124 =-/~ =/~ Sumando fuerzas e igualando a cero, en la barra 3, se obtendrä que:

J;; = F

DI

J;~ = - 124 = h2

Por 10 tanto:

];3 = (71,5044 [ + 23,2720 ])N

154


PROBLEMA4o Determinese la fuerza Q que debe de aplicarse a la barra 6 deI mecanismo de Ia figura para mantener el equilibrio estätico deI sistema, estando este sometido a la fuerza extema conocida P = -3600· TN. Se despreciarä el rozamiento y los pesos propios de las barras. Resuelvase el problema mediante: a) Aplicaci6n de las Leyes de Newton. b) Aplicaci6n deI Principio de los Trabajos Virtuales. c) Aplicaci6n deI Principio de las Potencias Virtuales.

Datos geometricos deI mecanismo:

04A =44,S mm, 04B =63,S

IllIll,

AC = 63,S mm, BD =76,2 IllIll, d =25,4 mm

Solucion: ~)

Aplicaci6n de las Leyes de Newton Se consideran en primer lugar las siguientes relaciones trigonometricas:

04Aosen(120o)=d + ACosen(B3 ) DB . sen (Os )+d = 04B .sen(120o) sustituyendo valores y resolviendo, se tendrä que:

44,S osen(120o) =2S,4+63,Sosen(03)} ~ {B3 = 168,OS9° 76,2osen(Os)+ 2S,4 = 63,S .sen(120o) Os = 22,8S2°

ISS


14~

G)

8.J A

J~ B:!

J;~

p

C

].,2

Se plantean las condiciones de equilibrio estätico para las barras 2 y 3. Puesto que la deslizadera 2 solo tiene movimiento de traslaci6n (no gira) ~2 = Ö. Considerando en primera instancia el equilibrio de fuerzas horizontales en la barra 2 se tendrä:

IF

x

=O=> f3~ -P=O=> h~ -3.600,0=0=> h~ =3.600,ON

Aplicando el principio de acci6n y reacci6n, se tendrä: f2~ = - h~ = -3.600,0 N

Planteando la ecuaci6n de momentos en la barra 3 respecto el punto A, se tiene: i

IT + Lr A

xE; =Ö=>

Ai

Ir

AC

j

XJ23 = Ö=> -AC·cos(03) -AC .sen(03) 0

fis i

k

j

o

k

= -63,5.cos{168,059°) -63,5·sen{168,059°) 0

fis

-3600,0

0

-63,5,cos(168,059°)' fis -3600,0· 63,5 . sen(168,059°) = 0

fis = 761,3299 N Aplicando el principio de acci6n y reacci6n, se tendrä: h~

=-fis =-761,3299N

Considerando de fuerzas verticales en la barra 2 se tendrä:

IF

y

=O=> h~ + fI2 =o=> 1.2 -761,3299=0=> 1.2 =761,3299N

Observese, que al ser las fuerzas aplicadas sobre la barra 2 coincidentes en un mismo punto, es irrelevante la condici6n de momento resultante nulo.

156

TEMA 2. ANMISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Observese tambien el modulo y el argumento deI vector

1z3' que resulta ser:

e = atan(f~ J= atan( 761,3299) = 168,059° /;3

- 3.600,0

Obviamente, dado que la barra 3 no tiene ninguna ac.cion en su interior y solo esta cargada con dos fuerzas en sus extremos, estas tendran la direcci6n de la barra y seran opuestas entre si. DeI equilibrio de fuerzas en la barra 3 se desprende que:

143 = -123 = (3.600,0. T-761,3299· J)N Y deI principio de acci6n y reacci6n:

];4 =-h3 = (-3.600,0.T -761,3299.J)N DeI resultado anterior se desprende que la barra 3 estä sometida a una compresion de 3680,982N. A continuaci6n se plantearä el equilibrio de las barras 4 y 5, en el cual se tendrä ya en cuenta esta ultima es semejante a la 3 y por tanto, se puede expresar sus acciones de la siguiente manera:

De la misma manera se puede expresar la acci6n de la barra 5 sobre la 4.

fs~ = fS4 oCOS(Bs )} f~ = fS4 ·sen(Bs )

157

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE MAQUlNAS Y MECANISMOS

Los diagramas de s6lido libre de ambas barras son los siguientes.

B

A

_

~

Se p1antea en primer lugar, en 1a barra 4, Ia condici6n de momento resultante nulo respecto a cualquier punto deI plano.

2/0, =Ö; r

O• B

x 154 +

rO• A X];4 =Ö

teniendo en cuenta que:

r =63,5 ,cos(120oP' +63,5 .sen(120o).J =(-31,750.i +54,993.J)cm r = 44,5· cos(120o). i + 44,5· sen(120o). J=(- 22,250· i + 38,538· J)cm O•B

O• A

yque:

1s4 = fs4 . [cos(OJ i +sen(05)' J]= (0,9215, fs4 . i + 0,3884· fs4

.J)N

];4 = (-3.600,0.i +761,3299· J)N Por 10 tanto,

r -31,750

j 54,993

0,9215· /54

0,3884· fs4

1

ki° +j-22,250 i ° -3.600,0

j 38,538 761,3299

(-12,3285. /54 - 50,6767· fs4)' k + 121.797,2097· k = Ö

y resolviendo la ecuaci6n correspondiente ecuaci6n escalar, se tendra que: f54 =1.933,1509 N; J54 = (1.781,4200.1 + 750,7432·

158

J)N


Aunque no es necesario para la resoluci6n deI problema planteado, se podnin obtener la fuerza interna que la barra 1 aplica sobre la barra 4 mediante e1 equilibrio de fuerzas, esto es:

Las dos ecuaciones escalares en las que se descompone son:

1.781,4200-3.600,0+ f..: =0 750,7432 + 761,3299 + f..~ =

°

De donde se obtiene:

];4 = (1.818,5800.T -1.512,0731· J)N Ap1icando e1 principio de acCi6n y reacci6n, se tiene que:

145 = -154 = (-1.781,4200. T-750,7432 · J)N Aplicando el equilibrio en la barra 5, se tiene que

!r,5 = -145 = (1.782,4200 . T+ 750,432 .J)N Con 10 que se deduce que 1a barra 5 estä sometida a una compresi6n de 1.933,1509 N. Por ultimo, se considera el equilibrio de la barra 6.

De nuevo por el principio de acci6n y reacci6n, se tiene que tendräque:

!s6 = - ~5' por 10 tanto se

156 = (-1.781,4200.T -750,7432.J)N Por 10 tanto, deI equilibrio de fuerzas sobre la barra 6 se tendrä que:

156 +];6 +Q=O 159


de donde se obtiene que: -1.933,1509 .cos{22,852°)+

Q= O}Q =1.781,4200 N

-1.933,1509 . sen (22,852°)+ 1..6 = 0

1..6 = 750,7432 N

Por 10 tanto, la fuerza necesaria para mantener el mecanismo en equilibrio estätico en la configuraci6n indicada sera:

Q= 1.781,4200·[ N

b) Aplicaci6n deI Principio de los Trabajos Virtuales.

Los puntos de aplicaci6n de las fuerzas nosici6n:

P y Q vienen dados por los siguientes vectores

XD =xD·T +d.J Xc = Xc •T+ d . ] La condici6n de equilibrio estätico, impuesta mediante Ia ecuaci6n de Trabajos Virtuales sera:

Ambos desplazamientos virtuales se pondrän en funci6n de 8(}4' e1 cual se ha elegido en sentido antihorario, es decir, con signo positivo. Ahora bien, de 1a figura anterior se tiene Que:

160

TEMA 2. ANAuSIS DlNAMICO DE MECANlSMOS PLANOS

pero ademäs:

BD .sen(e5 )+d = 0 4B. sen (eJ; sen(e )= 0 4B . sen (eJ-d . 5 BD '

luego:

x =0 B .cos(B )-BD . 1_ ( 0 4B . sen (BJ -d ) 2 = D 4 4 BD

=04B . coS(e4 )- ~BD2 - (04B .sen(B4) -dY esto es,

Por 10 tanto se tendra que:

Por otra parte,

siendo:

AC· sen(B3)+ d = 0 4A · sen(B4 ); B) 0 4A. sen(BJ-d. sen( 3 AC '

cos(B3)=±~I-sen2 (B3) =±

7J( )-dJ

A s 1-( 04 ,

4

161


luego:

x =0 A.cos{B )+AC. 1_(04A'Sen{B4)-d)2 C 4 4 AC

esto es,

Sustituyendo 10 anterior en [1] y operando, se tendra que: öW = (-P.T).(-33,833 ·oB4 .T)+(Q .T).(-68,373,oB4 .T)= (33,833· P-68,373 .Q),oB = 0

19ualando a cero el termino incluido en el parentesis y sustituyendo valores, se tendra que:

33,833·P-68,373·Q =0 ; Q= 33,833·P =1.781387 N 68.373 ' c) Aplicaci6n deI Principio de las Potencias Virtuales. Suponemos una

w4 = 1· k radis. Ademas se tendra que:

rO•B =04B.[cos{(4)·i +sen{BJ.J] = (-31,750.i +54,993.J)cm rBD =BD,[-cos(Bs)·i -sen{Bs )' J]= (-70,219.i -29,592.J)cm rO• A =04A.[cos{BJ.i + sen{(4 ).J] = (-22,250. i +38,538.J)cm rAC = AC . [-cos{(3 )·i -sen{BJ J]= (62,126, i -13,138.J)cm Para el cälculo de velocidades tendremos que: i

Vc =VA +Vet = w4 x

162

r

r =

O• A +w3 x AC

j

0 0 -22,250 38,538

!r

i j 0 0 62,126 -13,138

k (1)3

0

TEMA 2. ANAuslS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

por 10 tanto: Vc

."{ = -38,538·"{ - 22,250· ] + 13,138· a»

0

[

+ 62,126· a>3 . ]

que da 1ugar a:

=-38,538+13,138 a»}VC=-33,833 0= -22,250 + 62,126 -a» a» = 0,358 o

Vc

Luego:

Vc =-33,833·[ cmls Por otra parte, se tendra que:

vD = VB +VBD =W4 x rO•B+&s xrBD =

i

j

k

0

0

0 0 1+ a>s -70,219 -29,592 0 0

-31,750 54,993

i

j

k

por 10 tanto: V D-[

=-54,993-[ - 31,750'; + 29,592-a>5 ."{ -70,219·a>s ';

que da lugar a:

VD = -54,993 + 29,592 -a>3}VD = -68,37: 0=-31,750-70,219-a>s a>s =-0,452 esto es,

VD =-68,373-[ cmls Aplicando el Principio de las Potencias Virtuales, se tendrä que:

Q-vD +P-vc =0 sustituyendo:

(Q -T)-(- 68,373 -T)+ (- P -T)-(- 33,833 -T)= 0 - 68,373-Q+33,833-P=0; Q= 33,833 _p 68,373 Por 10 tanto,

Q = 1.781,382 N

163


PROBLEMA5.

EI mecanismo de dos grados de libertad de la figura se encuentra en la posici6n dada por los valores x 4 = 60 cm e Ys = 35 cm. Teniendo en cuenta que el mecanismo se encuentra situado en un plano vertical, determinar las fuerzas que hay que aplicar en los puntos A y C, horizontal y vertical respectivamente, para conseguir el equilibrio estätico en la posici6n indicada en el enunciado.

Datos: r2

=45 cm, r3 =80 cm, m2 =6 kg, m3 =4 kg .

Sup6ngase los centros de masas de las barras 2 y 3 estän en el centro geometrico de las mismas.

164


Soluci6n: a) Resoluci6n mediante el Principio de las Potencias Virtuales. La ecuaci6n vectorial de eierre viene dada por:

de donde las ecuaciones escalares que gobieman el problema de posici6n serm:

X4 +r2.cos(OJ=r3'COS(03)} r2 .sen(02)= Ys +r3 .sen(03)

Resuelto este sistema medianrte un programa de calcu10 simb6lico, se tiene:

[

O2 =-2·atan -

83 = 2· atan

.

l

4

2

4

x 42 - r.3 + 2· r.2 • r.32 - r.2

)

~----------:----::----=--':~--:---::-----------"

Y; +xl +2·r ,x +r 2

4

2 3

-r22

En el sistema anterior de ecuaciones no lineales, se obtienen 82 y 83en funci6n de x4 e Ys' Sustituyendo los datos deI prob1ema, e1 resu1tado es el siguiente: 02 = 63,871"y 03 =3,872'

Hay que indicar que tambien se podria obtener la solucion numerica deI sistema anterior. Para 1a obtenci6n de las velocidades necesarias para la aplicaci6n deI Principio de las Potencias Virtuales, se hara 10 siguiente:

desarrollando 10 anterior,

vA, ·i +

i

j

k

0

0

co2 =vc,'j+

r2'COS(02) r2·sen(02)

0

i

j

k

0 0 co3 r3 .cos(BJ r3 ·sen(OJ 0

165


opcmuldo y separ81tlQO COlnpc:mentes, se obtendIa que:

J}

VA, -wz °r2 osen_(eJ=-w3 °r3 osen (e w2 orz ocos(ez )- vc, +w3 °r3 ocos(eJ

Las velocidades de los centros de gravedad de las barras 2 y 3 seran: rz (e)7 r2 (e)""' V =vA, oZ7 -w2 o-osen oZ +w2 o-ocos 0) G, 2 2 2 2

r3 ( ) oi - +w o_ocos r3 ( V~ =VG 0)0- -w3 o-osen e3 e3)0)02 3 2 Aplicando ahora el Principio de las Potencias Virtuales, se tendIa que:

FA oVA, +Fc oVc, +i\ ovG, +Ps ovG, = 0 operando:

I

FA 0VA, + FC 0VC, - m2 0go W 2 0r2 0cos (e2 )- m3 0g 0lvC + w3 0r3 0cos (e3J )1 = 0 2 2 sustituyendo w2 Y w3 Y sacando factor comUn a VA Y Vc ' se tendIa que:

Ahora bien, si se quiere que el mecmismo se encuentre en equilibrio estatico, la expresi6n anterior debera ser igual a cera para todo conjunto de valores de VA Y VC considerado, en consecuencia, para que se verifique los anterior 1a Unica posibi1idad es que los terminos entre llaves sean iguales a cero, esto es:

166


En este mecanismo de dos grados de libertad, se obtienen dos ecuaciones a partir de la aplicacion deI Principio de las Potencias Virtuales. Sustituyendo los valores correpondientes a la configuracion deI mecanismo en la posicion de equilibrio estätico (83 Y 82 ), como funcion de los datos de entrada x 4 e Ys' Y los datos geometricos y mäsicos, se obtienen las siguientes fuerzas a aplicar para que se alcance el equilibrio estätico.

FA Fe

=24,8858 N =17,9359 N

ambas con signo positivo, 10 cual quiere decir que los sentidos supuestos inicialmente son correctos. b) Resolucion mediante las Leyes de Newton. Se consideran los siguientes diagramas de solide libre para las barras 2 y 3.

Las ecuaciones deI movirniento (equilibrio en este caso), para cada una de las barras las siguientes:

seran

BARRA2. h~

+FA =0 + J;~ - m2 • g = 0 rG,A x (F A''{ + J;~ . ])+ rG,B x (;;~ . T+ fi" h~

.])= 0 167


BARRA3. + h; =0 Fe + 1~ - m) . g = 0 TG,e x V;~ T+ Fe . J)+ TG,B x V2; .T+ 1~ .J) = 0 J;~

.

donde se han tornado momentos respecto a los centros de gravedad de las barras 2 y 3. De~ol1ando y agrupando las expresiones anteriores y aiiadiendo las dos ecuaciones correspondientes al Principio de Acci6n y Reacci6n en el PWltO, se tendrä que:

[1] h~ +FA = 0 [2] liz + J;~ - m2 • g = 0 [3] 72 . cos (02 + n}.t;~ -

[4] [5]

2 J;~ + 12; = 0 Fe + I~ -m) . g

[6]

~

2 . sen (0 + 7r). FA + 72 .COS(02)· h~ 2

7

2

2

2 7 • sen

2

(02)-f~ = 0

= 0

·cos{OJ I~ -

~ ·sen{B))·/~ + ~ .cos{O) +n}Fe - ~ .sen{O) +n} J;~ = 0

[7] h~ + I~ =0 [8] h~ + I~ =0 Sustituyendo valores y resolviendo el sistema lineal de 8 ecuaciones con 8 inc6gnitas (r~, I~, I)~, 13~' J;~, .t;~, FA' Fe}' se obtienen los siguientes resultados: I~ = 24,8857 N I~ =21,304N 13~ = -24,8857 N

liz = -21,304 N J;~ = 80,164 N J;~

= -24,8857 N

FA = 24,8857 N Fe = 17,9359 N

168


PROBLEMA6. EI mecanismo indicado en la figura esta en equilibrio estatico bajo la acci6n de la fuerza F y la tensi6n deI muelle. La constante elastica deI muelle es K, siendo So su longitud libre. EI mecanismo esta situado en un plano horizontal. Se pide, para los valores numericos que se indican a continuaci6n, el valor de la fuerza F para la posici6n de equilibrio. Se pide resolver el problema mediante a)La aplicaci6n deI Principio de los Trabajos Virtuales. b)La aplicaci6n de las leyes de Newton.

y

x

F

X

c

Datos geometrieos: L=0,35m; C=0,22m. So=0,15m; K=40N/m; 82 =30°.

R=O,lm;

169


Solucion: a) Aplicaci6n deI Principio de los Trabajos Virtuales. Se tiene que:

x = (R. cos(e2)+ L· cos(e

3 )).

i

siendo: sen{BJ= - R .sen(eJ (tornando el ängulo perteneciente al cuarto cuadrante) L Por 10 tanto:

x = [R' cos(e2)+ L· Sea

1-

~: . sen 2(B2))- T= (R' cos (eJ + ~ L2- R2. sen 2(e2))· T

S el vector que une los extrernos deI muelle. De el se tendnl: S = R· cos(e, ). T+ (C + R· sen(e, )).] S=

~ [C +R .sen{Bz)Y + [R .cos{(2)y

_ u = s

R·cos(B2)

'7

~C2+2 . C.R.sen(BJ+R2

.!

= ~ C + 2· C·R . sen {lU + R

Z

Z

+

C+R.sen(B2)

-:

~C2+2.C.R.sen(B2)+Rz

.]

Los desplazamientos virtuales vendrän dados por: 5:-

uX

ox. =882

SM

U(7.

2

=[R - .sen (Ll ) .! '7

f7

2

R .cos(B2)·sen(B2) 2

~ L2 _R 2 .sen 2 (B2 )

-:] . S:Ll

.]

U(7

2

oS= oS ·oez =[-R.sen(ez) · T+R,cos(Bz).J],oB2 oez Aplicando ahora la ecuaci6n de los Trabajos Virtuales y considerando el sentido de la fuerza F negativo, ta1 y corno se muestra en la figura, se tendra que:

8W=F ,ox+{-K.{S-So))·üs ·oS=o Sustituyendo los valores numericos, se obtendra que: F=5,74N

EI signo positiva confirma el sentido elegido inicialmente.

170

TEMA 2. ANALJSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

b) Aplicaci6n deI Principio de las Leyes de Equilibrio de Newton. La fuerza en el muelle vendra dada por:

Fm = K· (S -So)= 40· (0,28-0,15)= 5,34 N EI valor de S se obtendra de la expresi6n deI apartado anterior. EI angulo ß que forma el muelle con la horizontal vendra dado por:

ß =arctan[ C + R· sen (OJ]; ß =72,210 R· COS(02)

Y deI apartado anterior:

)] o = arcsen[ - R· sen(e L' 2

•

3

B

F

Considerando el diagrama de s6lido libre de la barra 3, se tendra que:

171

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE M4QUINAS Y MECANISMOS

Las ecuaciones de equilibrio son:

°

f2~ -

Fm . cos (ß) - F = f[; - Fm' sen (ß) + f~ = !f~ . L· cos(e3 )! = IF· L· sen(eJI

°

}

De donde se obtiene: f~

=0,1443·F

f[; = 5,045 - 0,1443 . F =1,5493 + F

f2~

Por ultimo, deI diagrama de s6lido libre de la barra 2, se tendra:

fiz

Tomando momentos respecto al punto 0 y sustituyendo los valores obtenidos anteriormente para las fuerzas de reacci6n fz~, f[;, se tendra que:

- R .cos(ez).( 5,0455-0,1443.F)+ R .sen(ez )·(1,5493·F)= Despejando de la expresi6n anterior:

F=5,7521 N EI sentido supuesto inicialmente es correcto.

172

°


PROBLEMA7. La pala cargadora de la figura tiene un peso propio estimado en W2 = 4 kN. y en la cucha· ra lleva una carga W3 = 10 kN. Para la posici6n indicada en la figura determinar: a) La fuerza en el cilindro hidraulico Be. b) La fuerza en el cilindro hidraulico HF. Para conseguir el equilibrio estätico en ambos casos. Resolver mediante las leyes de Newton y mantener las unidades de fuerza en kN y las de longitud en mm.

2S0mm

173

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M.4QUlNAS Y MECANISMOS

SoluciOn: a) Resolucion mediante las Leyes de Newton. Consideremos el siguiente diagrama de solido libre.

Fee 800mm

850mm

600mm

250mm

EI ängulo a vendrä dado por: 1.200) a=arctan ( - =47,4896° 100 Tomando momentos respecto al punto A, se tendrä que:

LT =Ö~ A

i 850 0

j

rAG,

x W2 + r AG, x W3 + r,fC x FBC = Ö

k

rIG, o + -4 o

k

i

j

2800

rIG

0

I

0 +

-10 0

j

1100

600

k

o =ö

FBC .cos{a) FBC .sen{a) 0

-850·4-2.800·10+1100·FBC • sen{a)-600. FBC .cos{a) = 0 Sustituyendo valores:

-850·4-2.800·10+ 1.100·FBC .sen{47,4896°)-600.FBC • cos{47,4896°) = 0 Despejando de la expresi6n anterior, se obtendrä que:

F BC

174

=

31.400 405,4358

77 447 kN '

TEMA 2. ANALISIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Planteando ahora el equilibrio de fuerzas,

se tendra que:

;;~ + F BC • cos(a) = 0

}

W; +W2 +FBC • sen{a) + ;;~ =0 sustffuyendo valores:

;;~ + 77,4475.cos(47,4896°)=0 };;~ =-52,3331kN -4-10+ 77,4475 ·sen(47,4896°)+ ;;i = 0 ~ ;;~ =-43,0908kN

Considerese ahora el siguiente diagrama de solide !ibre.

43,09kN

77,44kN 800mm

850mm

600mm

250mm

Los ängulos que hay que determinar previamente son el ängulo rp, de la direccion HD. -350) p =arctan( - =329,7436

p, de la direcci6n HF y el

0

600

rp = arc

- =279,4623° tan(--600) 100 175


Tomando ahora momentos respecto al punto A, se tendra que: L TA

= Ö=> rAG, x W; + rAe x FEe + rAD x 1sz + rAE x 1;z = Ö

k

i

j

0

-4

i

k

j

0 + 77,4475· cos{47,4896°) 77,4475· sen(47,4896°) 0 + 0 1.100 600 0

850 riG,

k

j

i

+ fsz ,cos(279,4623°) fs2· sen(279,4623°) 0 + 950

1.900

0

i

j

h~ hi 2.500 1.050

k 0 0

=Ö

850·4 + 600·77,4475· cos{47,4896° )-1.100.77,4475. sen(47,4896°)+ + 15Z .cos{279,4623°)' 1900- 152 .sen{279,4623°).950+ h~ ·1.050- liz ·2.500 = 0 esto es, 3.400+31.399,8818-62.799,8671 + 1.874,1486· fs2 + 156,1787· fs2 -

13~

·1.050+ h~ ·2.500 = 0

Por otra parte, la condici6n de fuerza resultante nula se traduce en las siguientes dos expresiones: LFx = 0 => J;~ + FEe' cos(a) + fs2 . cos(r) + 1:Z = 0 -52,331+52,3331+ fs2 ,cos(279,4623°)+ 1:Z =0 L Fy = 0 =:> W2 + J;~ + FEe' sen(a) + fsz ·sen(r) + liz = 0 -4-43,0908+57,0523+ 1 HD ,cos(279,4623°)+ liz = 0

que sera 10 mismo que: 0,1644· fs2 + h~ = 0 9,9615-0,9864'152 + h~ =0

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por [1] y[2], se tendra que: 152 = -5,0900 kN h~ =

0,8368 kN

liz =-14,9823kN

176


Para obtener Ia fuerza ejercida por el segundo cilindro hidräulico en Ia posici6n de equilibrio estätico se pueden seguir dos caminos: plantear el equilibrio deI nudo Ho plantear el diagrama de s6lido Iibre de Ia euch ara completa. Diagrama de solido Iibre de Ia barra 5

Diagrama de solido Iibre deI nudo H

Planteando la condici6n de fuerza resultante nula en el nudo H se llega a: FHF • cos(329,7436°)+ f4H + 5,09· sen{279,4623°) =O} ~ FHF

=9,9637 kN

FHF • sen{329,7436°)+ 5,09· cos{279,4623°) = 0

= 7,7698 kN

f4H

La otra alternativa pasaria por considerar el diagrama de s6lido libre de la euchara de la pala.

F 1C1::J...0,836 kN

14,982 kN 177


Sumando fuerzas en la direccion vertical e igualando a cero, se tendra que:

F HF ·sen(329,7436°)+ 14,9823-10 = 0 Dedonde:

FHF

=-9,8881 kN

Sumando fuerzas en la direcci6n horizontal e igualando a cero

-0,8368- iHO +9,8881.cos(329,7436° o )= 0 de donde:

iHO = 7,7043 kN Ambos valores son razonablemente coincidentes con los obtenidos anteriormente.

b) Resoluci6n mediante Potencias Virtuales.

Se suponen las velocidades angulares ÖJ2 Y ÖJ3 , tal Y como se muestra en la siguiente figura:

Se tendra que:

178

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Observese que la componente horizontal no se puede determinar, pero que ello no es relevante para el problema que nos ocupa.

Vc, = m2 x rA,c,

=

i 0

k

0 (02 1.100 600 0

i VE, = m2 x rA,E, =

j

=-600 . (02 . T+ 1.1 00 . (02 . ]

k

j

0 0 (02 2.500 1.050 0

=-1.050· (02 . T+ 2.500 · (02 . ]

londe de nuevo la componente horizontal es irrelevante para el problema en cuesti6n. {

vF, = vE, + m3 x rE,F,

k 0 (0; = = -1.050 · (02. 1 + 2.500· (02'] + 0 -100 150 0 j

Por otra parte,

Teniendo en cuenta que: i

VD, = m2x rA,D,

j

k

0 (02 =-950·(02 · T+1.900 ·(02 · ] =. 0 1900 950 o

yque:

i

vG,

= vE, +m; x rE,G, = -1.050'(02 ·1 + 2.500'(02'] + 0

o

j

k

0 (03 = 500 0

179

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINA S Y MECANISMOS

De [1] se tendrä que:

i

v H, = -950· Cü2 . ' + 1.900·Cü2 • J+

k

j

0 Cü s 0 -100 600 0

De [2] se tendrä que: i

v H, =-1.050·Cü2 · ' +2.500·Cü2 .J -500·Cü3 · ' +

j

k

0 Cü4 = 0 -700 0 0

19ualando ambas expresiones:

-950'Cü2 . ' + 1.900·Cü2 .J -600·Cüs ·7 -100 · Cüs -: j = =-1.0so · Cü2 ·7 +2.S00·Cü2 • J-soo · Cü3 ·7 -700·Cü4 • J Separando componentes:

-9S0'Cü2 -6S0·Cüs =-1.0S0 · Cü2 -SOO'Cü3 } 1.900· Cü2 -100· Cüs = 2.S00· Cü2 - 700· Cü4 despejando Cü4 Y Cü s en funci6n de Cü2 y Cü3 , se tendra que:

Sustituyendo en [1], tendremos que:

100'Cü2 +SOO'Cü3 . J~ = 6 =(-1.0S0. Cü2 -SOO· Cü3 ) · 7+(1.883,3333 '(1)2 -83,3333· Cü3 )· J

v H, =-9S0·Cü2 ·i- +1900·Cü2 • j- - (100'Cü2 +SOO'(1)3 ) ·i-

180


Las fuerzas exteriores actuantes sobre el mecanismo se representan en la siguiente figura, donde se observa que se han e1iminado los dos cilindros hidraulicos y se han sustituido por las acciones que ejercen sobre las barras contiguas.

FFH =FFH . [cos(329,7436°).i· +sen(329,7436°).J]=FFH .(0,8638.T -0,5039';) FHF =FFH . [-cos(329,7436°).T -sen(329,7436°)';]=FFH .(-0,8638.T +0,5039.J) FBc = FBC • [cos(47,4896°).T + sen(47,4896°)';] = FBC .(0,6757.T + 0,7372· J) Aplicando el Principio de las Potencias Virtuales, se tendra que:

FBc ·Yc +W; 'YG2 +~ ·yG, +FFH 'YH +FHF 'YF =0 Operando se tendra que:

-405,4200·FBc '0)2 + 810,9200· FBC '0)2 -3.400'0)2 -25.000·0)2 -3.000·0)3 +906,9682'0)2 ·FFH -129,5700'0)3 ·FFH -1.259,7500'0)2 ·FFH +50,3900·li)3 ·FFH = 0 Sacando factor comUn sobre las velocidades angulares ficticias 0)2 Y 0)3' e igualando a cera los terminos entre parentesis, se tendran las dos ecuaciones siguientes:

405,5000·FBC -310,8240·FFH -28.400= O}=> {FBC = 77,4377 kN 31O,7204·FFH -3.000=0 FFH =9,6550kN que corresponden a las fuerzas en los cilindros.

181

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOJUA DE M4QUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA8.

Dado e1 mecanismo de 1a figura y uti1izando e1 Principio de los Trabajos Virtua1es, obi( ner 1a fuerza ap1icada por e1 ci1indro hidrau1ico Cl para un angu10 B= 30°, si e1 mecanism esta en equilibrio bajo 1a acci6n de 1a carga vertica1 P de 5 kN sabiendo que e1 peso de h barras es despreciab1e.

182


Solucion: En primer lugar se obtendra el ängulo a para poder calcular las componentes de la fuerza que ejerce el cilindro hidraulico.

Xo

a=arc

tan( 1,2+sen{O)) ( ) cos 0

Las componentes de Ia fuerza deI accionamiento

F y de la carga P seran:

F =F .cos{a).{ + F ·sen{a). J P=-p· J=-5.000· J N 183


Las componentes de los vectores de posici6n de los puntos de aplicaci6n de arnbas fuerzas en el sistema de referenciaX4Y, es decir, de E y de G son respectivarnente:

=cos(e)·i + (1,2+ sen(e))·] FG = (3.cos(e)-xJ.i +(1,2+3.sen(e)+ yJ.]

FE

En la obtenci6n de la posici6n deI punto G se ha tenido en cuenta que por tratarse el mecanismo de un paralelograrno, la barra horizontal sobre la que acrua la carga P permanece siempre horizontal y, por 10 tanto, las constantes Xo e Yo permiten localizar para cualquier configuraci6n deI mecanismo la posici6n de dicho punto. Los desplazamientos virtuales asociados a estos vectores de posici6n son:

arE= (-sen(e).i +cos(e).]).oe arG = (-3.sen(e).i +3.cos(e).]). oe EI principio de trabajos virtuales puede expresarse deI siguiente modo:

OW=P.oFE +P'OYG =0 Sustituyendo valores:

(F.cos(a).i +F.sen(a).]).(-sen(e).i +cos(e).])+]. _ [+(':"P.]H-3.sen(e).i +3.cos(e).]) oe-o Operando:

F· (-sen(e).cos(a)+ cos(e).sen(a ))- P·3 . cos(e) = 0 Finalmente, el valor de la fuerza deI cilindro F vale:

F=

P.3·cos(e)

P·3·cos(e)

-sen(e).cos{a)+ cos(e).sen(a)

sen(a-e)

Sustituyendo valores:

a =63,00° F=23,844kN Observese que los valores de Xo e Yo no intervienen en la soluci6n puesto que al derivar para obtener los desplazamientos virtuales desaparecen. Por ello, no se inc1uyen corno dato.

184

TEMA 2. ANAUSIS DINAMICO DE MECANISMOS PUNOS

PROBLEMA9. La figura muestra el mecanismo de apertura de una puerta de garaje. EI accionamiento de la puerta se realiza mediante un motor electrico que proporciona un par motor Tm. Las masas de las barras 2 y 4 son despreciables frente a la de la barra 3 y a todos los efectos pueden considerarse nulas (mz = m4 = 0). La masa de la barra 3 y su momento de inercia respecto deI centro de masas son, respectivamente m3 = 20 Kg e h = 6,67 Kg·mz. DeI diagrama cinematico tengase en cuenta que L = 1 m. Si se desea que la barra 2 se mueva con una velocidad de iiJ2 = -0,061· k radis y con una

~eleraci6n angular de ä 2 = -2,27· k rad/s 2 , cuando la coordenada q = 210°; a) Calcular el valor deI par Tm.

b) Calcular las fuerzas Que deben soportar las uniones.

L

185

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE M.1QUINAS Y MECANJSMOS

Solucion: a) y b) Aplicando las Leyes de Newton, se resueIven ambos apartados simultaneamente. Diagramas de s6lido Iibre deI mecanismo de accionamiento de puerta de garaje. Acciones Externas a la Barra

Acciones Inerciales

f~

f~

.......... h~

Planteamiento de las ecuaciones de Newton.

Barra2:

L F = m.a; J,.; + f3~ =0 L:F\ = m· a; f..~ + fi. = 0 x

186


Centro de momentos O2 :

- h~ ·L·sen(q}+ h~ ·L·cos(q}+Tm =0 Barra 3:

Centro de momentos c.d.m.

Barra4: ~ Fx =m·a gx L...

f~

=0

Centro de momentos c.d.m.

Soluci6n de las ecuaciones de Ne"Wton:

De(9) Por el Principio de acci6n y reacci6n f4~ = - h~ = 0 .

De (7)

f~

=0.

De (4)

I"X J 23

x Por e1PrinClplO . . de aCClOn . , y reaCClOn . 'I"X I"X x = m3 • aGJ' J 32 = - J 23 =-m3 • a G, •

De (5) Y (6)

x x f:Y - m3 ·aG, ·L·sen'B \ 3 )+'m. V'"3 ·aG, +g)·L·cos'B \ 3 )-13 ·a3 23 2.L.cos(B.)

I"Y _ J 43 -

x 13 ·a3 -m3 ·a G, .L.sen{e3 )+m. Jay +g).L.cos(B) ""} ~ G, 3

2·L·cos ( B3 ) 187


x Y I. - I 3 ·a 3 -m3 ·aG, .L .sen(e3 )+m3 .(a G, +g).L.cos(e) 3

De (8)

2.L.cos(eJ

14 -

y -

I.12 -

De (2)

Y m3 ·a G,x ·L·sen(e3 )+m3 .(aG, +g).L.cos(e3 )-13 ·a3 2·L·cos ( e3 )

De (3) ~

x

()

= -m 3 • aG, • L· sen q +

m3· a~ .L.sen(eJ+m3·(a~ +g).L .cos(eJ-13 ·a3 () ' ,( ) .L . cos q 2·L·cos e3

Resoluci6n de la parte cinematica. Para un ängulo q de la barra de entrada de 210°, el angulo de la barra 3 vale 48,58° (se obtiene de la ecuaci6n L - L . sen( q) = 2· L . sen( e3 ) que resulta de la figura). Con los citados angulos se calcula YO,A" YA,B, Y YA,G, . La velocidad deI punto A es: i

k

j

o

0 -0,061 -0,866 -0,5 o

=(-0,031, i +0,053.J)m1s

La velocidad deI punto B es:

i

vB, = VA, +VB,A, = VA, +IV3 XYA,B, = VA, +

j

° °

1,32 1,5

TC

cv3

°

Por otro lado:

De donde se obtiene que IV3 = -0,04· TC radis Y

VB

= 0,03 con 10 cual

VB

La velocidad deI C.D.M de la barra 3 es: i

vG, = vA, +vo,A,

=VA, + IV

3

x YA,G,

=VA, +

j

° ° 0,66 0,75

VG, = 0,027· Jmls 188

TC

-0,04

°

=0,03· i

Resolviendo las aceleraciones, se tiene que: La aceleraci6n deI punto A es: k

j

i

-2,27 mls 2

° °

-0,866 -0,5

°

2A, = (-1,132.[ +1,968.J)mls La aceleraci6n deI punto B es:

i

B, = ä A, +äB,A, = ä A, -co; .rA,B, +ä3 x rA,B, = äA, -co; ,(1,32. [ + 1,5 .J)+

° 1,32 1,5

°

A, =(-1,132,[ +1,968 .J)mls Por otro lade:

äB, = aB, .[ , de donde se obtiene que aB, = 1,095 mls 2 y a 3 = -1,486 rad/s 2 con 10 cual B, =1,095·i- mls 2 La aceleraci6n deI C.D.M de la barra 3 es:

i

k

j

° °

äG, =äA, -(0,04) ,(0,66,[ +0,75.J)+

-1,486 mls

0,66 0,75

2

°

FinaImente, sustituyendo los valores correspondientes en las expresiones de las tensiones, : obtiene: m14 =0

.1;; = -115,22 N

h~ =O=-h~

f~

=115,22 N=-f~

Tm =100N·m

f~ = -0,38 N = - h~

f~

=100,655 N =- f~

.I;~ = -0,38 N = -

f:"

.1;4 = -100,655 N

189

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOJUA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 10.

EI mecanismo de la figura es utilizado para mover el tim6n de una embarcaci6n. La barra 4 esta conectada a la 3 mediante un par giratorio, mientras que la 3 transmite el movimiento al tim6n 2 mediante un par prismatico. EI mecanismo esta situado en un plano horizontal y se acciona mediante un motor que proporciona una fuerza F q • La acci6n deI agua sobre el tim6n se ha modelado mediante la fuerza Fa. Obtener las fuerzas y los pares de inercia.

y

h

q

Con los datos que se dan al final deI enunciado, se pide: a) Utilizando el Principio de las Potencias Virtuales calcular la fuerza F q necesaria para generar dicho movimiento. b) Dibujar los diagramas de cuerpo libre. c) Calcular las reacciones en las barras deI mecanismo. Datos cinematicos:

q = 0,7 m.; va, = 0,3 mls constante;

{ü2

= 0,1875 radis; a 2 = -0,039375 radls 2 •

Datos geometrieos: LI = 0,5 m.; L2 = 0,8 m.; L3 =1,5 m.; h = 0,3 m. Datos masicos einereiales:

m2

Datos de fuerzas. Fa = 2880 N.

190

= 100 Kg.; la,. =256Kg·m 2 ;

m4

= 15 Kg.


~olucion:

) Utilizando el Principio de las Potencias Virtuales calcular la fuerza F q necesaria para gelerar dicho movimiento EI centro de masas de Ia barra 4 po see una veIocidad constante y por anularse su correspondiente aceleraci6n no tiene asociada ninguna fuerza de inercia. Por otro lado, el centro de masas de Ia barra 2 no se mueve y por ello la fuerza de inercia asociada es nula. La barra 4 no gira y su aceleraci6n angular y su par de inercia se anula. EI par de inercia asociado a Ia barra 2 es:

Tin2

= -I~ ·ei2 =-256.(-0,039375.k)=1O,08 . kN · m

Las Unicas fuerzas exteriores existentes son la fuerza deI accionamiento

Fq , la acci6n deI

agua sobre el timen F. y el par de inercia de la barra 2. Planteando el Principio de Potencias Virtuales, y denominando al punto asociado a la fuerza F_. B. resulta:

donde:

Fq =Fq.j

Fa =2880·j T;n2

= 10,08· k

q=0,3·j

i VB =W2 xro. B =

j

° °

x ro.B h

f 0,1875 =-0,1875· h·j +r~B · 0,1875· ] =

°

VB =-0,05625·7 +r~B .0,1875·]

IV2 =0,1875.k Sustituyendo valores:

(Fq .T).(0,3.T)+(2880.T).(-O,05625.i +r~B '0,1875.])+(10,08 .f).(0,1875 .f)=

° 191

PROBLEMAS RESUELTOS DE rEoRiA DE u4QUINAS Y MECANISMOS

y operando: F q . 0,3 -162 + 1,89 =

°

EI valor de la fuerza buscada es: F q =533,7N

Luego:

Fq =533,7·TN b) Dibujar los diagramas de cuerpo !ibre.

c) Calcular las reacciones en las barras deI mecanismo Para obtener las reacciones se han de plantear las ecuaciones de Newton: Barra2

192

TEMA 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PUNOS

Barra 3 J1"% 43

+{-I32

)·l-

I"Y+(_I ).[

J43

32

~(

~(

L3

L2

_ )2

L3 -q L3

_ )2

J-o

2-

q +L2

2

]-0 -

q +L2

Barra 4

EI orden de resoluci6n de las ecuaciones es el siguiente: De (6)

1'.;2 =0 10,08 - 2880 -0,3

De (3)

~(1,5-0,7)2 +0,8 2

=-754 76N '

De (1)

De(2)

I"Y = -f _ J 12

De (4)

1"%

32

1

(L 3 - q)

~(L 3

-

q )2 + L 22

L2 )22 L 3 -q +L2

J43=-32- ~(

= 754,76 -(1,5 - 0,7) = 533 7N ~(1,5 - 0,7 )2 + 0,8 2 ' 754,76-0,8

~(1,5 - 0,7Y + 0,8 2

=533,7N

193


De (5)

y /

43

=1. 32

L 3 -q

I( " L

3 -

q

)2

De (8)

h4 =f/-; =-533,7N

De (9)

~4

= -754,76.(1,5-0,7)=_5337N

+

2 L2

,j'(1,5 - 0,7 )2 + 0,8 2

'

= f /-; . L) = -533,7 . 0,5 = -266,85 N

De(7)

La ecuaci6n (7) pennite comprobar el resultado de la fuerza de Potencias Virtuales.

F

q

obtenida por el meto,

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PiANOS

PROBLEMA 11. j

La pala mecänica de la figura tiene una capacidad de 3 m y transporta barro que pesa , .2RO KQ" nOT cada metro cubico.

Calcular la fuerza de compresi6n en el västago deI embolo deI cilindro hidräulico y la fuerza cortante que soporta el pasador situado en A para el caso en que el brazo 2 estä horizontal. Suponer que la maquina es simetrica respecto de un plano vertical central, es decir, tiene dos mecanismos como el de la figura situados en dos pIanos paraleios, y que se pueden despreciar los pesos de las barras frente a las fuerzas a que estän sometidas. Las dimensiones deI diagrama vienen en cm.

45

90

50

60

100

Solucion: La masa de la carga transportada que soporta el mecanismo de la figura es la mitad dei total (debido a la simetria). Es decir: m7 =112,1.280 Kglm3'3 m 3 = 1.920 Kg. En los diagramas de cuerpo libre de cada una de las barras se pueden ya incorporar ciertos aspectos. Las barras 4 y 6, al despreciarse el peso de todas las barras, Unicamente estän cargadas en sus extremos, con 10 que la fuerza que transmiten tendrä la direcci6n de la barra, 1a cual sera, en ambos casos, por la configuraci6n deI mecanismo, horizontal. Las componentes verticales de esas fuerzas serän, por tanto, nulas. 195

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORlA DE MAQUINAS Y MECANISMOS

t:r

t:s F~

G·

•

D •

fH~ i> c.

...&.

tf~ Ci)

M

@

Para las fuerzas en los cilindros se cumplen las siguientes relaciones:

B

~------

J

K

(

tan,Oc,

) Fl, = F~ luego Fit c,

175

=F~ . 100

Planteando las ecuaciones de Newton para cada barra se tiene: Para la euchara, barra 7.

196

LFx=O

(1)

1"+/"=0 ., Z7

LFy=O

(2)

fY

LME=O

(3)

45·m 7 'g-90'f; =0

Z7

e,

Cl)

~

d:

F.

L •

I 76x

L. . Fe,

t~

-m7 • g = 0

F

f.x S6

~

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PUNOS

De (2) se obtiene que

!;., =m., . g =18835 N


f 6x.,


I;., =-I:., = -941 7,6 N

=

45 · m · g 90

luego

I;'

= - 18835 N

= 9417,6 N luego I~ =9417,6 N

Analizando la barra 6 y usando el principio de acci6n y reacci6n se concluye que = -9417,6 N

1:S = -I:.,

Para la barra DF (barra 5).

LFx =O

(4)

LFy =O

(5)

IJs =0

LMD=O

(6)

90 . f X + 45 . fX = 0


65

90·F F 5 = ___ 6_5 45

4


45

= 18835,2 N

1:S = -1:5- 1:S

= -9417,6 N luego 15~ = 9417,6 N

Analizando la barra 4 y usando el principio de acci6n y reacci6n se concluye que

f 43x =-fx45 =-18835,2 N Para la barra barra 3.

LFx=O

(7)

LFy =O

(8)

LML=O

(9)


r

f 43x +fx23 -F"C2

=0

90 · IX43 + 45 . f 23"

=0

90 ·1'

= ___4_3 = 37670,4 N luego 23

45

De (7) se obtiene que F~2 = I~ + I~ 30 Como FcY = F c" . , FcY 1 1 160 1

f 3"2

= -37670,4 N

=18835,2 N

=3531,6 N 197


Por tanto, de (8) se obtiene que f~ = -F~? = -3531,6 N 1uego f~ = 3531,6 N Para Ia barra 2. Tomando momentos respecto deI punto K se puede obtener fl~ '

LM

=0

K

(10)

-130· r +175 ·F: -100 ·F! -175-f.~ - 175 · r - 175· Tengase en cuenta que Corno

Fl

= F!

1

. 175 1

100

f:Z

f: -300· f: -160-f.~ = 0

= O.

se puede sustituir en Ia ecuaci6n de momentos anterior y pu

que f~ ,fs~,f~,f~ y f~ ya se han calculado se obtiene:

-130·fX12 + 175 l 'Ct -175·F'Cl -175· r 32 -175· r 51 -175· r 72 -300· Luego fX =

-175· r -175· r -175 · r -300· "

"

130

U

"

r

72

-160·

r =0 32

r -160· r 72

32

Sustituyendo da:

r u

= -175'(- 37:670,4)-175 ·9.417,6-175 .9.4l7,6-300.(-18.835)-160 ·3.531,6 130

64.~

Tomando momentos respecto de B se obtiene f1~ .

"M 4.. B =0 (11) De donde f >' = u

100 · JI'Y12 +45·fx12 -200'f>'72 - 60'f>' =0 32

+45·r -200·[>' -60·[>' u

100

n

32

=-64.564' 28 N

La fuerza de compresi6n en el cilindro 1 (L-J) corresponde a Ia fuerza de reacci6n en j

La fuerza cortante sobre el pasador A corresponde a Ia fuerza de reacci6n en A:

198


PROBLEMA12 La figura adjunta representa una punzonadora para cueros. Se pide: Ca1culese la fuerza de punzonamientoJ6s que para esa posici6n se esta ejerciendo sobre el cuero. Datos geometricos:

a = 2 cm, b = 4 cm,

C

= 2 cm, e = 12 cm,

g

= 4 cm.

EI cuero es una barra mas (barra 6) y que esta unida mediante un par tipo leva a la garra y punz6n de la punzonadora (barras 4 y 5 respectivamente). Datos dinämicos: Se ej ercen dos fuerzas F = 100 N sobre sus brazos tal corno se indica en la figura. EI peso de las barras es despreciable frente al resto de fuerzas que intervienen en el sistema mecanico.

e

g

F

199


Soluci6n: Diagramas de cuerpo libre. f3~

0

•

fl:.

f2~

____._0

ffs

fis

G)

fls

f~

f;'

F

fr,.

f5~

t F

200


Se tienen 12 ecuaciones y 9 inc6gnitas por 10 que se puede prescindir de 3 de ellas. (Las otras tres inc6gnitas serian las que detenninan la posici6n en el plano de ese si sterna rnecamco, y son prescindibles). Por tanto se plantean las ecuaciones de Newton solamente para las barras 2, 4 Y 5, aunque se pueden plantear todas y luego elegir las 9 rnas sencillas de rnanejar.

Barra2 (1)

LFx=O

(2)

LFy=O

(3)

LM P2 =0

fZz + h~ + ffz -F=O

Barra4 (4)

LFx=O

f2~ =0

(5)

LFy=O

f~

(6)

LM p, =0

+ h~ + f~ =0

Barra5 (7)

LFx=O

(8)

LFy=O

fis + fis + f/s = 0

(9)

LM p3 =0

J65

{'Y •

b -- 2 . a . fY25

A continuaci6n se aplica el prlncipio de acci6n y reacci6n con 10 cua1:

fts =-f5~ f!J =-f3~ fit. =-fiz f3~ =-f5~

f3~ =-f~

201

f!s=-f~

f!J=-flz f~ =-f~

ffs =-f~ f~ =-f~

Introduciendo las ecuaciones anteriores en las expresiones Newton, estas quedan asi: (1)

f~

+ f2~ =0

(2)

-

(3)

-a· f~ -2·a· fis +c' f{.; -{a+ e)·F = 0

(4)

f2~

(5)

1ft. +/~ +1,* =0

(6)

ft.

(7)

f3~ =0

(8)

fis + f3~ + fls =0

(9)

fls ·b=2·a·fis

f~

-

f~

- fis -F=O

=0

·b=2·a·f~

Con 10 cua1 se puede despejar y se obtiene 10 siguiente: De (4) se obtiene inmediatamente que f2~ = 0 h~

=0

De (1) se obtiene inmediatamente que f{.;

=0

De (7) se obtiene inmediatamente que

De (6) se obtiene que ft. =

2·a·p 34 Por tanto, se necesita conocer f~ b

De (5) se obtiene que f~ = - ft. - f~. Se necesita fit. De (2) se obtiene que f~ = - f~ - fis -F. Se necesita fis y f~ De (9) se obtiene que fis = fls ·b y de (3)

2·a

202

f~ = -2· fis -F _ e·F a

TEMA 2_ANA.USIS DINA.MICO DE MECANISMOS PLANOS

Sustituyendo en (2)

o'65_ -b + F + ___ e-F _ 0 -b 0 -b e-F 1~ =2 -_J_ J_ '65_ _ F = _J_ '65_ + __ 2 -Q

Conocida

I~

Q

seobtiene Ii-. quevale

13~

2·Q

2·Q

a

/. Y ·b e.F =-I/.. +_64_ _ _ _ yaque l /s =-I/.. 2·Q a

Finalmente sustituyendo en (6):

2'Q' ( -

1 /. Y+ _/64_ -_b +_e-_F ) 64

I/.. = I? =

b

Q

=

-2'Q-/.64Y b

-2 · a·l?' 2·a·I?,·b 2·a·e·F + + 2·a·b a·b b

2.a·l? b a

=

+

2.a . O·b 2.a .e.F J64 + - - 2·Q · b a·b

-2·a·l?' 2 · e·F + I? + - b b

2·e-F b

o_e'F_ J64 -

2.Q

-

Q

i,Como se podria conseguir que para una misma fuerza de accionamiento F aumente la fuerza punzonadora Q? Observese como la fuerza Q transmitida aumenta si se aumenta e y se disminuye a para una determinada F.

203

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS Y MECAN ISMOS

PROBLEMA 13. EI mecanismo de la figura corresponde al tren de aterrizaje de una avioneta, el cual se repliega al aplicar sobre la barra 2 un momento alrededor deI eje que pasa por 02. Se pide: a) Para la posici6n que se indica en la figura, calcular el valor de T necesario que se debe aplicar para elevar la rueda. Utilicese el Planteamiento de Newton. Considerese el proceso corno cuasiestätico y despreciense las fuerzas y pares de inercia. b) Calcular tambien la fuerza cortante que debe aguantar el pasador situado en 04. Datos mäsicos einereiales: m2

= m3 = O. Conjunto formado por la barra 4 y la rueda m4 = 50 Kg. con centro de grave-

daden G. Datos geometricos: EI punto B se encuentra sobre la vertical de O2 • 04B=80cm , 02A=50cm , AB=50cm y BG=20cm. 40 em

20 cm

204


Solucion: Los diagramas de cuerpo libre son los siguientes:

Barra2

A

f!J

Barra3

ANGULOS

205

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÜ DE MAQUINAS Y MECANlSMOS

Dei dibujo de Ia figura se obtiene que: sen(B4 )= -40 :::;.B=1200 80

B3 =360o -B2 :::;.cos(BJ=cos(B2 ) 80·cos(B4 )+20 = 2 .cos(BJ:::;. B2 = 296,77°:::;. B3 = 63,23° <\plicando las ecuaciones de Newton a la barra 2, se tiene que:

LFx=0 LF =0

(1)

y

LM

B

=0

+ fiz

=0

(2)

J;~

(3)

T + AC .cos(B2 )· h~ -AC .sen(B2 )· h~ = 0

Aplicando las ecuaciones de Newton a la barra 3, se tiene que:

LFx =0 LF =0

(4)

y

LM

D

=0

(5)

f{-; + flJ

(6)

AB· cos(B3 )· fi; - AB· sen(BJ· fi; = 0

=0

Aplicando las ecuaciones de Newton a la barra 4, se tiene que:

LFx =0 LF = 0 y

)M, =0

(7)

f.~

(8)

J;~+fit.-p=O

+ fit. = 0

(9)

Teniendo en cuenta que, por el principio de acci6n y reacci6n:

fi; =-f~

las ecuaciones quedan asj

206

(1)

J;~

+ f3~

(2)

f.~

+ f~ =0

(3)

T+BC·cos(Bz)· h~ -BC·sen(Bz)· h~ '" 0

=0

TEMA 2. ANAL!SIS DINAMICO DE MECANlSMOS PLANOS

(S)

-f3~+f~=0

(6)

- DC· cos(eJ f.i + DC· sen(eJ f~ = 0

(7)

J;; -

(8)

J;~

(9)

AD.cos(e4 )· f~ -AD.sen(e4 )· h~ + AG.cos(eJ.p = 0

f4~ =

0

- f~ - p =0

De 1a ecuaci6n (4) y (5) se obtiene:

f 32 - J.43Y y -

De 1a ecuaci6n (6) se obtiene:

f 32x Sustituyendo numericamente Sustituyendo

;;~

DC .cos(e3)· fi;. (Ll ).fY32 • ( ) - cot [73 DC·sen e3

-

f3~

= O,S . f i;.

en (9):

-AD.cos(eJ .f.~ +AD.sen(eJ·o,s·fi;. +AG·cos(B4 )·P=0 De donde se obtiene que:

1/=32

AG·cos(eJ.p =-328S7N , (AD.cos(B4 )-AD.sen(B4).0,S)

Sustituyendo en (3) f.~ y f3~

T =-BC· cos(e2 )· f i;. + BC· sen(B2 )· f~ = T = 50 . cos(296, 77°)· 328,S7 - SO· sen(296, 77°).O,S ·328,57 = 14.733,42 N . rn Por otro 1ado, de 1a ecuaci6n (7) y (4) se obtiene J;: = f4~ = f.~ = 0,5· fi;. = -164,28 N Y de (8) se obtiene J;~ ;;: f~ + P corno f~ = h~ y h~ = -328,57 N Entonces J;: = f~ + P = -161,92 N

207


PROBLEMA 14.

La mitad de la carga W = 4 kN de la pala excavadora que muestra la figura esta soportada por la barra ACG y por el cilindro hidraulico Be. Determinar fuerza que dicho cilindro debe de ejercer sobre el mecanismo si se quiere que este_ se encuentre en equilibrio estatico para 1a configuraci6n mostrada en la figura. Se pide resolver el problema mediante los siguientes metodos a) Leyes de Newton. b) Principio de los Trabajos Virtuales. c) Principio de las Potencias Virtuales. Datos geometrieos: Los puntos A, C Y G estan alineados.

A

O,75m

O,75m

O,5m

208

TEMA 2. ANALISIS DIN.AMICO DE MECANISMOS PLANOS

SoluciOn: a) Resolucion mediante las Leyes de Newton. Sl se aisla la barra ACX; y se sustltuye el cilindro por la fuerza eqUlvalente que este eJerceria sobre la barra, es inmediato obtener el valor de la fuerza que debe ejercer dicho cilindro, para que esa posicion (de la pala) sea la de equilibrio, con solo usar una ecuaci6n, la que resulta de tomar momentos respecto deI punto A.

Quedaria la siguiente ecuaci6n:

LMA=O; ~c x FClL + rAG x IV = Ö dAS

·FClL -dAG·W =0

Sustituyendo valores:

0,75·FClL -3·2::;0 Luego:

FClL.

::; 8 KN

sentido de B a C.

209

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUlNAS Y MECANJSMOS

b) Resolucion mediante el Principio de los Trabajos Virtuales. Tomando un sistema de referencia en el punto A, los vectores posicion de los puntos de

aplicaci6n de la fuerza aplicada por el cilindro y el peso senin respectivamente: rAC = X AC · i + YAC'] = AC-cos{q)· i + AC .sen{q).J rAG =xAG·i + YAG'] = AG·cos{q)·i +AG·sen{q).]

(075)

De la figura se deduce que q = 3600 - arctan -'1,5

= 333,43 0

•

Los desplazamientos virtuales se obtienen al aplicar el operador riores.

o[ ]

De esa forma se tendra:

orAC =-AC .sen{q).&j. [ + AC .cos{q).&j. J orAl) = -AD ·sen{q).&j.[ + AD·cos{q).&j. J Por otra parte, las f.lerzas actuantes son:

FC/L =FC/L'[

W==-W.J Por 10 tanto, el trabajo virtual efectuado por dichas fuerzas sera: 210

a los vectores ante-

TEMA. 2. m ALISlS DlNAMICO DE MECANlSMOS PUNOS

lF

·[H- AC·sen{q).&].[ +AC .cos{q).&].JJ+ +[-w. ]].[-AD.sen{q).&].[ +AD.cos{q).&].J]

c5W =

CIL

Efectuando los productos escalares,

c5W = FCIL

. [-

AC . sen{q) · &]]-W . [AD . cos{q).&j]

Y aplicando el principio de los trabajos virtuales a un sistema mecaruco en equilibrio estatico, se tendra que:

c5W = FCIL • [-AC . sen{q).&]]- W '[AD . cos{q). &]] = 19ualando a cera y sustituyendo valores se obtiene la soluci6n:

c) Resoluci6n mediante el Principio de las Potencias Virtuales. La aplicaci6n deI principio de las potencias virtuales conducira a la siguiente ecuaci6n: Pvirtual = FCIL • Vc +

W· va=

°

Para calcular esas velocidades, se puede suponer que la barra ACG tiene una velocidad angular de ÖJ = 1· k radis. Aplicando las ecuaciones deI movimiento relativa se tiene que:

r

Vc =ÖJ x

AC

=0,75·[ +1,5·]

yademas:

Va = ÖJ

x

rAa =1,75 ·[ +3 · J

Por otra parte, las fuerzas actuantes son:

FCIL =FCIL ·[ W=-W.] Sustituyendo y operando se obtiene que: FCIL =8KN

211


PROBLEMA 15. En el mecanismo mostrado en Ia figura, situado en un plano horizontal Ia barra 2 es una barra rigida articulada en el punto O2 y en el punto medio de Ia barra 3. EI movimiento de la barra 3 esta limitado por la barra 4, una varilla delgada y sin masa. Con el mecanismo en la posici6n indicada, se pide: a) Expresi6n deI par a aplicar a la barra 2 para conseguir en dicha barra una velocidad angularcv2 yuna aceleraci6n angulara 2 , ambas horarias. b) Fuerzas actuantes sobre la barra 3. Datos geometricos y masicos: Las barras 2 y 3 poseen una longitud I y una masa uniformemente distribuida m. En la posici6n indicada, la barra 3 es paralela a la 2, yel angulo O,.BA es igual a 60°. Sup6ngase que la distancia vertical entre las barras 2 y 3 es despreciable.

I

r'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-' J I I I I I I

J3'1 2

o

212

o

o

CD

TEMA 2. ANAusIS DINAMICO DE MECANISMOS PUNOS

Solucion: Se supondrän todos los sentidos de las magnitudes angulares horarios. En primer lugar se obtendrä la relaci6n de velocidades:

i

j

VB, = VA, +VA,B 3 = 0 0 0

k

i

j

-Q)2 + 0 0

0

I

--,.,

k -Q)3 = ( Q)3

0

0

}

Q)4 =0

-~- Q)2 -I}]

pero ademäs:

VB. =W4 x rO•B• =

0 l-cos(240 0 )

19ualando [1] Y [2], se tendra que:

0=Q)4 -/-sen{240o)

Q)3 -i2 - Q)2 -/ = -Q)4 -/ -cos{240o) => ..... . ."3 -- 2 -,., .....2

Para el anälisis de aceleraciones se consideraran las siguientes expresiones:

-

a A,

i j k I ~ 0 0 -a 2 =-Q);-/ -T-Z-a 2 .J =a A2 + a A2 = -Q)z - -I + -n

2

-/

o o

y

-

-

-n

-/

-

2

aS, =a..t, +a..t,s, +a..t,s, =as, +Q)3

~

-2-' + /

i

j

0 / 2

o o

k -a3 0

2 ~ -: 2 J ~ J -: =-Q)2 -J-I-/-a2 -)+tV3 ---I 2 +--a 2 3 -)

213

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORi4 DE MAQUINAS Y MECANISMOS

En consecuencia, sustituyendo el valor obtenido para la velocidad angular de la barra 3, se tendra que: a- ~

1~ +(I-·a - /·a ).}~

=m22 .

'l

2

32

Pero tambien se podra poner que:

j

=0+

o

0

/ . cos(240° ) I· sen(2400)

19ualando [3] Y[4], se tendra que: m;·/=a4 ·I.sen(2400)

}

a =

m;

=-1155.m2

1 => 4 (2400) , -.a -/·a = -a ./.cos(2400) sen 2 3 2 4 a 3 =2.a2 -1,155.m;

2

a) Anälisis de fuerzas mediante Ia aplicaci6n deI principio de d' Alembert. Como se trata de barras delgadas, su momento central de inercia vendra dado por:

=~ . m./2

I G

12

Aplicado el Principio de D' Alembert y considerando el equilibrio de la barra 3, se tendra que:

F- tn , =m·mz2 ./.j- +m ·a 2 . [. -j T,

111,

1 2( 2)·k=12 ·m·[ . 2·a 2 -1155·m ' 2

Tomando momentos respecto a1 punto C, se tendra que:

f,f.;

214


+ 0'193· m .[. CU22 I 23r = _i. 3 m ./. a 2 Sumado ahora fuerzas en la direcci6n vertical se obtendrä que:

1.

43

=-

m·/·a 2 2 + 0 223 . m .[ . cu 3,464' 2

;umando fuerzas en la direcci6n horizontal e igualando a cero, corno en el caso anterior: f2~ =-O,144·m·/·a 2 -1,1l5·m,/,cui

Planteando ahora en equilibrio cinetoestätico de la barra AB, se tendrä que:

-

2

F"" =m , cu2

l

I

7

"'!

'2 '1+m·a '2') 2

f 111, =~.m.[2·a ·k 12 2 Tornando mornentos respecto al punto A, y aplicando previamente el Principio de Acci6n y Reacci6n, se tendrä que:

b) Aruilisis de fuerzas mediante la aplicaci6n deI principio de las potencias virtuales. Se determ.inarän previamente las velocidades de los centros de gravedad de las ba-

rras 2 y 3: i

vG, =m2 x ro,G,

= 0 / 2

j

k

0

-cu2

0

0

[

=-cu2 '2' j

vG, =m2xrO,A =-(1)2 . / . ] 215


Ademas se tenia que: ÖJ2 =-(02· k ÖJ3 =-2·(02· k

y teniendo en cuenta las fuerzas y pares de inercia obtenidas anteriormente, se tendra que:

OPotencia =

Fu., .VG, + Fu.,.vG, + Tu., . ÖJ2 + T2 . ÖJ2 + 1;., . ÖJ3 =

°

Operando, se tendra que: /

/

1

2

-m· ·a 2 '(02 ·2-m./.a2 '(02 '/-12 ·m·/ ·a 2 '(022

Suponiendo el par exterior horario. Dividendo la expresi6n anterior por (02' se tendra que:

5

2

2

2

T2 =-·m·/ ·a2 -0193·m·/ .(02 3 '

- (5

Tz =- 3· m . /2 ·a2 -0,193'm'/ 2'(022)·k

216

TEMA 2. ANAusIS DIN.4MICO DE MECANJSMOS PLA.NOS

PROBLEMA 16. EI mecanismo mostrado en la figura estä diseiiado para ejercer una gran fuerza sobre Ia barra horizontal en B para una operaci6n de estampado. Si el cilindro hidräulico CD ejerce una fuerza axial de 800 N Y a = 800 • l,Que fuerza horizontal se ejerce sobre la barra horizontal en B? Se pide resolver el problema mediante los siguientes metodos: a) Leyes de Newton. b) Principio de los Trabajos Virtuales. c) Pimcioio de las Potencias Virtuales.

Considerese el proceso corno cuasiestätico y despreciense las fuerzas y pares de inercia.

SoluciOn: a) Leyes de Newton. En primer lugar se obtendrän algunos ängulos necesarios para Ia realizaci6n deI problema. De la figura siguiente se obtiene que:

C

217

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEOm DE M4.QUINAS Y MECANISMOS

Por otra parte, las fuerzas actuantes son:

Fe =-Fe ·cos(ß).T +Fe .sen(ß).J FH=FH·T por 10 tanto, el trabajo virtual efectuado por dichas fuerzas sera:

ow = l-Fc .cos(ß) .T +Fe .sen(ß). JJ.l-02C . sen{a). oa ·T +02C .cos{a).oa· J]+ + [FH.T].[- 2 · 0 2A .cos{a) · oa· T] efectuando los productos escalares,

c5W = Fe .cos(ß).CD. sen(a ).oa + Fe .sen(ß)·CD .cos(a ).oa -FH·2· CB .cos{a). oa y aplicando el principio de los trabajos virtuales a un sistema mecänico en equilibric estatico, se tendra que:

OW = [Fe . cos(ß). 0 2C . sen{a) + Fe .sen(ß)·02C .cos{a)-FH.2·02A·cos(a)}oa =0 igualando el termino entre corchetes a cero y sustituyendo valores se llega a: 78,9293+ 648,3276-0,3473·FH =0 de donde se obtiene la soluci6n: F H = 2.094,0308 N

c) Principio de las Potencias Virtuales. Se considera el mecanismo mostrado en la figura siguiente y se supone una velocidad angular de la barra 2, m2 = 1· k rad/s .

Aplicando las ecuaciones deI movimiento relativo se tiene que: vB,

yademäs:

220

= vA, + m3 x

rA,B,

TEMA 2. ANAUSIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Los vectores posici6n vienen dados por:

Po,c = 250.10-3 • [cos{80o). 7 +sen{80o). J]= (0,0434.7 + 0,2462.J)m rO,.4 = 250 .10-3 • [cos{170 o ) . 7 + sen{170o).J] = (- 0,2462· T+0,0434.J)m rAß = (-0,2462.7 -0,0434.J)m Por 10 tanto, sustituyendo en las ecuaciones de velocidad anteriores, se tendrä que:

vc, =

k

j

i

°

°

1 =(-0,2462.7 +0,0434.J)mls

0,0434 0,2462

°

Por otra parte:

vB, ·i =

i

j

k

°

°

1 +

-0,2462 0,0434

°

i

j

k

°

°

a>3

-0,2462 -0,0434

°

de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

vB, = -0,0434 + 0,0434 : a>3}=> {VB, = -0,0868 mls 0= -0,2462 - 0,2462· a>3 a>3 =-1,0 radis La aplicaci6n deI principio de las potencias virtuales conducirä a la siguiente ecuaci6n: Pvinual

=Fc 'vc, +FH • vB, =0

donde:

Fe =800·rcos(145,3773°).7 +sen{145,3773°)' J1=(-658,3291.7 +454,5359· J)N FH =FH ·7N y VD =(-0,2462.7 +O,0434.J)m1s VA =-0,0868·7 mls Efectuando los correspondientes productos escalares, se llegarä a: 162,0806 +19,2769-0,0868· F H =0 de donde se obtiene: FH = 2.094,0565 N

221


PROBLEMA 17.

Dado el diagrama cinematico deI mecanismo de la figura, el cual se encuentra en un plano vertical, se pide: a) Calcular el valor de la fuerza F necesaria para equilibrar estaticamente el sistema, aplicando el Principio de los Trabajos virtuales a todas las fuerzas por igual. b) Calcular 10 rnismo que en el apartado a), pero distinguiendo entre fuerzas conservativas y no conservativas. Datos geometrieos:

0 20 4 = 50 cm, 0 2A = 20 cm, OtJJ = 80 cm, q = 50°. Datos dinärnicos:

T=3500N·m. Datos mäsicos: m2

= 5 Kg, m3 = 1 Kg, m4 = 20 Kg.

F

Solucion: a) Se aplicarä el Principio de los Trabajos Virtuales, segful el cual, un mecanismo se encontrarä en equilibrio cuando la suma de los trabajos virtuales producidos por las fuerzas externas que actUan sobre el mismo es cero, es decir: NF

NT

i- \

;-\

Si OW =Li;·&; +LT; .oÖ; = 0 el sistema estarä en equilibro.

222


Fuerzas y pares externos que actUan sobre el si sterna:

F = -F . ]

cuyo module es desconocido.

P2 =-m2 .g.J ~

=-m3 .g.J

p., = -m

4 •g

.J

Vectores de posicion de los puntos de aplicacion de dichas fuerzas:

rF=04P·Cos(84)·i +04P.sen(84).J

- (0 ° rp, =

2

4

°2 A

A

+02 2 ' cOS (q)) ·z-: + 2 · sen (q ).]..,

rp, = (OP4 +02A·cos(q))·i +02A.sen(q).J

- °4P

°4P

(84 )· -:z +-·sen (84 ).].., rp, =_·cos 2 2 A sen k8-4 =arctan (02 . {q)) ( ) . 0 2 0 4 +02A·cos q A continuacion se obtienen los desplazamientos virtuales:

orF = -04P, sen(e4 )· 084 ·i +04P'COS(eJ'Oe4'] Corno 0 Ö4 = K 9, • 0 q -k queda finalmente:

°4

°4

orp, =- 2P ·sen{e4 )'K9, .oq-i + 2P -cos'8 \: 4 )-K9, -oq·]'" Por tanto, queda:

OW=F'07F +~ -or!': +~ -07,1\ +P4 -orp, +T-oÖ. =0 223


Sustituyendo las expresiones correspondientes, da:

(-F.J).(-04P.sen(e4)·Ko. ·5q·i +04P'COS(e4)·Ko, .5q.])+

°2

A A (- m2 • g. j-) . (02 --2-' sen (q ) ·5 q. -i + 2' cos () q ·5 q. j-) + +(-m3 ·g.]).(-02A.sen(q).5 q·i +02A.cos(q).5q.])+ (-m 4 .g.]){- O;P . sen(e4 )· K o, .5q.i + O;P . cos(eJ. K o• ·5q.] )+T.5 q =0 De donde se despeja la fuerza F que es necesario aplicar para equilibrar el mecanismo:

-F .04P'COS(e4)·Ko, ·5q -m2 • g. O;A . cos(q). 5 q-m 3 • g .02A.cos(q).5 q -m4 .g. O;P . cos(eJ· K e, ·5q+T.5q =0

ae 0 A·O2 0 4 .cos(q)+O2 A 2 ·cos 2 ( ) donde K e se calcula yvale K e = _ 4 = 2 4 • 'aq (OP4 +02A.cos(q))2

e

Por tanto:

F =-5 ·9,81·0,1.cos(50o)-1·9,81·0,2·cos(500)-20·9,81·0,4·cos(13,7°)' 0,249+3.500 0,8· cos (13,7°). 0,249

F=3,476,6 =17.96374N 0,1935 ' En forma vectorial

F = -17.963,74· J N

b) Se realizarän los calculos separando las fuerzas exteriores que actUan sobre el mecanismo entre fuerzas conservativas y no conservativas. De acuerdo a esta formulaci6n, el Principie de Trabajos Virtuales dice 10 siguiente: Si öW = Q1IC . {fq + QC .8q = 0 el sistema estara en equilibro. Donde QC = _ dV es la fuerza generalizada conservativa. dq

224


~

Qnc =

.L (Fx1

L1J .K np

. K x,

+ FJ\ . KJ\)+

i~l

Sj

es la fuerza generalizada no conservativa.

j~l

Cälculo de la funci6n potencial V. En este ejemplo las Unicas fuerzas conservativas que estän actuando son las debidas a la acci6n de la gravedad. Por tanto:

OA sen{q ) , h-; =02 A .sen{q) y h =-4-, OP Con h2 =_2_. sen{B4) 4

2

2

Portanto:

Por otro lade:

r'

--F , K r -_dY -_d(04 P . sen (OJ)_OP. (0 ).Ke - 4 COS 4 dq dq •

.cr -

T.=T K =dq=1 J ' q dq Luego:

Finalmente queda:

-F·04 P.cos{B)4 ·Ke• +T-m z .g. O;A .cos{q)-m3 .OzA.g.cos{q}-m4 .g. O;P . cos{BJ. K s• =0 Dedonde:

T-m 2 .g' O;A .cos{q)-m3 .g.02A.cos{q)-m4 .g. O;P .cos{(4).Ke•

F---------=-------------~~--------~---------

-

04P'COS{(4)·Ke4

F = 3.500- 5 ·9,81· 0,I,cos(500)-1·9,81. 0,2· cos(500)- 20· 9,81· 0,4,cos{13,7°)' 0,249 0,8· cos (13, 7°). 0,249 F = 3.476,6 =17.963 74N 0,1935 '

Luego: F=-17.963,74·]N 225


PROBLEMA 18.

EI mecanismo de Ia figura, situado en un plano vertical, se acciona mediante un par 1;, aplicado en sentido horario a la barra de entrada 2. En la barra de salida, que es la 4, se aplica un par resistente ~. Si el mecanismo arranca en la posici6n dada por la figura, se pide: Determinar la expresi6n de la aceleraci6n angular que adquiere la barra de entrada en el instante deI arranque. Datos geometricos: 1j =

r3 , r2 = r4 , r3 = 2· r2 , todos conocidos.

e = 60° . 2

Dato masicos e inerciales: Masa de las barras, m2 , m 3 Y m4 Y momentos centrales de inercia JG2 , JG3 e JG" conocidos.

226


Solucion: Dadas las caracteristicas deI rnecanisrno de cuatro barras deI que se trata, es evidente que:

yque:

A continuaci6n, se calculani el par generalizado a la barra de entrada. Estableciendo la igualdad de las potencias instantaneas deI si sterna real y el generalizado, se tendra:

-.q7 =1:2 .q7+T..i.iJ +m2 .g-.)iG, +m3 .g-.)iG, +m4 .g-.)iG, Q 4 4 Suponiendo

q horario y el par generalizado tarnbien, se tendra que:

Q.q = T2 ·q-T4 ,cu4 +m 2 . g ,vG, . cos{q) + m3 . g ,vG, ·cos{q)+ m4 . g 'vG, .cos{q) segUn se deduce de la figura siguiente.

La expresi6n anterior se puede poner corno:

227


Eliminando la velocidad angular de la barra 2 de ambos tenninos, se tendnl. que:

Q=T2 -~ +m2 .g. ~ ·cos{q)+m3 ·g·r2 .cos{q)+m4 .g. ~ ·cos{q) Paraq = 60°

Q =T2 - T4+g' r 2' (

m2 +4·m3 +m4 ) 4

La inercia generalizada a la barra 2 se obtendra de la equivalencia de las energias cineticas deI sisterna real y deI generalizado.

1 ' 2 =_.] .q·2 +-·m·v 1 2 1 1 2 1 1 _.].q +_.] .([)2 +-·m·v +_.] .([)2 +-·m ·v2 2

2

G,

2

2

G,

2

G,

3

2

3

G,

2

G,

4

2

4

G.

que sera:

luego:

I -_IG + ] G +r22 .(m2 +4·m3+m4 ) "

4

En el instante deI arranque, la velocidad es nula por 10 que la ecuaci6n deI rnovimiento quedara corno sigue:

sustituyendo,

-T . .(m2 +2·m3+m4 ) Q T2 4+g r2 4

a =- = - - - - - - - 7 - - - - - - f 2 ] ] ] 2 2 +4·~ +m4 ) G, + G, +r2 4

.(m

228

TEMA 2. AN.4LISIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 19. EI mecanismo de la figura estä situado en un plano vertical, estä accionado Unicamente por la fuerza de la gravedad. EI punto A desliza por la ranura practicada en la barra 3. Para los datos que se dan a continuaci6n y sabiendo que el movimiento se inicia desde la configuraci6n deI mecanismo dada por q = 345 0 se pide ca1cular a) La aceleraci6n angular que adquiere la barra 2 en el instante deI arranque (velocidad nula). b) La velocidad y aceleraci6n angulares que llevara dicha barra 2 cuando el augulo q sea q =300 0 • Datos geometrieos:

0=300 0 (constante), r2 = 1 m. Datos mäsicos einereiales: Momento de inercia de la barra 2 respecto un eje perpendicular al plano que contiene el mecanismo y que pasa por 02, 10]. = 4,90 Kg·m2, m 2 = 14,70Kg y m3 = 9,80Kg. La barra 2 se puede asimilar a una varilla delgada uniforme.

Gravtdad

229


SoluciOn: a) La aceleracion angular que adquiere la barra 2 en el instante deI arranque (velocidad nula). Se aplicara la ecuacion deI movimiento de Eksergian. Para ello se necesita calcular la inercia generalizada y el par generalizado deI mecanismo. La energia cinetica total deI mecanismo sera:

1 2 1 .2 1 2 1 .2 1 2 ECT =-·m·v 2 2 G, +_.J 2 G, .q +-·m·v 2 3 G, =_.J 2 0, .q +-·m 2 3 ·vG, EI momento de inercia para la barra 2 aportado en los datos no es el central, sino el momento de inercia de la barra 2 respecto un eje perpendicular al plano que contiene el mecanismo y que pasa por O2 . De ahi la transformacion realizada. La velocidad deI centro de gravedad de la barra 3 se obtiene a partir deI anälisis cinematico deI mecanismo.

Gravedad

La ecuacion de velocidades deI movimiento relativo que se plantea es:

VG, = VA, VA, = VA, +VA,/3 23Q

TEMA 2. ANALISIS DIN.4MICO DE MECANISMOS PLANOS

De la ilustraci6n se deduce:

VA,

=VA, . (cos{o).T + sen{o).J) =VA, . (cos{3000).T +sen(300

VA,!3

P' + sen (0 +90

= VA,!3 . (cos{o +90 0

0

).

0

).J)

J)= VA,!3 . (cos(390 0 ). i +sen(390 o ). J)

VA,!3 =vA,!J . (cos(30°). i +sen(30o).J) La velocidad deI punto A2 sera:

i

VA, :::qxro,A, =

j

k

0 0 q =-r2.q·sen{q).T +r2.q.cos(q).J r2.cos(q) r2·sen{q) 0

Por 10 tanto, reescribiendo la ecuaci6n de velocidades, se tendra que:

-r2 .q.sen(q).T +r2 .q.cos(q).J = VA, . (cos{3000). i +sen{300o).J)+ +VA ,!3 ,(cos(30o).T +sen(30 0 ) . J) Separando en componentes horizontal y vertical:

- r2 • q. sen{q) = VA, . cos(3000)+ V A,!3 . COS(300)} r2 • q . cos{q) = VA, . sen(300 o )+ VA,!3 . sen(30 0 ) Despejando VA, :

rz .q . sen(q)· sen(300 )::: -VA, ,cos(3000). sen(30o )-vA,!3 . COS(300).sen(300)} rz .q. cos(q). cos(30 0 )= VA, . sen(300°). cos(300)+vA,!3 . sen(30 0). cos(30 0) r2 .q .(cos(q ). cos(300)+ sen(q). sen (3 00)) = VA, . (sen(300 0). cos(300)-cos(3000).sen(300))

rz . q . cos(q - 300) = VA, . sen(300° - 300) = VA, . sen(270 0) = -VA, VA, =-rz .q·cos(q-300) Por tanto se puede introducir estos resuItados en la energia cinetica total deI mecanismo.

EC =±.Io, .q2 +~.m3 . [-rz .q.cos(q-300)f T

ECT =±.[Io, +m3.rz2.cos2(q-300)].qZ

231


19ualando Ia energia cinetica deI sistema reducido y Ia deI sistema real se tendra: 1 [I0, +m '21 '1.q. ='2' 2

3

·r22 ·cos 2 ( q- 300)]' .q 2

esto es,

Sustituyendo valores para la configuraci6n I,

cl = 345°.

1 =9,8Kg·m 2 1

q

Para el ca1culo deI par generalizado a la barra 2 tarnbien se la velocidad generalizada para el ca1culo de las velocidades de los centros de gravedad de las distintas barras. En la figura siguiente se muestran esas veIocidades genericas.

x

,,

Gravedad

" \

\ \ \ \ \ \

\ \

Para obtener el par generalizado a la barra 2 se iguala la potencia deI sistema generalizado y la potencia deI sistema real, quedando:

Q.q =mz .g.va, +~ .g.va,

232


DeI analisis cinematico anterior se deducen los vectores velocidad.

Sustituyendo en la ecuaci6n de potencias:

luego:

Sustituyendo valores para la configuraci6nI,

cl = 345°.:

Q! =-128,52 N'm En el instante deI arranque desde el reposo, la ecuaci6n deI movimiento quedara reducida 10 siguiente:

i

esto es,

Sustituyendo valores se tendra que la aceleraci6n angular de la barra 2 en el instante en que se inicia el movimiento es:

c/ = -13,1143 rad/s 2 b) Velocidad y aceleraci6n angulares que llevara dicha barra 2 cuando el ängulo q sea q =300 0 • Para calcular la velocidad de la barra 2 cuando q = 3000 se aplicara el teorema de las fuerzas vivas. Como configuraci6n de partida (Configuracion 1) se toma q! = 345 0 y como final (ConfiJmracion ]J) aauella en que a D = 3000 • 233

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUlNAS Y MECA NISMOS

La energia cinetica deI mecanismo en la configuraci6n 11 sera:

EC;

=~ ' 1 .(qll'f

Para calcular la energia cinetica total deI mecanismo cuando este pasa por la Configuradon II se aplicara el Principio de Conservaci6n de la Energia:

EC; - EC~

=W l....ll ~ EC; =W Hll

Dado que se parte deI reposo, EC~ = 0 . Por otra parte, las dos Unicas fuerzas exteriores que generan trabajo son los pesos propios de las barras 2 y 3. EI trabajo que realizan las acciones exteriores entre las dos configuraciones se puede calcular directamente 0 bien calculando el trabajo de la fuerza generalizada. Para el primer metodo, se utilizara la energia potencial de las barras, ya que el peso es conservativo. En la figura siguiente se indican las diferencias de alturas de los centros de gravedad respectivos cuando el mecanismo pasa de 1 a II. .

0- 0\

\

\ \

234

,


Conjiguraci6n 11

x

'- '. \ \

De la figura se tiene que:

~=

r2 .sen{ql)= 1,0 .sen(3450)=-0,1294m

2

2

~ = r2 • cos{l -o} sen(ö)= 1,0 .cos(45°)· sen(300o) = -0,6124 m y

Jz!j =

i.

sen{qU) =

1;U . sen(300o)=-0,4330m

~ = r2 • sen{qu) = 1,0 · sen(3000 ) = -0,8660 m En consecuencia, el trabajo desarrollado por los dos pesos en orden a mover e1 mecanismo vendrä dado por:

W I ...U = -m 2 • g. (Jz!j

- ~)- m3 • g. (~u - hJ)= -14,7·9,81· (- 0,4330 + 0,1294)-

- 9,8 ·9,81· (-0,8660+ 0,6124)= 68,162 J Si se integra 1a fuerza generalizada entre las configuraciones 1 y 11 se tendrä:

foo{ 1 ( ) wI...U= ~I(10 Q·dq= !45'l-m2·g·2'r2·cosq -m

3

./31

(0) ·g · r2 · cosq-30 'Tj'dq

1 W I ...U =-m2 ·g ·2·r2 . sen (q )\300' 1345' -m3 ·g·r2 ·.,,}3 l ·sen(q-300)\300' 1345'

W I ...U = 68,167 J 235


La diferencia entre ambos resultados se debe a1 redondeo. Por 10 tanto: 1 I (. II Y.}-:::::;,q·11 = W 1-+11 = ECII T=-··q

2

~ 2· EC;: I

esto es, 1a ve10cidad que lleva 1a barra 2 cuando q = 300° 0 sera: qII

= -5,2746 radis

Se considera signo negativo dado que e1 giro es horario. Para ca1cu1ar 1a aceleraci6n angular de la barra 2 habra que considerar la ecuaci6n deI movimiento: .. 1 dI ·2 Q = I .q+_._.q

2 dq

Dado que 1a velocidad angular de la barra 2 es distinta de cero, habra que determinar la derivada de 1a inercia generalizada con respecto a 1a coordenada generalizada. dI dq

=~[Io dq

,

+m3 .r22 .cos 2 {q-300)]=-2.m 3 .r22 .sen{q-300).cos{q-300)

Por 10 tanto, recordando tambien 1a expresi6n correspondiente a1 par de fuerzas generalizado obtenido en el apartado precedente y sustituyendo los va10res correspondientes a la configuraci6n bajo estudio, se tendra que:

Sustituyendo (l = 3000

236


PROBLEMA 20.

EI mecanismo de la figura esta situado en UD plano vertical y se encuentra sometido a la acci6n de su propio peso y a la de UD par exterior antihorario constante aplicado sobre la barra 2, T2 = 20 N·m. EI mecanismo parte deI reposo desde la posici6n dada por q = 60°. Los centros de gravedad de las tres barras m6viles se encuentran situados en la mitad de las mismas. Cuando q = 0° se pide determinar: a) La velocidad angular de la barra 2. b) La aceleraci6n angular de la barra 2. Datos geometrieos: r2

= 1,0 m, r3 = 1,4 m, r4 =

1,0 m,

Datos mäsicos einereiales: m2 = 5 kg, m3 = 10 kg, m4

= 4 kg,

Ja,

= 0,40 kg·m2,

Ja,

= 3,30 kg·m2,

10•

= 0,20 kg·m2•

y

1,4m

x

237


Soluci6n: a) Velocidad angular de la barra 2 cuando q = 0°. La posici6n inicial (I) y [mal (lI) deI mecanismo se indican en la figura siguiente. Posicion iniciaill

Posicion inicial I y

En primer Iugar se debe determinar el sentido deI movimiento deI mecanismo. Para ello se debe calcular la fuerza generalizada de este y su sentido para la configuraci6n inicial, el cual sera el deI movimiento. De la geometria deI mecanismo es trivial que:

q = ()4; ()3 = 270°; q= tV4 ; tV3 = 0; La expresi6n para la obtenci6n de la fuerza generalizada es:

Q.q' =1:2 .q-: +m2 ·g-·vG,

+m3 ·g-·vG, +m 4 ·g-·VG,

Las velocidades de los diferentes centros de gravedad SOl

VG, = qx rO,G, =

i

j

k

0

o

q =-q' r2 .sen{q).T +q. r2 .cos{q)·]

r2 ·cos{q) 2

r2 • sen {q)

v =v =v =qxro ' = G3

A3

A2

2.112

2

0

2

0

J 0

r2 • cos{q) r2 • sen{q) 238

2

K

q =-q·r2 .sen{q).T +q·r2 ·cos{q).] 0


-

VG,

=V- G, =-q. .2r2 .sen ( q) . I~ + q• .2r2 .cos ( q) .)~ La fuerza generalizada sera:

J+

Q.q = (T2 .f).(q .f)+(-m2 • g. J)"l-q. i ·sen(q)·t +q. i .cos(q)· J +(-m3 .g.J).(-q.r2 .sen(q).t +q·r2 .cos(q).J)+ +(-m g .J)-(-q·i .sen(q).t+q·i .cos(q).J) 4 •

Q·q=T2 ·q-m 2 .g.q. ~ .cos{q}-m3 ·g·q·r2 .cos(q)-m4 .g.i]. ~ .cos{q)

En la configuraci6n 1, ql = 60° 1a fuerza sera:

Q = -51,1225 N . m, negativa y, por tanto, con sentido horario. EI movimiento de 1a barra 2 tendrä sentido horario. Esto es importante, ya que si e1 sentido fuera antihorario, 1a segunda configuraci6n deberia ser qU = 360 0 •

Ahora se debe ca1cu1ar e1 trabajo que rea1izan las acciones exteriores entre las configuraciones 1 y 11. Para ello se integra la fuerza generalizada entre esas dos configuraciones.

(Q'dq= (I(T2 - ( m2 ;m 4 +m3 }g.r2 • cos(q)}dq

Wl->Il

=

Wl->Il

=T2 .q)~ _( m2 ;m 4 +m3 }g.r2 .sen(q))~

W I ....Il = 102,244 J

Observese que se debe introdueir el valor deI ängulo en radianes euando dieho ängulo no esta dentro de una funci6n trigonometriea. Tambien se puede caleular el trabajo de las aeeiones exteriores direetamente, teniendo en euenta que el peso es una aeei6n eonservativa. Para esto se neeesitan las coordenadas de los eentros de gravedad de las barras m6viles, expresadas en el sistema de refereneia de la figura. Estas son: G~ (0,25; 1,83)m; Gi (0,50; 1,57)m; G: (0,25; 0,43) m

para 1a posici6n inicial y por:

G{ (0,50; 1,40)m; G: (1,00; 0,70)m; G: (0,50; 0,00) m para la eonfiguraei6n final deI mecanismo. 239

PROBLEMAS RESUELTOS DE rEoRiA DE M4QUINAS Y MECANISMOS

EI calculo deI trabajo resulta entonces:

W1->1l = T2· (11 q -q I) -m 2 .g. (ll YG, WI->II = 102,368 J

I) -m 3 .g. (ll I) -m 4 .g. (ll I) -YG, YG, -YG, YG, -YG,

Las diferencias entre los dos resultados se deben a los redondeos. DeI Teorema de Conservaci6n de la Energia, se tendra:

Wl->ll

=EC~ - EC~ => WI->II =EC~ =.!.. I· l/

2 Ya que se parte deI reposo. Para ca1cu1ar la Inercia Genera1izada deI mecanismo se plantea la igualdad de energias cineticas de los sistemas generalizado y original. 1

2

1

.2

1

2

1

2

1

-·I·q· =-·1 2 2 G, .q +-·m·v 2 2 G, +-·m·v 2 3 G, +-·1 2 G,

·Cü

2

3

1

+-·1 2 G,

·Cü

2

4

1

2

+-·m·v 2 4 G, =

La inercia generalizada sera:

La inercia generalizada resulta ser constante para cualquier configuraci6n. Su valor numerico sera:

1=12,85 Kg·m 2 La velocidad de la barra 2 cuando q = 0 0 sera:

qII =~ · :;~ =3,989 radis (horario ) 2

b) Aceleraci6n angular de la barra 2 cuando q = 00 • Para el calculo de la aceleraci6n en la barra 2 se utilizara la ecuaci6n de Eksergian.

I.

(dI)

1 dq .q·2 Q = .q+"2. Despejando la aceleraci6n generalizada para la configuraci6n II.

240

TEMA 2. ANA.LISIS DINA.MICO DE MECANISMOS PLANOS

A continuaci6n se deterrnina el par reducido a la barra 2 cuando esta se encuentra en 1a configuraci6n I1.

m;m4 + m3)- g. r2 . COS(qII)= -122,245 N.m

QII = T2 _( 2

La inercia generalizada es constante, por 10 que su derivada respecto de 1a coordenada generalizada sera nula. Por tanto, la aceleraci6n pedida sera:

QII q.. II =-=-9 513 radis 2 III

'

241


PROBLEMA 21.

Sea el elevador de la figura, fonnado por una platafonna (barra 4 deI mecanismo) que ( desplazada mediante sendas barras (2 y 3). EI meeanismo se mueve mediante un piston h dniulico que en el punto D aplica un esfuerzo horizontal. EI punto O2 es una articulaeion ce la barra fija, A, B Y C son articulaciones y B YD son deslizaderas.

c

B

En un momento dado, se produee una rotura deI sistema hidräulico, produeiendose t descenso de la fuerza deI piston, Fp, de 629 Kp. a 100 Kp., por 10 que el sistema empieza baiar desde la posieion inieial (q = 60°). Se pide: a) Inereia generalizada deI meeanismo (eoordenada generalizada q).

b) Velocidad que adquiere la plataforma euando desde q = 60°, el meeanismo baja has que q= 30°. Datos geometrieos: 02C = BD = 1= 2,5 m.

Datos mäsicos einereiales:

m4 = 1 tonelada, m2 = m3 = 110 Kg.'!G, Las barras 2 y 3 son uniformes.

242

= JG, = 60 Kg·m2•


Solucion: 001 me<;am:mlO (coolrderlada gen<::rall:zada.

a)

Par la igualdad de energias cineticas entre el si sterna generalizado y el original, se tiene:

1

1

.2

1

2

1

2

-'2

1

-2·/· q =-2·m2·VG,+-·m.v 2 3 G, +-./ 2 G, .q +_./ 2 G,

2

·CO

3

1

2

+-·m·v 2 4 G,

De la geornetria deI rnecanisrno se deduce:

83 =180 0-q Tambien se deduce que Ia barra 4 permanece siernpre horizontal. La resoluci6n deI problerna cinernatico para las barras 2 y 3 sera:

k

j

o

q. = --/ . sen().71 q . q . 1 + - . cos () q . q. . ].., 2 2

o

1 2 I.

1 2

o

-. cos(q) -.sen(q) _

_

2

12

2

•2

VG, =VG, => VG, = VG, =Z·q => VG, =VG, ="4. q Para Ia barra 4:

j

().71 () . .., VB,·J=-Z·senq.q'l+Z·Cosq.q'J+ ..,

1

o

0

L Sen(180 -q) o

Lcos(1800-q)

0

2

2

1 (). 1 () . ].., -'2' I sen() 1 () VB,' ].., =-'2.sen q ·q·l7 +'2'cos q 'q' q 'C03'17 -Z·cos q 'C03' ]..,

o=-~.sen(q).q-~.sen(q)'C03} 1

( ).

1

( )

VB, = Z . cos q . q - Z . cos q . C03

(

=> JV l B,

C03 =_q = I· cos(q). q

VG4 = VB, =I.cos(q).q.] => V~, =/ 2 . cos2(q).q2 Sustituyendo en la igualdad de energias cineticas los valores de velocidades encontrados:

1 /

.2

1 2

[2. 2

1 2 /

.2

1

Z· .q =Z· ·m2'"4. q +Z· . G,·q +Z·m4 •

12

2( )

·2

·cos q .q

m2 · ' 2·cos2() /=2·/G, +-2-+m4·1 q

243


b) Velocidad que adquiere la plataforma cuando desde q = 60°, el mecanismo baja hasta que Q = 30°.

En primer lugar se calculara el trabajo realizado por las acciones exteriores entre las dos posiciones conocidas. Esto se puede hacer integrando la fuerza generalizada 0 con el cälculo directo. Cälculo de la fuerza generalizada: Q.q=~

,vo, +~ ,vo, +~ .vo, +Fp .vE

Endonde:

Fp =-Fp ' [ En la parte cinematica falta calcular la velocidad

v

D, •

j

o

- L sen(180

0

2

~ = - Z·sen / ().~ / ().~ / ().~ / ().~ q ·q·z +Z·oos q .q. } -Z·sen q ·q·z -Z·oos q .q. }

VD, '1

VD,

= -I· sen(q)· q

v

=-l.sen(q).q.[

D,

Sustituyendo en la ecuaci6n de la fuerza generalizada resulu

Q.q = (-2.m 2 • g . J).( -~.sen(q).q . 7 +~ . cos(q).q. J)+ +(-m•. g. J)·V . oos(q).q. J)+ (-Fp .7).{- /.sen(q).q.r) Q.q = -~. g ./.cos(q)· q-m4 • g ·/.cos(q)·q + Fp ·/·sen(q)·q Q=-(m2 +m4 )· g ·/· oos(q)+Fp ·/·sen(q) Integrando entre

ql

=60

0

=

1C

3

rad y qU

=300 = 1C rad: 6

1C

W l -+ U = -(~ +m4 )· g . l.sen(q))~ -FD 3

w -+ =9.066,5408 J l

244

O

1C

./.oos(q))1 3

-q)

k -q o

TEMA 2. ANAuSJS DINAMICO DE MECANJSMOS PLANOS

Se debe tener en cuenta que la fuerza deI piston esta expresada en kp. y se debe pasar a Newtons. Dado que las fuerzas son todas constantes, se puede calcular el trabajo que efecruan calculando los desplazarnientos de la barra 2, de la barra 3 y 4 (punto A) y deI punto D. Despiazarniento de la barra 4: Ml4 = 1· (sen(l)- sen (q 11 ))= 2,5· (sen(60 0 )-sen(300))= 0,9151 m. EI desplazarniento deI punto A sera Ia mitad deI desplazamiento de Ia barra 4. MI MI). =_4 =0,4575m. 2 Despiazarniento deI punto D. !!.xD= / . (COS(qIJ)_ cos(l ))= 2,5· (cos(30o)- cos(60 o)) = 0,9151 m. EI trabajo aportado por las fuerzas exteriores al sistema, sera por tanto, debido a los pesos de las barras y a la fuerza deI piston:

W I ....1I = m 4 • g. ~ + 2· m2 • g. Ml e - Fp ·!!.xD WI .... 1I = 9.066,5408 J Las diferencias entre los dos caiculos se deben al redondeo. Ese trabajo es igual al incremento de la energia cin6tica que sufre el sistema entre las dos configuraciones: Wl~II

= ilEC: .... 11 = EC: + EC: = EC:

Ya que se parte deI reposo. La energia cin6tica deI sistema sera

La velocidad de la barra 2 sera: . ~2'EC~ q= [ll

=

2'EC~ 18762 d/ ( ' d ') m .l2 ( 1I) = , ra s senn 0 neganvo 2.[ + _ 2_+ m ./2 .cos 2 q G, 2 4

La velocidad: de la plataforma sera:

vG,

= /. cos{q). q.

J= -4,0621 mls.

245


PROBLEMA 22. EI mecanismo de la figura, situado en un plano vertical, inicia el movimiento desde el reposo y debido a la acci6n de su propio peso desde la posici6n dada por q = 290 0 indicada en la figura. La barra 4 gira y estä unida a la barra fija mediante un par de rotaci6n localizado en elpunto B. Datos geometricos deI mecanismo: 0zB = 75 mm, 02A = r2 = 50 mm, AC = r3 = 100 mm. Datos mäsicos einereiales deI meeanismo:

Las barras 2 y 3 son uniformes y se pueden asimilar a varillas delgadas.

x

75 rn.m

246

TEMA 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PIANOS

= 290°, e; = 238,6°, ABI = 32,82 mm y suponiendo que a la barra 2 se le da la velocidad de ql = 1,0· k radis, se obtendrian las siguienEn la posicion considerada y definida por ql

tes velocidades:

ä3; =-0,95 · k radis, v~, =(6,43. T+ 41,86· J)mmJs. En la posicion considerada y definida por qO =270°, niendo que a la barra 2 se le da 1a velocidad de velocidades: -0 Cü 3

e: =

270°, AB II

=25 mm

y supo-

iY = 1,0· k radis, se obtendrian las siguientes

50 'l7 =-2 . k- radIs,v-li G, =-

mmJs .

Para el instante en e1 que e1 meeanismo arranca desde e1 reposo, ql = 290° , se pide calcular 10 siguiente: a) Inercia generalizada a 1a barra 2. b) Par generalizado a la barra 2. c) Aceleraei6n angular de la barra 2 en el instante deI arranque,

ql (radI52).

A continuaei6n, y pll!a el instante en el eual la barra 2 tiene una orientaei6n qO =270° , se pide calcular 10 siguiente: d) Trabajo de las aeeiones exteriores que aenlan sobre el mecanismo, al pasar de la contiguraci6n ql =2900 a qU =2700 . e) Veloeidad que adquiere la barra 2 euando qU = 270° .

247


Solucion: a) Inercia generalizada a la barra 2. Se dispone de datos dei mecanismo en la posici6n definida por qI = 290 0

,

ei = 238,

Y AB = 0,03282 m.

Para obtener la inercia generalizada deI sistema a la barra 2 se supone una velocidad dicha barra 2, ficticia, en la posici6n considerada y se obtienen las velocidades angulru de las barras y las de sus centros de masas. Para esta distribuci6n de velocidades se calc lara la energia cin6tica deI mecanismo y se igualara a la que tendria una barra con la in, cia reducida sometida a rotaci6n con la velocidad angular supuesta para la barra 2.

Como dato se proporcionan los siguientes resultados cinematicos considerando que la t rra 2 posee una velocidad angular de qI = 1,0· k radis:

m;= -0,95 · k radis, Vb, = (0,00643. T+ 0,04186· J)mls

Puesto que no se proporciona la velocidad deI centro de masas de la barra 2 y se neces para obtener la energia cin6tica dei mecanismo, se debe obtener.

Vb, = qI X r~,G, = (0,02349, T+ 0,00855· J) mls Tambien habra que obtener los momentos de inercia de las barras 2 y 3 respecto de centro de masas:

G,= 1~ ·m2'r22=1,0416.10-

J

/G

,

2 =J... 12 .m_ .r. =125 .10""3

3

,

3

4

Kg·m

2

Kg ·m2

La energia cinetica deI sistema viene dada por:

EC: =!./I . 2 EC:

(c/f

=~ ' /G, ·(fr +~ . m2 .((v;aJ +(V~aJ)+~'/G, .((Da +~.~ . ((V;aJ +(V~aJ)

donde se ha tenido en cuenta que la barra 4 no contribuye a la energia cinetica c mecanismo puesto que su momente de inercia es nulo. Despejando se obtiene el valor de la inercia reducida a la barra 2:

248


Sustituyendo los valores se obtiene: I' = 4,2351.10-3 Kg · rn 2

b) Par generalizado a la barra 2. Se obtendrä el par generalizado igualando la potencia asociada a todas las fuerzas asociadas al rnecanisrno con la asociada al par generalizado:

P' = Q' ·1/ P'

= m2• g . vb + 1~ .g .vG' 2

l

P' = 0,5· (-9,81- J).(0,02349. i + 0,00855 .])+ 1,5 · (- 9,81 .]). (0,00643 . i + 0,04186 · J) P' = -0,6579 w Despeiando el par generalizado:

Q'

P'

=-

1/

= -0 6579 N . rn

'

c) Aceleraci6n angular de la barra 2 en el instante deI arranque,

q' (rad/s2).

La aceleraci6n de la barra 2 podrä obtenerse de la ecuaci6n de Eksergian, teniendo en cuenta que es un arranque y que por ello la velocidad angular real de la barra 2 es nula:

Q' =1' .ij'

+t{: J.(q' ) ~

ij' = ,;: =-1 55,3464rad/s

2

d) Trabajo de las acciones exteriores que act1ian sobre el rnecanismo, al pasar de la configuraci6n q' =290 0 a qO = 270 0 • Las Unicas acciones exteriores que actUan son las fuerzas gravitatorias. Corno no se ha obtenido la expresi6n de la fuerza generalizada, el trabajo que efect1ian dichas fuerzas gravitatorias se puede calcular a partir de las energias potenciales. Por tanto, son necesarias las alturas a las que se encuentran los centros de gravedad de las barras 2 y 3. Estas se pueden obtener a partir de los vectores posici6n de dichos centros de gravedad.

249


Para la configuraci6n I:

r;, = i .(COS(ql). [ + sen(ql).J)= 0,025· (cos{290o). [ + sen{290o) . J)

r;, = (8,55 .10-

3

•[ -

0,02349· J)m

hb, = -0,02349 m. r;, = r~,A + r10, = r2.(COS(ql). [ + sen(ql). J)+ (cos(e:). [ + sen(e:). J) ;:;, = 0,05· (cos(290o) . [ + sen{290o). J)+ 0,05· (cos{238,6°)' [ + sen{238,6°) ' J)

i.

;:;, =(-0,008949 .[ -0,08966.J)m h~_ = -0,08966 m.

Para la configuraci6n 11:

r;~ = ; . (COS(qll ). [ + sen(qll).J)= 0,025 . (cos{2700) . [ + sen(270o). J)

r: = -0,025 . J m 2

hg

2

= -0,025 m.

r:' = ;::'A+ rA~, = r

2 • (COS(qll). [

+ sen(qll). J)+

i.

(cos(e:). [ + sen(e:). J)

re:; = 0,05 · (cos(270o). [ + sen(2700). J)+ 0,05· (cos(2700). [ + sen(2700). J)

r;, =-0,1 · J m h~, =-O,lm.

EI trabajo de las acciones exteriores, al pasar de la configuraci6n I a la II sera:

W-+ =m l

D

W

I

lI

W

I

-+

->lI

2 • g.

(h~2

- hg,)+ m, . g. (h~, - hg,)

= 0,5 ·9,81· (- 0,02349 + 0,025)+ 1,5· 9,81· (- 0,08966+ 0,1) = 0,15956 J

t) Velocidad que adquiere la barra 2 cuando qD = 270° . La inercia generalizada a la barra 2 en esta configuraci6n es:

250


Corno dato se proporcionan los siguientes resultados cinernaticos considerando que la b~ rra 2 po see una velocidad angular de qlI = 1,0· k radis: m;I = -2 . k radis,

vb, = -0,05 . i mls

Puesto que no se proporciona la velocidad deI centro de rnasas de la barra 2 y se necesita para obtener la energia cinetica deI rnecanisrno, se debe obtener. VII=q"tIIXr.II G2

°zGz

=0025·frr '

Con estos datos cinernaticos se obtiene la inercia generalizada para esta configuraci6n.

A partir de la energia cinetica deI sisterna, se obtendra la velocidad de la barra 2.

En forma vectorial:

q-ll =-5,9·k- radis.

251

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS Y MECANJSMOS

PROBLEMA 23. EI mecanismo de Ia figura, situado en un plano horizontal, inicia su movimiento desde el reposo en Ia posici6n q = 300°. EI mecanismo se mueve debido a un par motor constante aplicado sobre la barra 2 de 1; = 80 · k N . m. Sobre la barra 4 esta actuando una fuerza F4 = -100 . iN, tambien constante. Las caracteristicas geometricas einereiales deI meeanismo son las siguientes: C = 0,45 m, I G2 = 0,005 Kg·m2 ,

m4

=

50 Kg.

q

Se pide determinar: a) Aceleraci6n de la barra 2 en el instante deI arranque. b) Fuerza de reaeei6n que la barra 4 ejerce sobre el suelo, tambien en el instante del arranque. c) i,Podra el mecanismo adoptar la configuraci6n dada por q = 360°?

252


Solucion: a) Aceieraci6n de Ia barra 2 en el instante deI arranque, Para calcular Ia aceieraci6n en el instante deI arranque, se necesita Ia Inercia generalizac y Ia Fuerza generalizada deI si sterna. Inercia generalizada. Se plantea la igualdad de energias cineticas entre el sisterna gener; lizado y el original.

~. I· cl = ~ . I G, • c/ + ~. m4 • v~,

puesto que Ia rnasa y Ia inercia de 3 es despreciabie.

Es preciso determinar vG, • Para ello se procede a Ia resoIuci6n cinernätica.

VG, = VA, = VA, +VA.,A, +VA.,/2 VA., ·7 =qxro,A, +vA.,/2 'ü 2 Los vectores que se deben determinar son

rO,A, = rO,A, . cos{q) , i + rO,A, ,sen{q).J ü2=cos{q).i +sen{q).J DeI dibujo se deduce que

-C

-C -

-

rOA22 ·sen (q) =-C=>rOA =--(-)=>rOA22 =-(-) 'i -C·) "senq tanq Sustituyendo en Ia ecuaci6n de la velocidad i

vA.,·i

=

j

k

o q +V.4.,/2 . [cos{q).i +sen(q).J] 0 -C -C 0 tan{q)

Desarrollando y separando cornponentes, se obtiene

VA, =C·4+VA } {V.4.,/2 = tan()C ./2 'cos{q) q . sen()'4 q 0= - ~ )' 4 + V A,I2 . sen{q) => v =c. 4+ C· cos(q) . 4 =_C_. 4 q A, tan{q). sen{q) sen 2 (q)

253

!110BLEMASl/ESUE~TOS DE TEORiA DE M4QUINAS Y MECANISMOS

La inercia generalizada vendra dada por

para q = 300°, Ia inercia generalizada a Ia barra 2 sera: 1= 18,005 kg ·m2

EI par generalizado a Ia barra 2 se obtendra mediante Ia siguiente expresi6n:

Q.q =1'2·q +F4 ·v... =T2·q+F4 -( senc;(q)}q Q=T2+F4 -(senc;(q)) para q = 300°, el par generalizado a Ia barra 2 sera: Q=20N·m En el instante deI arranque, Ia aceieraci6n vendra dada por:

ij = Q = 1,1108 rad/s 2 I

b) Fuerza de reacci6n que Ia barra 4 ejerce sobre el suelo, tambien en el instante deI arran· que. La aceleraci6n lineal de la barra 4, en el instante deI arranque, vendra dada por:

que sera:

a... ·i=ijxrO,A,+a... /2 ·ü4 =

i

j

k

0

0

ij +a"' /2 . [cos(q).i + sen (q)';]

-c

tan(q) -C o separando componentes,

a... =C.ij+a... /2 ·cos(q) }

a... /2 =

()C

().ij

-C .. => tanq ·senq 0= tan{ ).q +aA4/2 ·sen(q) a = C.ij + C ·cos(q)

q 254

A.

tan(q).sen(q)

.ij =_C_. ij sen 2 (q)


para q = 300°, se tendra que:

äA. = 0,6665 . i mls 2 Aplicando el Principio de D' Alembert, se tendra que:

7 ___

0..;;;4_ _

T"'2

~

=-1G2 .q~=-00056 .kN·m·F =-m·ä =-333241·iN 'm" 4.A" ' '

Tomando momentos respecto a 02, se tendra que:

1; + Tin, + rO,A, x 143 =0 => 80 -0,0056 + 0,5 196 · 143 = 0 esto es,

[.3 = -153,9494 N

l3 = -153,9494· [cos(300). i + sen (30°)' J]= (-133,3241 , i -76,9747 · J)N' Considerando ahora el diagrama de s6lido libre de la barra 4, se tendra que:

];4 = (133,3241. i + 76,9747· J)N Planteando el equilibrio de fuerzas se tendra que:

F4 + Fin4 + ];4 + ];4= 0 Considerando las componentes en la direcci6n vertical, se obtendrä:

/;4

=-76,9747 N

Como comprobaci6n se pueden considerar las componentes en la direcci6n horizontal: 133,3241-100 - 33,3241 = 0 ) l,Podra el mecanismo adoptar la configuraci6n dada por q = 360°? Existe una imposibilidad geometrica para alcanzar la configuraci6n indicada. 255


PROBLEMA 24.

EI mecanismo de Ia figura fonna parte deI mecanismo de apertura de una puerta de garaje. Bajo Ia acci6n de su propio peso, la fuerza aplicada Fe (constante) y el par deI motor T2 (constante), el mecanismo comienza a moverse desde Ia posici6n definida por un ängulo de Ia manivela 2, q = 135 0 , sefialada en la figura. Las longitudes de las barras, las propiedades inerciales deI sistema y el resultado deI problema de posici6n, se indican en-las tablas adjuntas. Se pide: a) Inercia generalizada deI mecanismo. b) Trabajo de las fuerzas exteriores entre Ia posici6n q = 135°, cuando se produce el arranque, y una posici6n generica para un ängulo arbitrario q. c) Velocidad de la barra de entrada 2 para el ängulo generico q. d) Par generalizado deI mecanismo. e) Ecuaci6n deI movimiento de Eksergian. f) Aceieraci6n de Ia barra de entrada 2 para el ängulo generico q.

Fe

t C

DATOS GEOM::ETRICOS

y

014 =L

DATOSDE INERCIA m3

AB=L AC=L

Jo,

m4

Jo,

x DATOSDE FUERZAS

Fc =Fc 'J'" 1;=I;.k

RESULTADOS DEL PROBLEMA DE POSICION

rA = L.(cos(q)·[ +sen(q). J)

r =2·L·cos(q)·[ B

re =2·L.sen(q)·J 256

TEMA 2. ANAuSIS DlN1MlCO DE MECANISMOS PLANOS

Soluci6n: a) Inercia generalizada deI mecanismo. Cälculos cinematicos necesarios:

8) =-q VA = L.(-sen(q ).[ +cos(q).J). q VB = -2· L .sen(q).q.[

vr

= 2 · L · co~q) · q· J

19ualando las energias cineticas deI sistema real y deI generalizado:

1 I .'q. ="2 1 ' I G,' q.• +"2' 1 I G,' q·2 +"2' 1 m) . L2 . (sen 2() 1 m "2' q + cos 2(q))'2 . q +"2'

4 •

4 • L2 • sen 2(q) . q·2

Operando la inercia generalizada vale:

r =I

G,

+ I G, + ~ . L2 + m4 ·4· L2 • sen 2 (q)

b) Trabajo de las fuerzas exteriores entre la posici6n q = 135°, cuando se produce el arranque, y una posici6n generica para un ängulo arbitrario q. EI trabajo entre la posici6n inicial y otra definida por la coordenada generalizada q es:

Se evalfum cada una de las integrales por separado. La primera queda:

P; =-~'g.J drG =drG, ·d q = ~[L.(cos(q) .[ +sen(q).J)]'d q = L· (-sen(q).[ +cos(q).J) .d q dq ' dq J!,. p;.d rG, =J:'" (-~. g. J).[ L.( -sen(q).[ +cos(q)· J)]'d q = -~. g. L· J!,..cos(q) 'd q = 4

=

4

4

-~ .g' L{sen(q)-sene~1r)]=~ .goL{~ -sen(q)]

Este trabajo por ser las fuerzas gravitatorias conservativas puede obtenerse tambien mediante su potencial corno: 257

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA. DE M4QUlNAS Y MECANISMOS

S:~" ~ od rG, = -ßV = -~

0

go( hq

-h3~" ) = ~ g o(h3~" -h

q)

0

=

=~ o g{YG,13~" - YG,l ) =~ og oL{ ~ -sen(q)] q

La tercera se evalua mediante:

Fc =Fc oJ-: - d~ d (20Losenq ( ) oj-) odq=20L oco s(q) oj- odq d rc=-odq=dq dq S:'" ~ od ~ = S:',,(~ 0J)0(2 0L cos(q) 0J od q) = ~ 02 0L 0S:'" cos(q )od q = o

4

=

4

4

~ 02 0L { sen(q)- sene:)) = ~ 02 0L{sen(q)- '7)

Puesto que la fuerza es constante tambien se puede calcular sm necesidad de obtener d r;, mediante:

EI trabajo total queda:

c) Velocidad de la barra de entrada 2 para el ängulo geneneo q

0

La energia cinetica para la barra de entrada 2, por el teorema de conservaci6n de la ene gia sera:

258


luego:

Eq = m3 ' g 'L[ ~ -sen(q)]+J; -( q -

3 ; ) +F;, .2'L{sen(q)-

~J

Por otro lado, a partir deI eoneepto de inereia generalizada tambien es eierto que:

EC q =~ . I . q'2 T 2

Utilizando las dos ultimas expresiones:

q=~2'Eq r

2{m3 .g.L[

~-sen(q)]+J; -( q-~J+F;, .2.L{sen(q)-qJl

=

I G , +IG, +m3 ·L2 +m4 ·4·L2 .sen 2 (q)

d) Par generalizado deI meeanismo. 19ualando poteneias en ambos sistemas:

Sustituyendo las expresiones eorrespondientes

Operando se obtiene:

Q. q = 1; ·q+F;,·2 .L.eos(q).q -~. g·L ·eos(q)·q Finalmente:

Q = T2 +F;,·2·L . eos(q)-~· g ·L .eos(q) EI trabajo entre la posiei6n inieial y la generiea q tambien se puede ealeular integrando el par generalizado.

259


e) Eeuacion deI movimiento de Eksergian: La derivada de Ia inereia generalizada es:

La eeuaei6n deI movimiento sera:

.. 1 d1 ·2 Q = I .q+_._.q 2 dq

Sustituyendo resuIta:

(IG, +IG, +~ . L2 +m4 ·4· L2 ·sen2(q ))'1] +(4 .m4 • L2.sen(q).eos(q))·q2 = = 7; +F. ·2· L'eos(q)-~' g.L.cos(q)

f) Aceleraci6n de la barra de entrada 2 para un ängulo geneneo q. Despejando de Ia ecuaci6n deI movimiento:

260


PROBLEMA 25. EI mecanismo de yugo escoces de la figura. corresponde a la simulacion deI accionamiento de una prensa de estampacion. Durante el funcionamiento esta sometido a un par de entrada constante Tl de 15 N·m y la fuerza F3 aplicada por el cabezal varia linealmente con el desplazamiento de dicho cabezal entre 0 y 520 N entre las posiciones indicadas en el diagrama.

Pooi060

Sepide: a) Partiendo deI reposo para q = 0°, calcular las expresiones de la velocidad y aceleracion de la barra de entrada a 10 largo de un cic1o. b) Valores numericos de la velocidad y aceleraci6n

q, ij para las posiciones: q = 0 ,

1r 3·1r q=-, q=1r, q=-y q=2·1r.

2

2

Datos geometricos einereiales:

a2 =O,3m, 10 , =1G, =O,3Kg·m2 , Tn:!=5Kg, m4 =OKg. 261


Solucion: a) Expresiones de la velocidad y aceleraci6n de la barra de entrada a 10 largo de un cic1o. EI cic10 completo, se divide en dos zonas, en la zona 1 s6lo interviene el par externo T2 , estando comprendida entre q = 0 y q = ~ . tr (posiciones 0 a 3), y en la zona 11 interviene 2 tanto el par T2 como la fuerza externa F 3 , estando comprendida entre q = ~ . tr 2 y q = 2· tr , (posiciones 3 a 4). A partir de la grafica de la fuerza en funci6n de la coordenada th es posible expresar la fuerza en funci6n de la coordenada generalizada q deI siguiente modo:

F 3

=!b.. F a2

3m""

= a2 • cos(q) . F m =F m . cos(q) a2

3 ""

3 ""

Velocidad Zona I Para obtener la expresi6n de la velocidad se empleara el Teorema de las Fuerzas Vivas. Resulta imprescindible obtener la expresi6n de la inercia generalizada deI sistema y para ello se necesita la expresi6n de la velocidad de las barras que aportan energia cinetica al mecanismo. Dicha expresi6n es independiente de la zona de trabajo de la maquina.

j

k

o

q

a2 ·sen{q) 0

VA, =VA4 +VA,/4 =-a2 .q.sen{q).T +a2 ·q.cos{q).J +VA,/4' J = VA, VA, = -a2 . q. sen{q). i

·i

La inercia generalizada se calculara igualando la energia cinetica deI sistema real y deI sistema reducido:

1 (x'f 1 (10, +~ 'a 2• sen2())'2 2"1 1 .q. 2=2"1 1o,'q·2 +2"'~' vG, =2"' q .q 2 Despejando se obtiene:

262


Para la zona 1, como solo acma el par T2 , el principio de conservaci6n de la energia quedara:

wO. . . = b.EC~..... = Eq - EC~ = Eq q

q

WO ..... =I;.q q

Con esto se puede obtener la energia cinetica deI mecanismo y a partir de ahi obtener la expresi6n de la velocidad q.

Velocidad Zona II

Para la zona 11, al actuar el par T2 y la fuerza F3, el principio de conservaci6n de la energia quedara: wO-->q

= WO .....3 + W 3.....q = LlEC~3 + LlEC:.....q

q

WO ..... = Tz

'%'7r +Tz -( q -%'7r)+ )F;max ·cos(q)·a z . sen(q)· dq -·fr

z

wO-->q

= T .q

z

_L 2 F

3max

. a . COSZ(q) 2

Como en el apartado anterior, a partir de la energia cinetica deI mecanismo se obtiene la expresi6n de la velocidad ij en este tramo. q - 1 1 . 2 • _ ~ 2· Eq ECT ' .qq- - 1 -

2

q=

2'I; .q-F;.,.,. ·az .cos2 (q) 12 +~

·ai ·sen (q) 2

AceleraciOn Zona I

Para la expresi6n de las aceleraciones se empleara la ecuaci6n de Eksergian. Se obtendrän las expresiones deI par generalizado para ambas zonas. La inercia generalizada calculada en el apartado anterior es:

1 = 102 +~ ·ai ·sen2 (q) 263


Derivando respecto de q:

.!. dl =~ .ai . sen(q) . cos(q) 2dq

EI par generalizado se ca1cula igualando la potencia asociada a las fuerzas exteriores tanto en el sistema real yen el reducido:

EI par generalizado queda:

Q=7; La ecuaci6n de Eksergian quedara:

.. 1 dl ·2 Q = I .q+-_ .q 2dq

Q= (Ja, + m3 • ai .sen 2 (q )). ij + (~ . ai .sen{q)· cos{q )). i/ Despejando la aceleraci6n de la ecuaci6n deI movimiento queda:

ij = 7; -(~ ·ai .sen(q).cos(q)).q2 10 , +~ .ai .sen 2 (q) Aceleracwn Zona 11 La expresi6n de la inercia generalizada y su derivada sera igual que en la zona anterior. La expresi6n deI par generalizado quedarä:

Q.q =7; .q -E; 'V~, =(7; +a2 .E;..... cos(q).sen(q)).q Q = 7; + a2 • E; .... .cos(q). sen(q) La ecuaci6n deI movimiento quedarä: .. 1 dl ·2 Q = I .q+-_ .q 2dq

7; +a2'E; ... .cos(q).sen(q)={!Ol +~ ·ai .sen2(q)).ij + {m3·ai .sen(q).cos(q)).q2 La aceleraci6n resulta:

.. Z; +a2'E;,..,. .cos(q).sen(q)-{m3·ai .sen(q).cos(q)).q2

q=

264

I 0,

+~

2( ) ·a1 l ·sen q


Tambien se podrian obtener las aceleraciones sin mas que derivar las expresiones de las velocidades obtenidas respecto deI tiempo. Para las posiciones senaladas los valores de la velocidad y la aceleraci6n son:

qo = 0,00 rad/s qo = 50 rad/s 2 1r qj="2 eh = 7,92 rad/s qj = 20 rad/s 2 q2 = 1r q2 = 17,72 rad/s q2 = 50 rad/s 2 3 '1r q3=-- q3 = 13,73 rad/s q3 = 20 rad/s 2 2 q4 = 2'1r q4 = 10,49 rad/s q4 = 50 rad/s 2 %=0

265


PROBLEMA 26.

EI mecanismo de Ia figura corresponde al tren de aterrizaje de una avioneta, el cual se repliega al aplicar sobre Ia barra 2 un momente alrededor deI eje que pasa por O2. Para Ia posici6n inicial de la figura, en Ia cual el mecanismo parte deI reposo, el valor de ese par es constante f =550·f N ·m. Se pide: a)

~celeraci6n

que,

en

en el instante deI arranque de la barra 2. (En caso de necesitarlo, considere esta configuraci6n, cuando cl = 1 radis entonces cu~ = 0,6 radis

y v~, = 0,6 mJs) b) Velocidad de la barra 2 cuando ql1 = 360 ° .(para esa posici6n Of1 = 339,73 0y ademas entonces considere que, en esta configuraci6n, cuando ql1 = 0,9 radis CU~1 = 0,539 radis y vg, = 0,539 mJs).

40cm

20cm

266


Datos: Barra 2: CDM esta en O2,

m2

= 50 Kg, I D2 = 4,17 Kg·m2 .

Barra 3: m3 = O. Barra 4 (conjunto fonnado por la barra 4 y la rueda): m4 = 100 Kg. con centro de gravedad en G. y con un momente de inercia alrededor de un eje que pasa por G de valor IG = 8,34 Kg·m2 • En la posici6n inicial cal de O2•

l

= 296,77 0 Y

e:

= 300 0 Y el punto B se encuentra sobre la verti-

04B =80 cm, 02A =50cm, AB=50cm y BG = 20 cm.

Solucion: a) Aceleraci6n en el instante deI arranque de la barra 2. En el instante deI arranque, la velocidad es nula por 10 que la ecuaci6n deI movimiento quedarä corno sigue:

Para calcular la aceleraci6n en ese instante se han de calcular la inercia generalizada I y el par generalizado Q, para esa configuraci6n. La inercia generalizada a la barra 2, se obtendrä de la equivalencia de las energias cineticas deI sistema real y deI generalizado.

~.I .q'2 =L 1 .q'2 +~.I .al +~.m ·v2 2 2 0, 2 G. 4 2 4 G, que sera:

Corno se han dado los datos de un anälisis cinemätico para esta configuraci6n, se pueden sustituir dichos valores en la expresi6n anterior y asi calcular el valor de la inercia generalizada para esta configuraci6n. 2

2

11 =417 + 8 34. 0,62 +100. 0,62 = 4317 Kg·m2 , , 1 1 ' 267


A continuaci6n, se ca1culara el par generalizado a la barra de entrada, Q. Estableciendo la igualdad de las potencias instantäneas deI sisterna real y el generalizado, se tendra:

Q. q= 1; .q+ m4 • g. 17G, Para el vector VG4 se tiene que:

17G, = vG, • (cos(B4 + 90°)' i + sen(B4 + 90°)';)= vG,

• (-

sen(BJ. i + cos{BJ. J)

Suponiendo ÖJ2 antihorario y el par reducido tambien, se tendra que:

Q. q = 1; . q - m4 • g. vG, • cos(e4 )

Corno anteriormente, se sustituirän los valores deI anälisis cinernatico aportado corno dato para esta configuraci6n. 06 1

Q[ = 550-100·9,81·-'-· cos(3000)= 255,70 N'rn Por tanto: q"[ = Q[ = 255,7 = 592 rad/s 2 I[ 43,17 '

») Velocidad de la barra 2 cuando

qll

= 360 0

•

Para el ca1culo de esta velocidad se usarä el Teorerna de las Fuerzas Vivas. En primer lugar se calcularä el trabajo realizado por el rnecanisrno entre las dos posiciones conocidas. Es decir:

En este caso la Unica fuerza que esta actuando es el peso de la barra 4, y en cuanto a pares solo estä actuando 1; sobre la barra 2. Corno:

t;;. = ijrll - r[!). J = ij1.sen(339,74°~ -11.sen(3000~). J= (0,86 -0,35). J = 0,52· J rn floB = (Bll -B[ )'k = {3600-296,77°)·k = 63,23 o ·k =l,lO'k rad 268


EI trabajo finalmente es: Wl->ll

=(-100.9,81. J). (0,52. J)+ (550. f). (l,1. f)= -509,63 + 605 =95,37 J

Por el Teorerna de las Fuerzas Vivas ese trabajo es igual al incrernento de la energia cinetica que sufre el si sterna:

Dado que se parte deI reposo, eI trabajo de las fuerzas exteriores sera igual a la energia cinetica deI si sterna en Ia posici6n final, es decir: l..EC~->11 = EC: - EC~ = EC:

Luego: EC: = 95,37 Julios

A continuaci6n se calcula la inercia generalizada para esa configuraci6n. Se sustituyen los datos deI anälisis cinernatico aportados corno dato, para esta configuraci6n.

1=1 +1 0,

G,

0>:

v~

·-+m . - '

ci

4

ci

2

2

I II = 4 17 + 8 34. 0,54 + 100. 0,54 = 42 72 Kg· rn 2 ' , , 0,9 2 0,9 2

Finalmente se calcula 1a velocidad asociada a esa barra:

q·ll

= ~2'EC: = II I

2·95,37 42,72

= 211 , rad/s

(senti'd0 POSItiVO " ).

269


PROBLEMA 27. En el mecanismo mostrado en Ia figura, Ia polea 2, de radio a, estä pivotada en A y tiene un momento de inercia Iz alrededor de 02. EI punto P de Ia polea, que estä situado a un radio AP = r conduce, mediante una masa m4 colgada alrededor de la polea y que forma parte deI sistema mecänico, la barra 3 que se encuentra verticalmente ranurada y tiene una masa m3. Determinar: a) Expresi6n deI par y la inercia generalizados deI sistema (coordenada generalizada q de la barra2). Dados los valores numericos: r= 0,75 m, sepide:

Iz = 1,5710 Kg·m2,

m3

= 1 Kg,

m4 = 2 Kg, a

= 1 m,

b) Aceleraci6n angular que adquiere 1a polea 2 en el instante deI arranque, supuesto este para una posici6n deI mecanismo dada por j = 0.

jI = 90°. d) Aceleraci6n angular de la polea 2 en la posici6n jI = 90°. c) Velocidad angular de la polea 2 en la posici6n

270

Soluci6n: a) Expresi6n deI par y la inercia generalizados deI sistema. Inercia generalizada. ECT ="2' 1 .q·2

1 1 ="2' 2·q

·2

1-

2

1

Z

+"2. m3 'VG, +"2.m4 'VG,

Las velocidades de los centros de gravedad de las barras 3 y 4, puestas en funci6n de la angular de la barra 2 sera.n: V G,

• = -q. a· }-: ::::> v G2 , = q·2 . a 2

Vo, =

vp,

VP, =

i

j

k

0

0

q::::: -q . r . sen (q). [ + q . r . cos (q). J

r.cos(q) r·sen{q) 0 -q.r·sen(q).[ +q.r.cos(q).J=vp, ' [ +vpz13 ·J

vP,

=-q.r.sen(q)::::>

v;,

:::::q2. r2. sen 2(q)

Sustituyendo los valores de las velocidades en la expresi6n de Ia energia cinetica, se tiene: 1 . 1 . q·2 =-. 1 I .q·2 +-·m I 1 .q. 2 ·r 2 ·sen2 (q) +-·m .q·2 ·a 2 EC =T 2 2 2 3 2 4 2 Despejando, Ia inercia generalizada deI sistema quedara:

1 = 12 + m3 • r 2 • sen 2 (q)+ m4. a2 Par generalizado.

Q. q = ~ . vo• = (- m4 • g. J). (- q. a· J)= m4 • g. q. a Q=m 4 ·g·a b) Aceieraci6n angular que adquiere Ia polea 2 en el instante deI arranque, supuesto este para una posici6n deI mecanismo dada por c/ = O. En el arranque se tiene que nl ~

=

11

.. 1

.. /

.q::::>q

cl = 0 .

=7 QI

m4 • g·a 2·9,81·1 12 +~ .r2 .sen Z(qI}+m 4 ·a z = 1,571+2.12

cl = 5,4942 rnJs 2 271


c) Velocidad angular de la polea 2 en la posici6n

cl = 90°.

Cuando la polea gira 90°, la masa m4 desciende una longitud de 1/4 de la longitud de la circunferencia de la polea. La configuraci6n I se establece cuando q'1 = 900 (1rf2 rad).

q' =

0° (0 rad), y la configuraci6n 11 cuando

Trabajo de las acciones exteriores al pasar el mecanismo de la configuraci6n I a la 11. Se puede calcular por integraci6n de la fuerza generalizada 0 por cruculo deI trabajo de las acciones exteriores directamente. En este caso apenas hay diferencias.

,1

Integraci6n de la fuerza generalizada.

W I .....II =

fI Q·dq = f(m n

"

4 •

g.a).dq = m4 ' g.a.% =30,8190 J

Trabajo de la acci6n exterior. ll W I .....II =_!J.Epl m,..... II =_(Epllm, _Eplm, )=-m4 .g.a.(h -hl)=-m4 .g.a.(_1C) 2

W l .....ll =m 'g.a.'::'=308190J 4 2 ' La energia cin6tica deI sistema en la configuraci6n 11 sera:

W l .....ll = !J.EC~""'ll = EC!j - EC~ = EC!j = 30,8190 J La inercia generalizada deI sistema en la configuraci6n 11 sera: I II =12 +~ .r 2 .sen 2 (qll)+m 4 ·a 2 I II = 4,1335 Kg ·m2 A partir de esta energia cin6tica se calculara la velocidad de la barra 2.

= q'll = ~2' EC!j I II

2 ·30,8190 = 3 8616 radis 4,1335'

d) Aceleraci6n angular de la polea 2 en la posici6n q'1 = 90°. Se emplearä en este momente la expresi6n completa de la ecuaci6n de Eksergian.

.. 1 dI ·2 Q = I .q+-_.q 2dq

272

TEMA 2. ANALISIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

La derivada de la inercia generalizada respecto la coordenada generalizada sera:

dl =m .r 2 .2.cos{q).sen{q) dq 3 Para la configuraci6n II se tiene que (l = 90°, con 10 que:

Y, por tanto, de la ecuaci6n de Eksergian en la configuraci6n 11 se despeja la aceleraci6n pedida.

273


PROBLEMA 28. La cinta transportadora de la figura adjunta es accionada por un motor unido al engranaje 2, el cual transmite el movimiento al engranaje 3 que esti rigidamente unido a la polea 4. La cinta debe de transportar un objeto (barra 6) de 10 kg. de masa. EI mecanismo parte deI repo so y sus caracteristicas geometricas einereiales son las siguientes: Z2

= 25; Z 3 = 60

r4 =rs =30em 10 , =0,035 kg · m 2 , 10 , = 0,020 kg·m\ 10 • =10 , =0,100kg·m

2

m6 =IOkg EI peso de la einta de transporte se eonsidera despreciable.

~

X

10m

Se pide determinar 10 siguiente: a) Par (N'm) que debe de suministrar el motor en el momente deI arranque si se desea que el objeto 6 experimente una aeeleraei6n de 1 mJs2 hacia la izquierda. b) Velocidad deI objeto 6 euando se aceiona la einta transportadora eon un motor que suministra un par de 2 N 'm, sentido horario, y el objeto 6 alcanza la 10calizaci6n dada pord=5m. c) Aceleraci6n deI objeto 6 cuando llega a dieha posici6n.

274

TEMA 2_ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solucion: a) Par (N'm) que debe de suministrar el motor en el momente deI arranque si se desea que el objeto 6 experimente una aceieraci6n de 1 mJs2 hacia la izquierda. Inercia generalizada, asociando la coordenada generalizada, q, a la barra 2.

1 -2 1 -2 1 --J-q =_.J 2 2 0, -q +--J 2 0,

2 -Ce) 3

1 +--J 2 0.

2

-CI) 4

1 +2 -J0,

-CI)

2

s

1 2 +--m 2 6 -vG•

siendo:

Por otra parte:

Sustituyendo:

J=J0, +(J0, +J0. +J0,

).(_Z2)2 +m .(_Z2 .r.)2 =02294Kg.m 6

Z3

4

2

,

Z3

Par generalizadp:

luego:

Q=7; Por otra parte se tendra que:

Luego:

q" =- 60 .3 3333 =-8 rad/s 2 25 ' 275


La ecuaci6n de Eksergian en el instante deI arranque sera,

Q[ =I[ .tl sustituyendo valores, se obtendra que:

7; =0,2294·(-8)=-1,8356N · m

b) Velocidad deI objeto 6 cuando se acciona la cinta transportadora con Wl motor que swrunistra Wl par de 2 N'm, sentido horario, y el objeto 6 alcanza la localizaci6n dada por d=5m. La longitud a recorrer por el objeto 6 es de M = 4 m yel ängulo girado por la polea 4 sera:

M I:i.B4 = - = 13,3333 rad r4

y por 10 tanto:

II:i.B2 1=.2·I:i.B3 = 32,0 rad Z2

Aplicando el Teorema de Conservaci6n de la Energia, se tendra: EC~ -EC:

=7; ·I:i.B2

EC~ =64,OJ

Con la energia cinetica total en la configuraci6n final se puede calcular la velocidad de la barra de entrada en dicha configuraci6n.

2"1

10

-ECo .0 _~2'EC~ .(.ov. q JT ~ q 10

Despejando:

cl = 23,6193 rad/s sentido horario 276

TEMA 2. ANAL!SIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

y por 10 tanto: OJ;I

=-.2.(-23,623)=9,8414rad/s Z3

vg, =OJ~I . r4 =2,9524 mJs hacia la izquierda c) Aceleraci6n deI objeto 6 cuando llega a dicha posici6n. Dado que la inercia generalizada es constante, la aceleraci6n angular de la barra de entrada.. vennra nana nor:

- 2 = 0,2294. (jII Luego: (jU =

-8,7167 rad/s 2

Y, por 10 tanto, u

a 3 _ Z2 0[---

q

Z3

a: = 3,6320 radls 2 ag, = _a~I • r4 = -1,0896 mJs2

277

Problemas de Dinamica de Mecanismos y Maquinaria

Recommend Documents