cinemática de mecanismos planos

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Cinemática de mecanismos planos Teoría y Problemas resueltos

Manuel Gloria Reino Flores Galán Marín

Colección manuales uex - 113

CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS

113MANUALES UEX

MANUEL REINO FLORESGLORIA GALÁN MARÍN

2020

CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS

© Los autores© Universidad de Extremadura para esta 1ª edición

Edita:

Universidad de Extremadura. Servicio de Publicaciones C/ Caldereros, 2 - Planta 3ª. 10071 Cáceres (España) Tel. 927 257 041 ; Fax 927 257 046 E-mail: [email protected] http://www.unex.es/publicaciones

ISSN 1135-870-X ISBN 978-84-09-25222-0

Maquetación: Control P - Cáceres - 927 233 223 - www.control-p.eu

Esta obra ha sido objeto de una doble evaluación, una interna, llevada a cabo por el consejo asesor del Servicio de Publicaciones de la Universidad de Extremadura, y otra externa, efectuada por evaluadores independientes de reconocido prestigio en el campo temático de la misma.

A César

A Juan y Hernán

ÍNDICE GENERAL

ÍNDICE

PRÓLOGO 11

1. CONCEPTOS BÁSICOS DE LA TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS 13

1.1. Introducción 131.2. Eslabones, pares y cadena cinemática 131.3. Mecanismos y máquinas 151.4. Tipos de movimiento 161.5. Grados de libertad de un mecanismo 161.6. Inversión cinemática 191.7. Mecanismo de cuatro barras. Ley de

Grashof 211.8. Mecanismos de retroceso rápido 24

1.8.1. Mecanismo excéntrico de biela-manivela 24

1.8.2. Mecanismo de Whitworth 251.8.3. Mecanismo manivela-balancín 26

2. INTRODUCCIÓN A LA CINEMÁTICA DEL SÓLIDO RÍGIDO 27

2.1. Tipos de movimiento 272.2. Movimiento de traslación 282.3. Movimiento de rotación alrededor de

un eje fijo 292.4. Movimiento plano general 32

2.4.1. Velocidad absoluta y relativa 332.4.2. Aceleración absoluta y relativa 34

2.5. Movimiento relativo respecto a un sistema en rotación 37

2.5.1. Velocidades 372.5.2. Aceleraciones 40

3. ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS 43

3.1. Introducción 433.2. Métodos gráficos 44

ÍNDICE

3.2.1. Movimiento relativo entre dos puntos. Polígonos de velocidades y aceleraciones 44

3.2.2. Centro instantáneo de rotación 513.3. Métodos analíticos 53

3.3.1. Análisis trigonométrico 533.3.2. Álgebra vectorial 563.3.3. Análisis mediante números

complejos. Ecuaciones de lazo 59

4. PROBLEMAS RESUELTOS 65

5. RESOLUCIÓN CINEMÁTICA DE UN MECANISMO CON AYUDA DE MATLAB 135

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El presente manual se presenta como resultado de diez años impartiendo la asignatura Mecanismos y Máquinas en la Escuela de Ingenierías Industriales de la Universidad de Extremadura. Mecanismos y Máquinas es común a las titulaciones de Grado de la Rama Industrial y es de carácter obligatorio. Se imparte en el segundo curso de cuatro titulaciones de la Universidad de Extremadura: Grado en Ingeniería Eléctrica, Grado en Ingeniería Elec-trónica y Automática, Grado en Ingeniería Mecánica y Grado en Ingeniería en Tecnologías Industriales.

A través de la asignatura Mecanismos y Máquinas, el alumno adquiere los fundamentos de la Teoría de Máquinas y Mecanismos, así como otros conocimientos conceptuales que sirven como base para aquellas materias y aplicaciones relacionadas con la Ingeniería Mecánica. La Teoría de Máquinas y Mecanismos estudia las relaciones existentes entre la geometría y el movimiento de un mecanismo o máquina, las acciones que generan dichos movimientos, así como la energía asociada. Esta ciencia aplicada puede abordarse de dos formas distintas, análisis y síntesis. La síntesis trata de diseñar un mecanismo o máquina que cumpla unas especificaciones dadas, mientras que el análisis desarrolla el estudio cinemá-tico y dinámico de la máquina.

Durante el estudio cinemático, se analiza el movimiento sin tener en cuenta las causas que lo producen, mientras que en el estudio dinámico ya se incluyen las acciones que generan el movimiento. Este manual se dedicará al análisis de mecanismos, abordando el estudio cinemático de los mismos. Aunque existen muchos manuales dedicados al estudio cinemático de mecanismos, existe un cierto vacío en lo que se refiere a textos que, abor-dando todos los aspectos introductorios básicos de la cinemática del sólido rígido, apliquen al mismo tiempo los conceptos presentados sobre una extensa colección de mecanismos, abordando tanto la resolución gráfica del problema como sobre todo la resolución analítica para cualquier posición.

El contenido del manual se inicia con un capítulo dedicado a presentar los conceptos básicos introductorios sobre la Teoría de Máquinas y Mecanismos. El segundo capítulo abor-da la cinemática del sólido rígido sin presuponer conocimientos previos, de forma que el texto pueda utilizarse como iniciación en un curso semestral en el que la formación y los

PRÓLOGO

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MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN

intereses de los alumnos sean heterogéneos, al pertenecer a especialidades muy distintas de un primer o segundo año de ingeniería.

En el tercer capítulo se aplicarán los conceptos presentados sobre la cinemática del sóli-do rígido a los mecanismos planos. Se expondrán varios procedimientos, gráficos y analíticos, para el estudio cinemático de un mecanismo. Los métodos gráficos son muy intuitivos, y de gran ayuda a la hora de comprender fácilmente el movimiento de un mecanismo, aunque sólo son útiles en una posición dada. Los métodos analíticos, por el contrario, permiten obte-ner el análisis cinemático del mecanismo para todo el ciclo completo de movimiento, que es normalmente el objetivo.

En el cuarto capítulo se presenta una extensa relación de casos prácticos resueltos, orde-nados según una dificultad creciente, desde mecanismos con un movimiento básico hasta aquellos en los que aparece movimiento relativo. Se aplicarán siempre métodos analíticos en todos los problemas cinemáticos, que serán ilustrados también en algunos casos con la reso-lución gráfica para posiciones concretas. A través de su aplicación, se comprobará que los métodos analíticos tienen la ventaja de proporcionar planteamientos generales muy metódi-cos, resolubles por ordenador. Como ilustración, en el último capítulo se presenta la resolu-ción cinemática completa de un mecanismo de retorno rápido con ayuda de Matlab.

Se ha realizado así un manual que intenta integrar los distintos enfoques prácticos para la resolución cinemática de un mecanismo plano, primando la sencillez y la didáctica en la selección de contenidos tanto teóricos como aplicados. Por un lado, se presenta en cada mecanismo un método analítico que permite obtener una expresión matemática de las varia-bles de posición, velocidad y aceleración de los eslabones de salida en función de las varia-bles que describen el movimiento de los eslabones de entrada. Por otro lado, puesto que en ocasiones los métodos analíticos son poco intuitivos, se presenta también la interpretación vectorial en términos de las ecuaciones de cinemática del sólido rígido en la resolución de todos los casos prácticos, apoyándose en muchas ocasiones en métodos gráficos para com-prender el movimiento en posiciones concretas.

De este modo, atendiendo a criterios de facilidad pedagógica y con un nivel introductorio adecuado para una asignatura de grado común a distintas especialidades de ingeniería, se presentan los conceptos básicos de cinemática de mecanismos planos sobre una extensa relación de problemas resueltos, partiendo de un enfoque vectorial y gráfico, hasta llegar a un enfoque analítico que pueda ser fácilmente programable.

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1.1. INTRODUCCIÓN

La Teoría de Máquinas y Mecanismos estudia las relaciones existentes entre la geometría y el movimiento de un mecanismo o máquina, las acciones (fuerzas y momentos) que gene-ran dichos movimientos, así como la energía asociada.

Esta ciencia aplicada puede abordarse de dos formas distintas, análisis y síntesis. La síntesis trata de diseñar un mecanismo o máquina que cumpla unas especificaciones dadas, mientras que el análisis desarrolla el estudio cinemático y dinámico de la máquina. Durante el estudio cinemático, se analiza el movimiento sin tener en cuenta las causas que lo producen, mientras que en el estudio dinámico ya se incluyen las acciones que generan el movimiento.

Este libro se dedicará al análisis de mecanismos, abordando el estudio cinemático de los mismos.

1.2. ESLABONES, PARES Y CADENA CINEMÁTICA

Se denomina eslabón a cada uno de los sólidos rígidos que componen la máquina. En la literatura técnica suelen usarse también otros nombres como: elemento, miembro o barra. El concepto de pieza se halla en un nivel inferior al de eslabón, pues una sola pieza, o un conjunto de piezas unidas formando un sólido rígido constituyen un eslabón. Cada eslabón está unido a otros eslabones, los cuales pueden clasificarse en según el tipo de movimiento desarrollado:

• Balancín: eslabón que oscila respecto de un eje fijo.

• Manivela: eslabón que da vueltas completas alrededor de un eje fijo.

• Biela: eslabón que no tiene ningún punto articulado fijo, es decir, con un movimiento general.

• Soporte: eslabón fijo.

1. CONCEPTOS BÁSICOS DE LA TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS

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Se denomina par cinemático a la unión entre dos o más eslabones. El movimiento relati-vo entre los eslabones unidos en el par cinemático está condicionado por el tipo de elemen-to empleado en el enlace, de modo que se permiten algunos movimientos y se impiden otros. A través de los pares cinemáticos, un eslabón se une a otros para transmitir movimiento o fuerza.

Se definen los grados de libertad de un par cinemático o conectividad como el número de grados de libertad del movimiento relativo de los miembros del par.

Si se suponen dos eslabones móviles conectados mediante un par cinemático, se puede imaginar uno cualquiera de ellos como fijo, y calcular para el otro eslabón el número mínimo de parámetros independientes que necesito establecer para determinar su posición relativa. De este modo se obtienen el número de grados de libertad del par que limita el movimiento de un eslabón respecto a otro (sin tener en cuenta las restricciones al movimiento que impli-can el resto de pares cinemáticos del mecanismo). Obsérvese entonces que en el plano aparecen pares con un grado de libertad y pares con dos grados de libertad.

Reuleaux clasificó los pares cinemáticos en dos grupos, superiores e inferiores, atendien-do al tipo de contacto entre eslabones. A continuación, se describen sus características:

Pares inferiores: los eslabones hacen contacto en una superficie. Los más habituales en el plano son:

• Par rotatorio: sólo permite el movimiento angular q entre los eslabones, es decir, la rotación relativa. Por tanto, sólo tiene un grado de libertad.

• Par prismático: sólo permite el movimiento relativo de deslizamiento, es decir, el movi-miento lineal entre dos eslabones. Por tanto, sólo tiene un grado de libertad.

Pares superiores: los eslabones hacen contacto en una línea o en un punto. Existe una cantidad infinita de pares superiores, y como ejemplo se presenta el movimiento de rodadura (con desliza-miento) o la conexión entre una leva y su seguidor. Ambos pares poseen dos grados de libertad.

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Se denomina par cinemático a la unión entre dos o más eslabones. El movimiento relativo entre los eslabones unidos en el par cinemático está condicionado por el tipo de elemento empleado en el enlace, de modo que se permiten algunos movimientos y se impiden otros. A través de los pares cinemáticos, un eslabón se une a otros para transmitir movimiento o fuer-za.


Si se suponen dos eslabones móviles conectados mediante un par cinemático, se puede imaginar uno cualquiera de ellos como fijo, y calcular para el otro eslabón el número mínimo de parámetros independientes que necesito establecer para determinar su posición relativa. De este modo se obtienen el número de grados de libertad del par que limita el movimiento de un eslabón respecto a otro (sin tener en cuenta las restricciones al movimiento que impli-can el resto de pares cinemáticos del mecanismo). Obsérvese entonces que en el plano apa-recen pares con un grado de libertad y pares con dos grados de libertad.

Reuleaux clasificó los pares cinemáticos en dos grupos, superiores e inferiores, atendiendo al tipo de contacto entre eslabones. A continuación, se describen sus características:


• Par rotatorio: sólo permite el movimiento angular θ entre los eslabones, es decir, la ro-tación relativa. Por tanto, sólo tiene un grado de libertad.


Pares superiores: los eslabones hacen contacto en una línea o en un punto. Existe una cantidad infinita de pares superiores, y como ejemplo se presenta el movimiento de rodadura (con deslizamiento) o la conexión entre una leva y su seguidor. Ambos pares poseen dos grados de libertad.

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Se define una cadena cinemática como un conjunto de eslabones unidos mediante pares cinemáticos. Las cadenas cinemáticas pueden ser abiertas o cerradas. En una cadena cinemá-tica no existe ningún eslabón fijo, y los pares limitan el movimiento relativo entre eslabones.

1.3. MECANISMOS Y MÁQUINAS

Se denomina mecanismo a una cadena cinemática cerrada en la que establecemos como fijo uno de los eslabones. El objeto principal del funcionamiento de un mecanismo es la transmisión y modificación del movimiento. En la figura siguiente se presenta una cadena cinemática en la que, al fijar uno de los eslabones, obtenemos un mecanismo que transforma un movimiento de rotación en una oscilación. La cadena cinemática de cuatro eslabones se convierte así en un mecanismo de cuatro barras del tipo manivela-balancín, en el que la manivela de entrada da vueltas alrededor de un eje fijo, y el balancín de salida oscila respec-to de una articulación fija.

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1.3. Mecanismos y máquinas

Se denomina mecanismo a una cadena cinemática cerrada en la que establecemos como fijo uno de los eslabones. El objeto principal del funcionamiento de un mecanismo es la transmisión y modificación del movimiento. En la figura siguiente se presenta una cadena cinemática en la que, al fijar uno de los eslabones, obtenemos un mecanismo que transforma un movimiento de rotación en una oscilación. La cadena cinemática de cuatro eslabones se convierte así en un mecanismo de cuatro barras del tipo manivela-balancín, en el que la manivela de entrada da vueltas alrededor de un eje fijo, y el balancín de salida oscila respecto de una articulación fija.

A continuación se presenta otro mecanismo habitual como es el biela-manivela, en el que

se consigue la transformación de un movimiento de traslación en una rotación, o viceversa:

Un mecanismo plano es aquel en el que todos sus puntos describen curvas planas, y éstas se hallan en planos paralelos. En este caso, el movimiento real de todos los puntos del meca-nismo puede proyectarse sobre un único plano, permitiendo eliminar una dimensión al anali-zar el movimiento. La mayoría de mecanismos empleados son planos.

Existen muchas definiciones para establecer el concepto de máquina. Una definición co-múnmente aceptada es el mecanismo o conjunto de mecanismos diseñado para llevar a cabo una tarea determinada, la cual conlleva la transmisión de fuerza y movimiento desde una

A continuación se presenta otro mecanismo habitual como es el biela-manivela, en el que se consigue la transformación de un movimiento de traslación en una rotación, o viceversa:

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1.3. Mecanismos y máquinas

Se denomina mecanismo a una cadena cinemática cerrada en la que establecemos como fijo uno de los eslabones. El objeto principal del funcionamiento de un mecanismo es la transmisión y modificación del movimiento. En la figura siguiente se presenta una cadena cinemática en la que, al fijar uno de los eslabones, obtenemos un mecanismo que transforma un movimiento de rotación en una oscilación. La cadena cinemática de cuatro eslabones se convierte así en un mecanismo de cuatro barras del tipo manivela-balancín, en el que la manivela de entrada da vueltas alrededor de un eje fijo, y el balancín de salida oscila respecto de una articulación fija.

A continuación se presenta otro mecanismo habitual como es el biela-manivela, en el que

se consigue la transformación de un movimiento de traslación en una rotación, o viceversa:

Un mecanismo plano es aquel en el que todos sus puntos describen curvas planas, y éstas se hallan en planos paralelos. En este caso, el movimiento real de todos los puntos del meca-nismo puede proyectarse sobre un único plano, permitiendo eliminar una dimensión al anali-zar el movimiento. La mayoría de mecanismos empleados son planos.

Existen muchas definiciones para establecer el concepto de máquina. Una definición co-múnmente aceptada es el mecanismo o conjunto de mecanismos diseñado para llevar a cabo una tarea determinada, la cual conlleva la transmisión de fuerza y movimiento desde una

Un mecanismo plano es aquel en el que todos sus puntos describen curvas planas, y éstas se hallan en planos paralelos. En este caso, el movimiento real de todos los puntos del meca-nismo puede proyectarse sobre un único plano, permitiendo eliminar una dimensión al analizar el movimiento. La mayoría de mecanismos empleados son planos.

Existen muchas definiciones para establecer el concepto de máquina. Una definición comúnmente aceptada es el mecanismo o conjunto de mecanismos diseñado para llevar a cabo una tarea determinada, la cual conlleva la transmisión de fuerza y movimiento desde una fuente de energía, a una resistencia a vencer realizando un trabajo. Un ejemplo de esta definición es el motor de combustión interna.

Se pueden clasificar las máquinas atendiendo a muchos criterios. Uno de ellos es el tipo de energía recibida, según el cual se divididen las máquinas en dos grandes grupos:

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• Motrices: reciben la energía procedente de una fuente natural y la transforman en energía mecánica. Como ejemplos están la turbina hidráulica o un motor de explosión.

• Operadoras: reciben la energía mecánica o eléctrica producida por una máquina motriz y la transforman en trabajo. Un ejemplo de ello son las máquinas herramientas.

1.4. TIPOS DE MOVIMIENTO

Un mecanismo ha completado un ciclo cinemático cuando inicia su movimiento desde algún conjunto de posiciones relativas, y vuelve a la misma posición inicial, habiendo pasado sus eslabones por todas las posiciones posibles que pueden tomar cada uno de ellos. El tiem-po empleado en completar un ciclo se denomina periodo. Se define como fase al conjunto de posiciones relativas simultáneas que ocupan los eslabones del mecanismo en un instante cualquiera del ciclo cinemático.

Obsérvese que el concepto de ciclo cinemático difiere del de ciclo energético. Por ejem-plo, el motor de combustión interna de cuatro tiempos realiza dos ciclos cinemáticos por cada ciclo energético.

Si se consideran los eslabones de un mecanismo atendiendo al tipo de movimiento que realizan durante un ciclo cinemático, se pueden clasificar según los siguientes modos de funcionamiento:

• Continuo: el eslabón presenta un movimiento sin interrupción ni parada durante cada ciclo. Un ejemplo sería una manivela o eje de motor en rotación constante.

• Intermitente: el eslabón permanece parado un tiempo durante cada ciclo. Ejemplos de este tipo de movimiento son las válvulas con tiempo determinado de apertura y cierre, o el eslabón Cruz de Malta.

• Alternativo: el eslabón se caracteriza por presentar ciclo de avance y retroceso, e invier-te el sentido de su movimiento durante cada ciclo. Como ejemplos se tiene el balancín en el mecanismo de cuatro barras, o el pistón en el biela-manivela.

1.5. GRADOS DE LIBERTAD DE UN MECANISMO

Se definen los grados de libertad o movilidad de un mecanismo como el número de pará-metros independientes de entrada que es necesario utilizar para definir completamente su posición.

Considérese en primer lugar un eslabón libre en el plano. Puesto que se necesitan tres parámetros para fijarlo en una posición, el eslabón tendrá tres grados de libertad en el plano. Por tanto, antes de conectar los eslabones entre sí, un mecanismo plano de n eslabones tendrá 3.(n-1) grados de libertad, dado que hay que restar los tres grados de libertad que pierde el eslabón fijo o soporte del mecanismo.

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Si se conectan los eslabones mediante pares cinemáticos, se observa que cada par con un grado de libertad implica dos restricciones de movimiento entre los eslabones conectados (pues permite un único movimiento). Si se conectan los eslabones mediante un par con dos grados de libertad, se observa que ello implica una sola restricción de movimiento entre los eslabones del par cinemático (pues permite dos movimientos).

Si se restan las restricciones que conllevan los pares cinemáticos del número total de grados de libertad que tendrían los eslabones no conectados, se obtiene el criterio de Grübler en el plano, que proporciona el número de grados de libertad m de un mecanismo plano de n eslabones:

m = 3 . (n – 1) – 2 . j1 – j2

donde j1 representa el número de pares con un grado de libertad, y j2 el número de pares con dos grados de libertad.

Hay que señalar que el criterio de Grübler es válido para la mayoría de mecanismos planos, exceptuando algunos mecanismos con restricciones o pares redundantes, o mecanis-mos con características geométricas especiales.

Cuando el número total de grados de libertad de un mecanismo es cero, o negativo, no es posible el movimiento relativo entre eslabones, por lo que se transforma en una estructura. Si la movilidad es cero, se trata de una estructura estáticamente determinada. Si la movilidad es negativa, la estructura es estáticamente indeterminada.

Cuando el número total de grados de libertad de un mecanismo es mayor que cero, entonces es posible el movimiento relativo entre eslabones. Un mecanismo se denomina desmodrómico si al definir el movimiento del eslabón considerado como entrada, queda completamente definido el movimiento de todos los demás, que se repite en cada ciclo y siempre será el mismo. Este tipo de mecanismos constituyen por ello la base del funciona-miento de las máquinas.

Si en un mecanismo el número total de grados de libertad es uno, entonces, definiendo el movimiento un eslabón, todos los puntos del resto de los eslabones se mueven sobre unas líneas determinadas que siempre son las mismas. Por tanto, será desmodrómico.

Por último, aquellos mecanismos con un número total de grados de libertad igual o supe-rior a dos se denominan libres o no desmodrómicos, puesto que, si se define el movimiento del eslabón considerado como entrada, los movimientos relativos del resto de eslabones no están determinados. Esto implica que los puntos de los eslabones no se mueven, en general, siempre sobre las mismas trayectorias.

Sin embargo, obsérvese que si en un mecanismo no desmodrómico con m grados de libertad, se define el movimiento de m eslabones considerados como entradas, se consigue un mecanismo desmodrómico, puesto que el movimiento del resto de los eslabones queda ya determinado.

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A continuación, se presentan una serie de ejemplos que ilustran cada uno de los casos anteriores:

• m = 0 ð El sistema es una estructura estáticamente determinada.

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A continuación, se presentan una serie de ejemplos que ilustran cada uno de los casos ante‐riores:

m = 0 El sistema es una estructura estáticamente determinada.

m = ‐ 1 El sistema es una estructura estáticamente indeterminada.

m = 1 El mecanismo es desmodrómico, puesto que fijando una variable de entrada quedan determinadas todas las demás.

m = 2 El mecanismo es no desmodrómico, a no ser que se definan simultáneamente dos variables de entrada para determinar el resto.

• m = - 1 ð El sistema es una estructura estáticamente indeterminada.

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• m = 1 ð El mecanismo es desmodrómico, puesto que fijando una variable de entra-da quedan determinadas todas las demás.

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• m = 2 ð El mecanismo es no desmodrómico, a no ser que se definan simultánea-mente dos variables de entrada para determinar el resto.

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A través de los ejemplos anteriores se observa que, cuando se unen varios eslabones en un único par cinemático con un grado de libertad j1, se deben considerar en el recuento tantos pares j1 como eslabones unidos menos uno.

En las siguientes figuras aparecen dos mecanismos con movilidad uno en los que apare-cen pares superiores con dos grados de libertad j2:

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En las siguientes figuras aparecen dos mecanismos con movilidad uno en los que aparecen pa‐res superiores con dos grados de libertad j2:

A continuación, se presenta un mecanismo con movilidad dos:

1.6. Inversión cinemática

Tal y como se ha expuesto anteriormente, partiendo de una cadena cinemática y establecien‐do un eslabón fijo, se obtiene un mecanismo. Si se toma como eslabón fijo, soporte o de referen‐cia otro eslabón diferente del mecanismo, el movimiento del mecanismo obtenido puede cambiar completamente.


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En las siguientes figuras aparecen dos mecanismos con movilidad uno en los que aparecen pa‐res superiores con dos grados de libertad j2:


1.6. Inversión cinemática

Tal y como se ha expuesto anteriormente, partiendo de una cadena cinemática y establecien‐do un eslabón fijo, se obtiene un mecanismo. Si se toma como eslabón fijo, soporte o de referen‐cia otro eslabón diferente del mecanismo, el movimiento del mecanismo obtenido puede cambiar completamente.

1.6. INVERSIÓN CINEMÁTICA

Tal y como se ha expuesto anteriormente, partiendo de una cadena cinemática y estable-ciendo un eslabón fijo, se obtiene un mecanismo. Si se toma como eslabón fijo, soporte o de referencia otro eslabón diferente del mecanismo, el movimiento del mecanismo obtenido puede cambiar completamente.

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Al proceso que consiste en variar el eslabón considerado como soporte se le denomina inversión de una cadena cinemática. Si una cadena cinemática tiene n eslabones, se pueden obtener n inversiones cinemáticas y, por tanto, n mecanismos distintos.

Para el mecanismo de biela-manivela se obtendrían las inversiones cinemáticas que se presentan en la siguiente figura. En la inversión (1), en la que el eslabón fijo es el cilindro, se obtiene el mecanismo básico de biela-manivela empleado en la mayoría de los motores de combustión. La entrada sería el pistón empujado por los gases en expansión y la salida la manivela. Invirtiendo entrada y salida se tiene un mecanismo de compresión.

Estableciendo ahora como eslabón fijo el que anteriormente funcionaba como manivela, se obtiene la inversión (2), denominada mecanismo de Witworth, que es un mecanismo de retorno rápido que será estudiado más adelante. Su aplicación más habitual es en máquina herramienta.

Considerando como único eslabón fijo el eslabón que en la inversión (1) funcionaba como biela, se obtiene la inversión (3), que se empleó por ejemplo en las primeras locomo-toras de vapor.

Por último, partiendo de la inversión (1), estableciendo ahora el pistón como el eslabón fijo, se obtiene la inversión (4) que se puede emplear en una bomba de agua manual.

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Al proceso que consiste en variar el eslabón considerado como soporte se le denomina inver‐sión de una cadena cinemática. Si una cadena cinemática tiene n eslabones, se pueden obtener n inversiones cinemáticas y, por tanto, n mecanismos distintos.

Para el mecanismo de biela‐manivela se obtendrían las inversiones cinemáticas que se pre‐sentan en la siguiente figura. En la inversión (1), en la que el eslabón fijo es el cilindro, se obtiene el mecanismo básico de biela‐manivela empleado en la mayoría de los motores de combustión. La entrada sería el pistón empujado por los gases en expansión y la salida la manivela. Invirtiendo entrada y salida se tiene un mecanismo de compresión.


Considerando como único eslabón fijo el eslabón que en la inversión (1) funcionaba como bie‐la, se obtiene la inversión (3), que se empleó por ejemplo en las primeras locomotoras de vapor.


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Al proceso que consiste en variar el eslabón considerado como soporte se le denomina inver‐sión de una cadena cinemática. Si una cadena cinemática tiene n eslabones, se pueden obtener n inversiones cinemáticas y, por tanto, n mecanismos distintos.

Para el mecanismo de biela‐manivela se obtendrían las inversiones cinemáticas que se pre‐sentan en la siguiente figura. En la inversión (1), en la que el eslabón fijo es el cilindro, se obtiene el mecanismo básico de biela‐manivela empleado en la mayoría de los motores de combustión. La entrada sería el pistón empujado por los gases en expansión y la salida la manivela. Invirtiendo entrada y salida se tiene un mecanismo de compresión.


Considerando como único eslabón fijo el eslabón que en la inversión (1) funcionaba como bie‐la, se obtiene la inversión (3), que se empleó por ejemplo en las primeras locomotoras de vapor.


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1.7. MECANISMO DE CUATRO BARRAS. LEY DE GRASHOF

Partiendo de la cadena cinemática cerrada más simple formada por cuatro eslabones arti-culados, se obtiene el mecanismo de cuatro barras o cuadrilátero articulado, que tiene un grado de libertad. Se trata de uno de los mecanismos más usados, por su sencillez y versatilidad.

Una consideración importante a la hora del diseño del cuadrilátero articulado es confir-mar que en su funcionamiento alguno de los eslabones pueda dar una vuelta completa. De este modo, por ejemplo, se asegura que la manivela de entrada pueda efectuar revoluciones completas si el mecanismo es impulsado porun motor. Existe una ley muy sencilla que garan-tiza este punto, que es la denominada Ley de Grashof.

La ley de Grashof indica que, para garantizar que al menos uno de los eslabones pueda dar vueltas completas en un mecanismo plano de cuatro barras, se debe cumplir que la suma de las longitudes de la barra más larga y de la barra más corta debe ser menor o igual que la suma de las longitudes de las dos barras restantes.

Es decir que debe verificarse la expresión:

a + d ≤ c + b

donde el eslabón más corto es a, el eslabón más largo es d, y el resto tienen las longitudes b y c.

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1.7. Mecanismo de cuatro barras. Ley de Grashof

Partiendo de la cadena cinemática cerrada más simple formada por cuatro eslabones articula‐dos, se obtiene el mecanismo de cuatro barras o cuadrilátero articulado, que tiene un grado de libertad. Se trata de uno de los mecanismos más usados, por su sencillez y versatilidad.

Una consideración importante a la hora del diseño del cuadrilátero articulado es confirmar que en su funcionamiento alguno de los eslabones pueda dar una vuelta completa. De este modo, por ejemplo, se asegura que la manivela de entrada pueda efectuar revoluciones completas si el mecanismo es impulsado por un motor. Existe una ley muy sencilla que garantiza este punto, que es la denominada Ley de Grashof.

La ley de Grashof indica que, para garantizar que al menos uno de los eslabones pueda dar vueltas completas en un mecanismo plano de cuatro barras, se debe cumplir que la suma de las longitudes de la barra más larga y de la barra más corta debe ser menor o igual que la suma de las longitudes de las dos barras restantes.

Es decir que debe verificarse la expresión:

a + d ≤ c + b

donde el eslabón más corto es a, el eslabón más largo es d, y el resto tienen las longitudes b y c.

Obsérvese que los eslabones más corto y más largo, así como los otros dos, pueden estar co‐locados en cualquier posición, es decir que la ley de Grashof no especifica el modo en el que se conectan los eslabones.

Si un cuadrilátero articulado no verifica la ley anterior, ningún eslabón podrá dar vueltas com‐pletas. Los mecanismos de no‐Grashof también tienen aplicaciones interesantes, como por ejem‐plo para controlar el movimiento de las ruedas de un automóvil, empleando en los eslabones un movimiento oscilatorio de corto alcance. En este caso el eslabón fijo es el chasis o bastidor y la biela está unida a la rueda.

c

b

d

a

Obsérvese que los eslabones más corto y más largo, así como los otros dos, pueden estar colocados en cualquier posición, es decir que la ley de Grashof no especifica el modo en el que se conectan los eslabones.

Si un cuadrilátero articulado no verifica la ley anterior, ningún eslabón podrá dar vueltas completas. Los mecanismos de no-Grashof también tienen aplicaciones interesantes, como por ejemplo para controlar el movimiento de las ruedas de un automóvil, empleando en los eslabones un movimiento oscilatorio de corto alcance. En este caso el eslabón fijo es el cha-sis o bastidor y la biela está unida a la rueda.

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Si en un mecanismo de cuatro barras se va variando el eslabón considerado como fijo, se obtienen las distintas inversiones del mismo que se describen a continuación:

1) y 2) Mecanismo de manivela-balancín: el eslabón más corto es contiguo al eslabón fijo. Como aplicaciones se tienen las bicicletas elípticas, máquinas de coser, lim-piaparabrisas, bombas de petróleo, muelas de afilar, etc.

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Si en un mecanismo de cuatro barras se va variando el eslabón considerado como fijo, se ob‐tienen las distintas inversiones del mismo que se describen a continuación:

1) y 2) Mecanismo de manivela‐balancín: el eslabón más corto es contiguo al eslabón fijo. Como aplicaciones se tienen las bicicletas elípticas, máquinas de coser, limpiaparabrisas, bombas de petróleo, muelas de afilar, etc.

1) 2)

3) Mecanismo de doble manivela: el eslabón más corto es el eslabón fijo. Como aplicaciones se tienen mecanismos de máquinas transportadoras o máquinas de ejercicio.

4) Mecanismo de doble balancín: el eslabón más corto es el opuesto al eslabón fijo. Como ejemplo están las grúas con pescante plegable. Obsérvese que en un doble balancín de Grashof sería el eslabón más corto el que actúa como biela y podría efectuar revoluciones completas.

4)

3)

3) Mecanismo de doble manivela: el eslabón más corto es el eslabón fijo. Como aplica-ciones se tienen mecanismos de máquinas transportadoras o máquinas de ejercicio.


17

Si en un mecanismo de cuatro barras se va variando el eslabón considerado como fijo, se ob‐tienen las distintas inversiones del mismo que se describen a continuación:

1) y 2) Mecanismo de manivela‐balancín: el eslabón más corto es contiguo al eslabón fijo. Como aplicaciones se tienen las bicicletas elípticas, máquinas de coser, limpiaparabrisas, bombas de petróleo, muelas de afilar, etc.

1) 2)

3) Mecanismo de doble manivela: el eslabón más corto es el eslabón fijo. Como aplicaciones se tienen mecanismos de máquinas transportadoras o máquinas de ejercicio.


4)

3)

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23


Un caso particular sucede cuando en el mecanismo de cuatro barras cada barra es igual a su opuesta, es decir que se verifica:

18


a = c

b = d

Se obtiene así un cuadrilátero articulado de manivelas paralelas o paralelogramo articulado, en el que las dos barras contiguas al soporte son manivelas. Este mecanismo de doble manivela es muy útil, ya que dado un movimiento de entrada se obtiene el mismo movimiento en la barra de salida, mientras que la biela se mueve en traslación curvilínea. Una aplicación común es el aco‐plamiento de los balancines del limpiaparabrisas de un automóvil. El movimiento de un eslabón en traslación curvilínea también tiene múltiples aplicaciones como por ejemplo en robots indus‐triales o en elevadores de carga para camiones.

Un punto importante para garantizar el correcto funcionamiento del mecanismo de cuatro ba‐rras es el estudio de las posiciones límites. Tal y como muestra la siguiente figura, en un mecanis‐mo de manivela‐balancín las posiciones límites del balancín se producen cuando la biela y la mani‐vela están alineadas.

También es interesante el estudio de aquellos mecanismos de cuatro barras con la capacidad de ser plegables, es decir que existe una posición en la que todas las barras están alineadas. Para ello debe cumplirse la condición:

a + b = c + d

En este caso normalmente existe una posición límite en la que el mecanismo trabaja como es‐tructura. Como aplicación de este tipo de mecanismos se tienen las sillas plegables o algunos maleteros de automóvil. En este último caso, el chasis del vehículo sería el eslabón fijo y la biela el portón del maletero. En la posición cerrada del maletero, el mecanismo se encuentra plegado.

Se obtiene así un cuadrilátero articulado de manivelas paralelas o paralelogramo articu-lado, en el que las dos barras contiguas al soporte son manivelas. Este mecanismo de doble manivela es muy útil, ya que dado un movimiento de entrada se obtiene el mismo movimien-to en la barra de salida, mientras que la biela se mueve en traslación curvilínea. Una aplica-ción común es el acoplamiento de los balancines del limpiaparabrisas de un automóvil. El movimiento de un eslabón en traslación curvilínea también tiene múltiples aplicaciones como por ejemplo en robots industriales o en elevadores de carga para camiones.

Un punto importante para garantizar el correcto funcionamiento del mecanismo de cua-tro barras es el estudio de las posiciones límites. Tal y como muestra la siguiente figura, en un mecanismo de manivela-balancín las posiciones límites del balancín se producen cuando la biela y la manivela están alineadas.

18


a = c

b = d

Se obtiene así un cuadrilátero articulado de manivelas paralelas o paralelogramo articulado, en el que las dos barras contiguas al soporte son manivelas. Este mecanismo de doble manivela es muy útil, ya que dado un movimiento de entrada se obtiene el mismo movimiento en la barra de salida, mientras que la biela se mueve en traslación curvilínea. Una aplicación común es el aco‐plamiento de los balancines del limpiaparabrisas de un automóvil. El movimiento de un eslabón en traslación curvilínea también tiene múltiples aplicaciones como por ejemplo en robots indus‐triales o en elevadores de carga para camiones.

Un punto importante para garantizar el correcto funcionamiento del mecanismo de cuatro ba‐rras es el estudio de las posiciones límites. Tal y como muestra la siguiente figura, en un mecanis‐mo de manivela‐balancín las posiciones límites del balancín se producen cuando la biela y la mani‐vela están alineadas.

También es interesante el estudio de aquellos mecanismos de cuatro barras con la capacidad de ser plegables, es decir que existe una posición en la que todas las barras están alineadas. Para ello debe cumplirse la condición:

a + b = c + d

En este caso normalmente existe una posición límite en la que el mecanismo trabaja como es‐tructura. Como aplicación de este tipo de mecanismos se tienen las sillas plegables o algunos maleteros de automóvil. En este último caso, el chasis del vehículo sería el eslabón fijo y la biela el portón del maletero. En la posición cerrada del maletero, el mecanismo se encuentra plegado.

También es interesante el estudio de aquellos mecanismos de cuatro barras con la capa-cidad de ser plegables, es decir que existe una posición en la que todas las barras están ali-neadas. Para ello debe cumplirse la condición:

a + b = c + d

En este caso normalmente existe una posición límite en la que el mecanismo trabaja como estructura. Como aplicación de este tipo de mecanismos se tienen las sillas plegables o algunos maleteros de automóvil. En este último caso, el chasis del vehículo sería el eslabón fijo y la biela el portón del maletero. En la posición cerrada del maletero, el mecanismo se encuentra plegado.

MANU

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24


1.8. MECANISMOS DE RETROCESO RÁPIDO

En muchas operaciones industriales se requieren mecanismos que realicen tareas repeti-tivas como parte de su ciclo de movimiento, como por ejemplo sujetar o empujar piezas en una cadena de montaje, o en máquinas-herramienta. Habitualmente existe una parte del ciclo, llamada carrera de avance o de trabajo, en la que el mecanismo se somete a una carga. De este modo, el resto del ciclo constituye la llamada carrera de retorno, que es la parte del ciclo en la que el mecanismo no realiza trabajo y se limita a volver a la posición inicial.

En estos casos resulta especialmente útil que el mecanismo vuelva rápidamente a la posi-ción inicial para realizar un nuevo trabajo. Es decir, interesa diseñar un mecanismo que emplee una fracción del ciclo mayor para llevar a cabo la tarea de la máquina (carrera de avance), que para simplemente volver a la posición inicial (carrera de retorno). De este modo se evita el desperdicio de tiempo y el mecanismo es más eficaz.

Denominando tα al tiempo empleado en la carrera de avance y tβ al tiempo utilizado en la carrera de retorno, se define la razón de tiempos de un mecanismo del siguiente modo:

19

1.8. Mecanismos de retroceso rápido

En muchas operaciones industriales se requieren mecanismos que realicen tareas repetitivas como parte de su ciclo de movimiento, como por ejemplo sujetar o empujar piezas en una cadena de montaje, o en máquinas‐herramienta. Habitualmente existe una parte del ciclo, llamada carre‐ra de avance o de trabajo, en la que el mecanismo se somete a una carga. De este modo, el resto del ciclo constituye la llamada carrera de retorno, que es la parte del ciclo en la que el mecanismo no realiza trabajo y se limita a volver a la posición inicial.

En estos casos resulta especialmente útil que el mecanismo vuelva rápidamente a la posición inicial para realizar un nuevo trabajo. Es decir, interesa diseñar un mecanismo que emplee una fracción del ciclo mayor para llevar a cabo la tarea de la máquina (carrera de avance), que para simplemente volver a la posición inicial (carrera de retorno). De este modo se evita el desperdicio de tiempo y el mecanismo es más eficaz.

Denominando tα al tiempo empleado en la carrera de avance y tβ al tiempo utilizado en la ca‐rrera de retorno, se define la razón de tiempos de un mecanismo del siguiente modo:

tEt

Este parámetro indica lo adecuado que es un mecanismo para realizar este tipo de operacio‐nes repetitivas. Los mecanismos que verifican E>1 se denominan mecanismos de retorno o retro‐ceso rápido. A continuación, se describe la razón de tiempos en tres mecanismos habituales.

1.8.1. Mecanismo excéntrico de biela‐manivela.

En el mecanismo de la siguiente figura se observa que las dos posiciones límite se producen cuando la biela y la manivela están alineadas. La posición que se corresponde con el principio de la carrera se representa con trazo continuo, y la correspondiente al final de la carrera con trazo discontinuo.

Avance

Retorno

Este parámetro indica lo adecuado que es un mecanismo para realizar este tipo de ope-raciones repetitivas. Los mecanismos que verifican E>1 se denominan mecanismos de retorno o retroceso rápido. A continuación, se describe la razón de tiempos en tres mecanismos habituales.

1.8.1. Mecanismo excéntrico de biela-manivela.

En el mecanismo de la siguiente figura se observa que las dos posiciones límite se produ-cen cuando la biela y la manivela están alineadas. La posición que se corresponde con el principio de la carrera se representa con trazo continuo, y la correspondiente al final de la carrera con trazo discontinuo.

19

1.8. Mecanismos de retroceso rápido

En muchas operaciones industriales se requieren mecanismos que realicen tareas repetitivas como parte de su ciclo de movimiento, como por ejemplo sujetar o empujar piezas en una cadena de montaje, o en máquinas‐herramienta. Habitualmente existe una parte del ciclo, llamada carre‐ra de avance o de trabajo, en la que el mecanismo se somete a una carga. De este modo, el resto del ciclo constituye la llamada carrera de retorno, que es la parte del ciclo en la que el mecanismo no realiza trabajo y se limita a volver a la posición inicial.

En estos casos resulta especialmente útil que el mecanismo vuelva rápidamente a la posición inicial para realizar un nuevo trabajo. Es decir, interesa diseñar un mecanismo que emplee una fracción del ciclo mayor para llevar a cabo la tarea de la máquina (carrera de avance), que para simplemente volver a la posición inicial (carrera de retorno). De este modo se evita el desperdicio de tiempo y el mecanismo es más eficaz.

Denominando tα al tiempo empleado en la carrera de avance y tβ al tiempo utilizado en la ca‐rrera de retorno, se define la razón de tiempos de un mecanismo del siguiente modo:

tEt

Este parámetro indica lo adecuado que es un mecanismo para realizar este tipo de operacio‐nes repetitivas. Los mecanismos que verifican E>1 se denominan mecanismos de retorno o retro‐ceso rápido. A continuación, se describe la razón de tiempos en tres mecanismos habituales.

1.8.1. Mecanismo excéntrico de biela‐manivela.

En el mecanismo de la siguiente figura se observa que las dos posiciones límite se producen cuando la biela y la manivela están alineadas. La posición que se corresponde con el principio de la carrera se representa con trazo continuo, y la correspondiente al final de la carrera con trazo discontinuo.

Avance

Retorno

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Suponiendo que para impulsar la manivela se emplea un motor de periodo t que gira a velocidad constante, y α es el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de avance, se puede determinar el tiempo de la carrera de avance tα:

20

Suponiendo que para impulsar la manivela se emplea un motor de periodo que gira a velo‐cidad constante, y α es el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de avance, se puede determinar el tiempo de la carrera de avance tα:

t2

=

.

Del mismo modo, si es el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de retorno, el tiempo de la carrera de retorno t es:

t = 2.

De esta forma, la razón de tiempos será:

E

Aunque el cálculo de y es distinto en cada mecanismo, la expresión anterior es válida en todos. Puede observarse que la razón de tiempos depende únicamente de la geometría del meca‐nismo. Por tanto, este valor no varía con la velocidad del motor ni con el trabajo realizado.

Nótese que las dos posiciones límite dividen el ángulo 2.π girado por la manivela en dos par‐tes no iguales. Tomando el ángulo mayor como y el menor como, se consigue un mecanismo de retorno rápido, puesto que el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de avance será mayor que el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de retorno, lo que implica que tα > tβ.

Nótese que si se invierte el sentido de rotación de la manivela se invierten también y De este modo se tendría un mecanismo con E<1, que ya no sería de retorno rápido.

1.8.2. Mecanismo de Whitworth.

Este mecanismo (también llamado de limadora), presentado en la figura, es una inversión del mecanismo biela‐manivela en el que, a través de la rotación constan‐te de la manivela se obtiene un movi‐miento de oscilación en la guía. Las posi‐ciones límites del mecanismo también se describen en la figura y coinciden con las dos situaciones en las que la manivela y la guía son perpendiculares.

d

2

r

Del mismo modo, si b es el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de retor-no, el tiempo de la carrera de retorno tb es:

20


t2

=

.


t = 2.


E






d

2

r


20


t2

=

.


t = 2.


E






d

2

r

Aunque el cálculo de a y b es distinto en cada mecanismo, la expresión anterior es válida en todos. Puede observarse que la razón de tiempos depende únicamente de la geo-metría del mecanismo. Por tanto, este valor no varía con la velocidad del motor ni con el trabajo realizado.

Nótese que las dos posiciones límite dividen el ángulo 2.π girado por la manivela en dos partes no iguales. Tomando el ángulo mayor como a y el menor como b, se consigue un mecanismo de retorno rápido, puesto que el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de avance será mayor que el ángulo recorrido por la manivela durante la carrera de retorno, lo que implica que tα > tβ.

Nótese que si se invierte el sentido de rotación de la manivela se invierten también a y b. De este modo se tendría un mecanismo con E<1, que ya no sería de retorno rápido.


Este mecanismo (también llamado de limadora), presentado en la figura, es una inversión del mecanismo biela-manivela en el que, a través de la rotación constante de la manivela se obtiene un movimiento de oscila-ción en la guía. Las posiciones límites del mecanismo también se describen en la figura y coinciden con las dos situaciones en las que la manivela y la guía son perpendiculares.

Es necesario observar que, para que el movimiento de la guía sea de oscilación, debe-rá verificarse que la longitud r de la manivela

20


t2

=

.


t = 2.


E






d

2

r

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sea menor que la distancia d entre las articulaciones fijas. En el caso contrario, en el que r>d, la guía llevaría a cabo vueltas completas en lugar de oscilar.

Nótese que, como en el caso anterior, las dos posiciones límite dividen el ángulo 2.π girado por la manivela en dos partes no iguales. Tomando el ángulo mayor como a, es decir, como el correspondiente a la carrera de trabajo, y el menor como b, o correspondiente a la carrera de retorno, se obtiene un mecanismo de retorno rápido.

A través de la figura anterior se deduce la siguiente expresión que relaciona la longitud de la manivela r, la distancia entre centros fijos d y el ángulo b:

21

Es necesario observar que, para que el movimiento de la guía sea de oscilación, deberá verifi‐carse que la longitud r de la manivela sea menor que la distancia d entre las articulaciones fijas. En el caso contrario, en el que r>d, la guía llevaría a cabo vueltas completas en lugar de oscilar.

Nótese que, como en el caso anterior, las dos posiciones límite dividen el ángulo 2.π girado por la manivela en dos partes no iguales. Tomando el ángulo mayor como , es decir, como el correspondiente a la carrera de trabajo, y el menor como o correspondiente a la carrera de retorno, se obtiene un mecanismo de retorno rápido.

A través de la figura anterior se deduce la siguiente expresión que relaciona la longitud de la manivela r, la distancia entre centros fijos d y el ángulo :

rr = d . cos = 2 . arccos 2 d

Puesto que =

E , si se quiere mejorar la razón de tiempos se puede disminuir la distancia

d entre las articulaciones fijas, o aumentar el valor de la longitud de la manivela r, de forma que disminuya el ángulo . Hay que tener en cuenta que se debe mantener r<d para que el movimien‐to de la guía siga siendo oscilante.

1.8.3. Mecanismo manivela‐balancín.

Para el cálculo de la razón de tiempos E en un mecanismo de cuatro barras del tipo manivela‐balancín se determinarán en primer lugar los ángulos correspondientes a las posiciones límites, que son aquellas en las que la biela y la manivela se hallan alineadas, tal y como se representa en la figura. A partir de las longitudes de los eslabones, y empleando el teorema del coseno, se calculan los ángulos que forma la biela con la horizon‐tal en cada una de las posi‐ciones límite:

2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - r

Si se define el ángulo 2 1 = - , se deduce a través de la figura que = 180º + y análo‐

gamente, = 180º - , lo que permite hallar la razón de tiempos E =

.

r1

r4

r3

2

1

r2

Puesto que

21





Puesto que =





2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - r



.

r1

r4

r3

2

1

r2

, si se quiere mejorar la razón de tiempos se puede disminuir la distancia d

entre las articulaciones fijas, o aumentar el valor de la longitud de la manivela r, de forma que disminuya el ángulo b. Hay que tener en cuenta que se debe mantener r<d para que el movimiento de la guía siga siendo oscilante.

1.8.3. Mecanismo manivela-balancín.

Para el cálculo de la razón de tiempos E en un mecanismo de cuatro barras del tipo manivela-balancín se determinarán en primer lugar los ángulos correspondientes a las posi-ciones límites, que son aquellas en las que la biela y la manivela se hallan alineadas, tal y como se representa en la figura. A partir de las longitudes de los eslabones, y empleando el teorema del coseno, se calculan los ángulos que forma la biela con la horizontal en cada una de las posiciones límite:

21





Puesto que =





2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - r



.

r1

r4

r3

2

1

r2

21





Puesto que =





2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - r



.

r1

r4

r3

2

1

r2

22

con la horizontal en cada una de las posiciones límite:

( )( )

( )( )

2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - rγ γ

Si se define el ángulo 2 1 = - φ γ γ , se deduce a través de la figura que = 180º + α φ y

análogamente, = 180º - β φ , lo que permite hallar la razón de tiempos E = αβ

.

22

con la horizontal en cada una de las posiciones límite:

( )( )

( )( )

2 22 2 2 21 3 2 4 1 3 2 4

1 21 3 2 1 3 2

r + r + r - r r + r - r - rcos = ; cos =

2 . r . r + r 2 . r . r - rγ γ

Si se define el ángulo 2 1 = - φ γ γ , se deduce a través de la figura que = 180º + α φ y

análogamente, = 180º - β φ , lo que permite hallar la razón de tiempos E = αβ

.

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2. INTRODUCCIÓN A LA CINEMÁTICA DEL SÓLIDO RÍGIDO

2.1. TIPOS DE MOVIMIENTO

En el presente capítulo se realiza una introducción a la cinemática del sólido rígido, con el objetivo de sentar las bases del análisis cinemático de mecanismos planos que se llevará a cabo en el siguiente capítulo. Se comienza estudiando los diferentes tipos de movimiento que cualquier sólido rígido puede realizar en un sistema plano. El posterior análisis se realizará de acuerdo con la siguiente clasificación:

• Movimiento de traslación: ocurre cuando cualquier línea que une dos puntos del cuer-po permanece invariable en su dirección a lo largo del movimiento. Tal como se mues-tra en las figuras siguientes, se puede tener un movimiento de traslación rectilínea o un movimiento de traslación curvilínea, según sean las trayectorias descritas por cualquier punto del cuerpo.

22

2. INTRODUCCIÓN A LA CINEMÁTICA DEL SÓLIDO RÍGIDO

2.1. Tipos de movimiento

En el presente capítulo se realiza una introducción a la cinemática del sólido rígido, con el ob‐jetivo de sentar las bases del análisis cinemático de mecanismos planos que se llevará a cabo en el siguiente capítulo. Se comienza estudiando los diferentes tipos de movimiento que cualquier sólido rígido puede realizar en un sistema plano. El posterior análisis se realizará de acuerdo con la siguiente clasificación:

Movimiento de traslación: ocurre cuando cualquier línea que une dos puntos del cuerpo permanece invariable en su dirección a lo largo del movimiento. Tal como se muestra en las figu‐ras siguientes, se puede tener un movimiento de traslación rectilínea o un movimiento de trasla‐ción curvilínea, según sean las trayectorias descritas por cualquier punto del cuerpo.

• Movimiento de rotación: todos los puntos del cuerpo describen trayectorias circulares

con centro en el eje de rotación, tal como se representa en la figura siguiente.

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23

O

A

B

rB/A

rA

rB A

B

rB/A

x

y

Movimiento de rotación: todos los puntos del cuerpo describen trayectorias circulares con centro en el eje de rotación, tal como se representa en la figura siguiente.

Movimiento plano general: se trata de un movimiento que puede ser representado en un sistema bidimensional como una combinación de los dos anteriores. En las figuras siguientes se representan el movimiento de una barra apoyada en dos superficies ortogonales y el movimiento de rodadura de un disco.

2.2. Movimiento de traslación

La figura muestra un sólido rígido que realiza un movimiento de traslación. Respecto a un sis‐tema de ejes cartesia‐nos, la relación existen‐te entre los vectores de posición de dos puntos del cuerpo, A y B, es:

B A B/Ar r r

donde el vector B/ Ar define la posición de B respecto de A.

A

Eje de rotación

Trayectoria de A

C C

A

• Movimiento plano general: se trata de un movimiento que puede ser representado en un sistema bidimensional como una combinación de los dos anteriores. En las figuras siguientes se representan el movimiento de una barra apoyada en dos superficies orto-gonales y el movimiento de rodadura de un disco.

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O

A

B

rB/A

rA

rB A

B

rB/A

x

y





B A B/Ar r r


A

Eje de rotación

Trayectoria de A

C C

A

2.2. MOVIMIENTO DE TRASLACIÓN

23

O

A

B

rB/A

rA

rB A

B

rB/A

x

y

• Movimiento de rotación: todos los puntos del cuerpo describen trayectorias circulares con centro en el eje de rotación, tal como se representa en la figura siguiente.

• Movimiento plano general: se trata de un movimiento que puede ser representado en un sistema bidimensional como una combinación de los dos anteriores. En las figuras siguientes se representan el movimiento de una barra apoyada en dos superficies ortogonales y el movimiento de rodadura de un disco.


La figura muestra un sólido rígido que realiza un movimiento de traslación. Respecto a un sistema de ejes cartesianos, la rela-ción existente entre los vectores de posi-ción de dos puntos del cuerpo, A y B, es:

B A B/Ar r r= +


A

Eje de rotación

Trayectoria de A

C C

A

23

O

A

B

rB/A

rA

rB A

B

rB/A

x

y





B A B/Ar r r


A

Eje de rotación

Trayectoria de A

C C

A

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Derivando respecto del tiempo:

24


B/AB A drdr dr dt dt dt

Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr

0 (el vector no varía ni su módulo ni su dirección)dt

se tiene:

B Av v

Por tanto, la velocidad de cada uno de los puntos de un cuerpo que realiza un movimiento de traslación es la misma. Si se vuelve a derivar respecto del tiempo:

B Adv dv dt dt

B Aa a

En consecuencia, la aceleración de cada uno de los puntos de un cuerpo que realiza un movi‐miento de traslación es la misma.

2.3. Movimiento de rotación alrededor de un eje fijo

En la figura se representa un cuerpo que gira alrededor de un eje LL. Como ya se ha indicado anteriormente, todos los puntos del cuerpo describen una trayectoria circular alrededor de dicho eje. Se va a analizar el movimiento de un punto cualquiera A del cuerpo, tomando como referen‐cia otro punto O perteneciente al eje de rotación.

Como la trayectoria del punto A es circular, de radio r, se verifica:

ds r . d

L

LO

A

Como:

24



Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr


se tiene:

B Av v


B Adv dv dt dt

B Aa a





ds r . d

L

LO

A

se tiene:

24



Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr


se tiene:

B Av v


B Adv dv dt dt

B Aa a





ds r . d

L

LO

A

Por tanto, la velocidad de cada uno de los puntos de un cuerpo que realiza un movimien-to de traslación es la misma. Si se vuelve a derivar respecto del tiempo:

24



Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr


se tiene:

B Av v


B Adv dv dt dt

B Aa a





ds r . d

L

LO

A

En consecuencia, la aceleración de cada uno de los puntos de un cuerpo que realiza un movimiento de traslación es la misma.

2.3. MOVIMIENTO DE ROTACIÓN ALREDEDOR DE UN EJE FIJO

En la figura se representa un cuerpo que gira alrededor de un eje LL. Como ya se ha indi-cado anteriormente, todos los puntos del cuerpo describen una trayectoria circular alrededor de dicho eje. Se va a analizar el movimiento de un punto cualquiera A del cuerpo, tomando como referencia otro punto O perteneciente al eje de rotación.

24



Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr


se tiene:

B Av v


B Adv dv dt dt

B Aa a





ds r . d

L

LO

A


24



Como:

BB

AA

B/A

dr vdtdr v dtdr


se tiene:

B Av v


B Adv dv dt dt

B Aa a





ds r . d

L

LO

A

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25

Respecto del punto O del eje se tiene:

Ar r . sen= φ

donde φ es constante a lo largo de toda la trayectoria circular de A. Por tanto:

Ads r . sen . d= φ θ

El cálculo de la veloci-dad de A se obtiene deri-vando la expresión anterior respecto del tiempo:

( )θ θ= = = φ

φ⋅A

A A

d r . sen . dds dv r . sen dt dt dt

El término ddtθ es la velocidad angular del sólido y se representa por ω. La unidad de la

velocidad angular es rads

, pudiéndose también expresar en revoluciones por minuto (rpm).

Por tanto, el módulo de la velocidad de A es:

A Av r . sen . = ϕ ω

Para definir totalmente la velocidad del punto A es necesario también conocer su línea de acción y sentido. El vector Av

, teniendo en cuenta que ω es un vector situado en el eje de rotación, se determina mediante la expresión vectorial:

= ω ×

A Av r

Si se hubiera elegido otro punto de referencia O’ del eje, se tendría un nuevo vector Ar '

y un nuevo ángulo φ’, pero la velocidad de A no varía, ya que el valor del radio de la trayec-toria circular es el mismo, dado que se tiene:

A Ar r . sen r' . sen '= φ = φ

Por tanto, el estudio del movimiento de A es independiente del punto del eje tomado como referencia. En la figura siguiente se representa el vector Av

en el plano definido por su trayectoria. Como se ve, Av

siempre será tangente a la trayectoria en el punto A, y de módulo vA = ω . r.

dθ ds

O C

rA r

L

L

φ

Trayectoria de A

A

ω

r

vA

Eje de rotación

25


Ar r . sen= φ




( )θ θ= = = φ

φ⋅A

A A









= ω ×

A Av r







dθ ds

O C

rA r

L

L

φ

Trayectoria de A

A

ω

r

vA

Eje de rotación

25


Ar r . sen= φ




( )θ θ= = = φ

φ⋅A

A A









= ω ×

A Av r







dθ ds

O C

rA r

L

L

φ

Trayectoria de A

A

ω

r

vA

Eje de rotación

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26

Para el estudio de la aceleración del punto A es necesario derivar respecto del tiempo su velocidad:

( )ω × ω = = = × + ω ×

AA A

A A

d rd v d rda r dt dt dt dt

El término ddtω

define la aceleración angular del cuerpo, y se representa por α . La

unidad de la aceleración angular es 2

rads

. Por tanto, el término:

ω × = α ×

A A

d r rdt

representa la aceleración tangencial del punto A. Es la componente de la aceleración, tan-gente en A a su trayectoria circular, que conlleva la variación del módulo de la velocidad de A.

Si el cuerpo gira a velocidad constante ω , la aceleración angular α

es 0 y, por tanto, la aceleración tangencial de A es nula, por lo que el módulo de la velocidad de A permanece constante durante todo su movimiento.

Obsérvese que el término Ad rdt

define el vector velocidad del punto A. Por tanto, el

término:

( ) ω × = ω × = ω ω ×

A

A Ad r

v x rdt

representa la aceleración normal del punto A. Se trata de la componente de la aceleración, siempre dirigida hacia el eje de rotación, que conlleva la variación de la dirección de la velocidad de A.

Aunque un cuerpo gire a velocidad constante ω , la velocidad del punto A varía su di-

rección tangencial a la trayectoria a lo largo del movimiento, existiendo, por tanto, un valor no nulo de esta aceleración normal. En resumen:

[ ] ( )A A Aa r r= α × + ω × ω ×

t Aa

n Aa

En la figura se representan las compo-nentes de la aceleración del punto A, consi-derando, para este caso, que la aceleración angular α

y la velocidad angular ω llevan

sentidos opuestos.

A

ω

vA

α

at

an A

aA

Eje de rotación

26


( )ω × ω = = = × + ω ×

AA A

A A


El término ddtω



rads


ω × = α ×

A A

d r rdt






término:

( ) ω × = ω × = ω ω ×

A

A Ad r

v x rdt




[ ] ( )A A Aa r r= α × + ω × ω ×

t Aa

n Aa



sentidos opuestos.

A

ω

vA

α

at

an A

aA

Eje de rotación

26


( )ω × ω = = = × + ω ×

AA A

A A


El término ddtω



rads


ω × = α ×

A A

d r rdt






término:

( ) ω × = ω × = ω ω ×

A

A Ad r

v x rdt




[ ] ( )A A Aa r r= α × + ω × ω ×

t Aa

n Aa



sentidos opuestos.

A

ω

vA

α

at

an A

aA

Eje de rotación

26

Para el estudio de la aceleración del punto A es necesario derivar respecto del tiempo su velo‐cidad:

AA AA A


El término ddt define la aceleración angular del cuerpo, y se representa por . La unidad

de la aceleración angular es 2

rads


A A

d r rdt

representa la aceleración tangencial del punto A. Es la componente de la aceleración, tangente en A a su trayectoria circular, que conlleva la variación del módulo de la velocidad de A.

Si el cuerpo gira a velocidad constante , la aceleración angular es 0 y, por tanto, la ace‐leración tangencial de A es nula, por lo que el módulo de la velocidad de A permanece constante durante todo su movimiento.


define el vector velocidad del punto A. Por tanto, el término:

AA A

d r v x rdt

representa la aceleración normal del punto A. Se trata de la componente de la aceleración, siem‐pre dirigida hacia el eje de rotación, que conlleva la variación de la dirección de la velocidad de A.

Aunque un cuerpo gire a velocidad constante , la velocidad del punto A varía su dirección tangencial a la trayectoria a lo largo del movimiento, existiendo, por tanto, un valor no nulo de esta aceleración normal. En resumen:

A A Aa r r

t Aa n Aa

En la figura se representan las componen‐tes de la aceleración del punto A, consideran‐do, para este caso, que la aceleración angu‐lar y la velocidad angular llevan sentidos opuestos.

Considerando exclusivamente el movimien‐to de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje fijo, y no las características cinemáticas

A

vA

at an A

aA

Eje de rotación

26

Para el estudio de la aceleración del punto A es necesario derivar respecto del tiempo su velo‐cidad:

AA AA A


El término ddt define la aceleración angular del cuerpo, y se representa por . La unidad

de la aceleración angular es 2

rads


A A

d r rdt

representa la aceleración tangencial del punto A. Es la componente de la aceleración, tangente en A a su trayectoria circular, que conlleva la variación del módulo de la velocidad de A.

Si el cuerpo gira a velocidad constante , la aceleración angular es 0 y, por tanto, la ace‐leración tangencial de A es nula, por lo que el módulo de la velocidad de A permanece constante durante todo su movimiento.


define el vector velocidad del punto A. Por tanto, el término:

AA A

d r v x rdt

representa la aceleración normal del punto A. Se trata de la componente de la aceleración, siem‐pre dirigida hacia el eje de rotación, que conlleva la variación de la dirección de la velocidad de A.

Aunque un cuerpo gire a velocidad constante , la velocidad del punto A varía su dirección tangencial a la trayectoria a lo largo del movimiento, existiendo, por tanto, un valor no nulo de esta aceleración normal. En resumen:

A A Aa r r

t Aa n Aa

En la figura se representan las componen‐tes de la aceleración del punto A, consideran‐do, para este caso, que la aceleración angu‐lar y la velocidad angular llevan sentidos opuestos.

Considerando exclusivamente el movimien‐to de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje fijo, y no las características cinemáticas

A

vA

at an A

aA

Eje de rotación

MANU

ALES

UEX

32


27

Considerando exclusivamente el movimiento de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje fijo, y no las características cinemáticas de ningún punto en particular, existen dos tipos de movimiento de rotación del cuerpo muy usuales:

• Movimiento de rotación uniforme

En este tipo de movimiento la aceleración angular del cuerpo α es igual a 0 y, por tan-to, la velocidad angular ω es constante. El valor del ángulo recorrido por el cuerpo en un tiempo t vendrá dado por la expresión:

0 . tθ = θ + ω

donde θ0 representa el ángulo recorrido por el cuerpo en el instante inicial correspondiente a t = 0.

• Movimiento de rotación uniformemente acelerado

En este tipo de movimiento la aceleración angular del cuerpo α es constante. La velo-cidad angular ω que lleva el cuerpo después de un intervalo de tiempo t vendrá dada por la expresión:

0 . tω = ω + α

donde ω0 representa la velocidad angular del cuerpo en el instante inicial correspondiente a t=0 . El ángulo recorrido por el cuerpo en el intervalo de tiempo t será:

20 0

1 . t . t

2θ = θ + ω + ⋅ α

donde θ0 representa el ángulo recorrido por el cuerpo en el instante inicial correspondiente a t=0 . Eliminando el tiempo de las dos expresiones anteriores se deduce la siguiente ecua-ción para el movimiento de rotación uniformemente acelerado:

( )2 20 0 2 . . - ω = ω + α θ θ

2.4. Movimiento plano general

Tal y como se ha mencionado anteriormente, existen casos en los que el movimiento de un cuerpo se puede analizar en un sistema bidimensional, ya que todos sus puntos se mue-ven en planos paralelos. El movimiento de traslación y el movimiento de rotación alrededor de un eje fijo, vistos en los apartados anteriores, se pueden estudiar en el plano de movi-miento de un punto cualquiera.

Como se verá a continuación, un movimiento plano general se puede considerar como una combinación de una traslación y una rotación alrededor de un eje perpendicular al plano del movimiento.

27

Considerando exclusivamente el movimiento de rotación del cuerpo rígido alrededor de un eje fijo, y no las características cinemáticas de ningún punto en particular, existen dos tipos de movimiento de rotación del cuerpo muy usuales:

• Movimiento de rotación uniforme

En este tipo de movimiento la aceleración angular del cuerpo α es igual a 0 y, por tan-to, la velocidad angular ω es constante. El valor del ángulo recorrido por el cuerpo en un tiempo t vendrá dado por la expresión:

0 . tθ = θ + ω

donde θ0 representa el ángulo recorrido por el cuerpo en el instante inicial correspondiente a t = 0.

• Movimiento de rotación uniformemente acelerado

En este tipo de movimiento la aceleración angular del cuerpo α es constante. La velo-cidad angular ω que lleva el cuerpo después de un intervalo de tiempo t vendrá dada por la expresión:

0 . tω = ω + α

donde ω0 representa la velocidad angular del cuerpo en el instante inicial correspondiente a t=0 . El ángulo recorrido por el cuerpo en el intervalo de tiempo t será:

20 0

1 . t . t

2θ = θ + ω + ⋅ α

donde θ0 representa el ángulo recorrido por el cuerpo en el instante inicial correspondiente a t=0 . Eliminando el tiempo de las dos expresiones anteriores se deduce la siguiente ecua-ción para el movimiento de rotación uniformemente acelerado:

( )2 20 0 2 . . - ω = ω + α θ θ

2.4. Movimiento plano general

Tal y como se ha mencionado anteriormente, existen casos en los que el movimiento de un cuerpo se puede analizar en un sistema bidimensional, ya que todos sus puntos se mue-ven en planos paralelos. El movimiento de traslación y el movimiento de rotación alrededor de un eje fijo, vistos en los apartados anteriores, se pueden estudiar en el plano de movi-miento de un punto cualquiera.

Como se verá a continuación, un movimiento plano general se puede considerar como una combinación de una traslación y una rotación alrededor de un eje perpendicular al plano del movimiento.

2.4. MOVIMIENTO PLANO GENERAL

MANU

ALES

UEX

33


28

2.4.1. Velocidad absoluta y relativa

En la figura siguiente se muestra un cuerpo que describe un movimiento plano general, en donde se han representado las trayectorias de dos puntos cualesquiera, A y B, del cuerpo.

La relación entre los vectores de posición de los puntos respecto a un sistema de ejes cartesianos, es:

B A B/Ar r r= +

siendo B/Ar el vector que define la posición de B respecto de A. Derivando respecto del

tiempo:

B/AB A drdr dr

dt dt dt= +

donde:

• BB

d r v

dt=

velocidad absoluta del punto B

• AA

d r v

dt=

velocidad absoluta del punto A

• B/Arel B/A

d r v

dt=

velocidad relativa del punto B respecto de A

La velocidad relativa del punto B respecto de A representa la variación del vector que une los puntos A y B del cuerpo. Como este cuerpo es un sólido rígido, el único movimiento posible de un punto respecto del otro es el de una rotación, en este caso, de B respecto de A. Luego:

O

A

B

rB/A

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rA

rB

28

2.4.1. Velocidad absoluta y relativa

En la figura siguiente se muestra un cuerpo que describe un movimiento plano general, en donde se han representado las trayectorias de dos puntos cualesquiera, A y B, del cuerpo.

La relación entre los vectores de posición de los puntos respecto a un sistema de ejes carte‐sianos, es:

B A B/Ar r r

siendo B/Ar el vector que define la posición de B respecto de A. Derivando respecto del tiempo:


donde:

BB

d r vdt

velocidad absoluta del punto B

AA

d r vdt

velocidad absoluta del punto A

B/Arel B/A

d r v

dt

velocidad relativa del punto B respecto de A

La velocidad relativa del punto B respecto de A representa la variación del vector que une los puntos A y B del cuerpo. Como este cuerpo es un sólido rígido, el único movimiento posible de un punto respecto del otro es el de una rotación, en este caso, de B respecto de A. Luego:

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt

O

A

BrB/A

rA

rB A

B

rB/A

x

y

rA

rB

MANU

ALES

UEX

34


29

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×

En resumen, la ecuación vectorial que relaciona las velocidades de dos puntos de un cuerpo que realiza un movimiento plano general es:

( )B A rel B/A A B/Av v v v r= + = + ω ×

Por lo tanto, la velocidad absoluta de un punto de un cuerpo se puede determinar sa-biendo la velocidad absoluta de otro punto del mismo cuerpo, sumándole la velocidad relativa del primero respecto del segundo.

Esta expresión permite deducir que un movimiento plano general se puede componer como resultante de la suma de dos movimientos ya estudiados, tal como se representa en la figura siguiente:

Movimiento de traslación B Av v = Movimiento de rotación

B B/Av r= ω ×

2.4.2. Aceleración absoluta y relativa

Como se ha visto anteriormente, la relación de velocidades entre dos puntos cualesquie-ra A y B de un cuerpo rígido que realiza un movimiento plano general viene dada por la ecuación vectorial:


Para el análisis de aceleraciones se deriva respecto del tiempo la expresión anterior dan-do como resultado el siguiente desarrollo:

O

A

B

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rB/A

B

O

A

B

rB/A

x

y

rA

rB rB/A +

29

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×






B B/Av r= ω ×





O

A

B

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rB/A

B

O

A

B

rB/A

x

y

rA

rB rB/A +

29

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×






B B/Av r= ω ×





O

A

B

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rB/A

B

O

A

B

rB/A

x

y

rA

rB rB/A +

29

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×






B B/Av r= ω ×





O

A

B

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rB/A

B

O

A

B

rB/A

x

y

rA

rB rB/A +

29

B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×






B B/Av r= ω ×





O

A

B

rA

rB

A

B

rB/A

x

y

rB/A

B

O

A

B

rB/A

x

y

rA

rB rB/A +

30

( ) ( ) ( )A B/AA rel B/A B/AB A

B/AAB/A

d v rd v v d rd v d v

dt dt dt dt dt

d rd v d r

dt dt dt

+ ω ×+ ω × = = = + =

ω = + × + ω ×

donde:

• BB

d v a

dt=

aceleración absoluta del punto B

• AA

d v a

dt=

aceleración absoluta del punto A

• d

dtω

= α

aceleración angular del cuerpo

• B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×

velocidad relativa de B respecto de A

Por tanto, la ecuación vectorial que relaciona las aceleraciones de dos puntos de un cuerpo que realiza un movimiento plano general es:

( ) ( )B A B/A B/Aa a r r = + α × + ω × ω ×

( )t B/Aa ( )n B/Aa

rel B/Aa

Un caso particular de movimiento plano general es el movimiento de rodadura sin desli-zamiento de un disco, de radio r, a lo largo de una superficie horizontal. En la figura se representan la posición del disco en el instante inicial y la posición del disco al cabo de un tiempo, en el que el centro O ha recorrido una distancia xO, mientras el disco ha girado un ángulo θ. Si el disco realiza un movimiento de rodadura, la distancia xO debe ser igual a la distancia recorrida por el punto C a lo largo del perímetro circular del disco. Es decir:

x0

O O θ

C

C ω

MANU

ALES

UEX

35


30


B/AAB/A


dt dt dt dt dt

d rd v d r

dt dt dt

+ ω ×+ ω × = = = + =

ω = + × + ω ×

donde:

• BB

d v a

dt=


• AA

d v a

dt=


• d

dtω

= α


• B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×



( ) ( )B A B/A B/Aa a r r = + α × + ω × ω ×

( )t B/Aa ( )n B/Aa

rel B/Aa


x0

O O θ

C

C ω

30


B/AAB/A


dt dt dt dt dt

d rd v d r

dt dt dt

+ ω ×+ ω × = = = + =

ω = + × + ω ×

donde:

• BB

d v a

dt=


• AA

d v a

dt=


• d

dtω

= α


• B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×



( ) ( )B A B/A B/Aa a r r = + α × + ω × ω ×

( )t B/Aa ( )n B/Aa

rel B/Aa


x0

O O θ

C

C ω

30


B/AAB/A


dt dt dt dt dt

d rd v d r

dt dt dt

+ ω ×+ ω × = = = + =

ω = + × + ω ×

donde:

• BB

d v a

dt=


• AA

d v a

dt=


• d

dtω

= α


• B/Arel B/A B/A

d r v r

dt= = ω ×



( ) ( )B A B/A B/Aa a r r = + α × + ω × ω ×

( )t B/Aa ( )n B/Aa

rel B/Aa


x0

O O θ

C

C ω

31

Ox r . = θ

Para el análisis de velocidades se deriva la expresión anterior respecto del tiempo:

( )θ θ= = ⋅O d r . d x d

r dt dt dt

donde:

• Od xdt

velocidad del centro O del disco

• ddtθ velocidad angular ω del disco

Por tanto:

Ov r . = ω

Se puede determinar la velocidad del punto C en contacto con la superficie horizontal, ya que O y C son dos puntos del disco, y su relación de velocidades es:

( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =

C O C/Ov v r r . i - k - r j

r . i - r . i 0

Por tanto, en un movimiento de rodadura la velocidad del punto C del disco en contacto con la superficie es siempre 0, lo que implica que no exista deslizamiento entre el disco y la superficie.

Para el análisis de aceleraciones se vuelve a derivar respecto del tiempo:

( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt

aceleración del centro O del disco

• ddtω aceleración angular α del disco

Por tanto:

Oa r . = α

Para determinar la aceleración del punto de contacto C se relacionan las aceleraciones de O y C, considerando una aceleración angular en sentido horario:

31

Ox r . = θ


( )θ θ= = ⋅O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

• Od xdt



Por tanto:

Ov r . = ω


( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =


r . i - r . i 0



( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt



Por tanto:

Oa r . = α


30

BB

d v adt


AA

d v adt


d dt


B/Arel B/A B/A

d r v r

dt



B A B/A B/Aa a r r

t B/Aa n B/Aa

rel B/Aa

Un caso particular de movimiento plano general es el movimiento de rodadura sin desliza‐miento de un disco, de radio r, a lo largo de una superficie horizontal. En la figura se representan la posición del disco en el instante inicial y la posición del disco al cabo de un tiempo, en el que el centro O ha recorrido una distancia xO, mientras el disco ha girado un ángulo . Si el disco realiza un movimiento de rodadura, la distancia xO debe ser igual a la distancia recorrida por el punto C a lo largo del perímetro circular del disco. Es decir:

Ox r .


O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

x0

O O

C

C

MANU

ALES

UEX

36


32

( ) ( )( ) ( ) ( ){ } ( )( ) ( ){ } ( ) ( )

= + α × + ω × ω × =

= α + α × + ω =

= α + α + ω = ω

C O C/O C/O

2

2 2

a a r r

r . i - k - r j . r j

r . i - r . i . r j . r j

2.5. Movimiento relativo respecto a un sistema en rotación

Hasta el momento, en el presente capítulo se han analizado las relaciones de posición, velocidad y aceleración de dos puntos pertenecientes al mismo sólido rígido, sea cual sea el movimiento de éste, traslación, rotación alrededor de un eje fijo o movimiento plano gene-ral. Todo ello ha sido posible mediante el empleo de un sistema de referencia fijo, que da lugar a los conceptos de velocidad y aceleración, tanto relativa como absoluta.

Sin embargo, existen numerosos problemas en los que no es posible el empleo de las ecuaciones vistas hasta ahora, ya que se necesita relacionar dos puntos que no pertenecen al mismo sólido rígido, por lo que el movimiento relativo de uno respecto a otro no se limita a una rotación como ocurre en el movimiento plano general. Ejemplos de estos casos son los mecanismos conectados por deslizaderas que se mueven a lo largo de eslabones guías, o por pasadores que se mueven en ranuras pertenecientes a otras piezas.

El estudio de estos casos se plantea mediante la utilización de un sistema de ejes carte-sianos móvil, cuyo origen de coordenadas se hace coincidir con uno de los puntos caracte-rísticos del problema, deduciendo la velocidad y aceleración relativa de otro punto caracte-rístico respecto al anterior.

2.5.1. Velocidades

La figura representa dos puntos cualesquiera, P y O, que se encuentran en movimiento. Se considera un sistema de ejes cartesianos fijos en el espacio, tal como el XYZ, y un sistema de ejes cartesianos móviles xyz, con origen en O, que giran con una velocidad y aceleración determinadas. Los vectores unitarios que definen la posición de estos ejes móviles son i , j ,k

.

P

O

x y

z

X

Y

Z

rP

r0

r i j

k

31

Ox r . = θ


( )θ θ= = ⋅O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

• Od xdt



Por tanto:

Ov r . = ω


( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =


r . i - r . i 0



( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt



Por tanto:

Oa r . = α


31

Ox r . = θ


( )θ θ= = ⋅O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

• Od xdt



Por tanto:

Ov r . = ω


( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =


r . i - r . i 0



( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt



Por tanto:

Oa r . = α


31

Ox r . = θ


( )θ θ= = ⋅O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

• Od xdt



Por tanto:

Ov r . = ω


( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =


r . i - r . i 0



( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt



Por tanto:

Oa r . = α


31

Ox r . = θ


( )θ θ= = ⋅O d r . d x d r

dt dt dt

donde:

• Od xdt



Por tanto:

Ov r . = ω


( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ }

= + ω × = ω + ω × =

= ω + ω =


r . i - r . i 0



( )O d r . d v d r

dt dt dtω ω

= = ⋅

donde:

• Od vdt



Por tanto:

Oa r . = α


MANU

ALES

UEX

37


32

( ) ( )( ) ( ) ( ){ } ( )( ) ( ){ } ( ) ( )

= + α × + ω × ω × =

= α + α × + ω =

= α + α + ω = ω

C O C/O C/O

2

2 2

a a r r

r . i - k - r j . r j

r . i - r . i . r j . r j





2.5.1. Velocidades


.

P

O

x y

z

X

Y

Z

rP

r0

r i j

k

32

( ) ( )( ) ( ) ( ){ } ( )( ) ( ){ } ( ) ( )

= + α × + ω × ω × =

= α + α × + ω =

= α + α + ω = ω

C O C/O C/O

2

2 2

a a r r

r . i - k - r j . r j

r . i - r . i . r j . r j





2.5.1. Velocidades


.

P

O

x y

z

X

Y

Z

rP

r0

r i j

k

2.5. MOVIMIENTO RELATIVO RESPECTO A UN SISTEMA EN ROTACIÓN

32


Hasta el momento, en el presente capítulo se han analizado las relaciones de posición, veloci‐dad y aceleración de dos puntos pertenecientes al mismo sólido rígido, sea cual sea el movimiento de éste, traslación, rotación alrededor de un eje fijo o movimiento plano general. Todo ello ha sido posible mediante el empleo de un sistema de referencia fijo, que da lugar a los conceptos de velocidad y aceleración, tanto relativa como absoluta.

Sin embargo, existen numerosos problemas en los que no es posible el empleo de las ecua‐ciones vistas hasta ahora, ya que se necesita relacionar dos puntos que no pertenecen al mismo sólido rígido, por lo que el movimiento relativo de uno respecto a otro no se limita a una rotación como ocurre en el movimiento plano general. Ejemplos de estos casos son los mecanismos conec‐tados por deslizaderas que se mueven a lo largo de eslabones guías, o por pasadores que se mue‐ven en ranuras pertenecientes a otras piezas.

El estudio de estos casos se plantea mediante la utilización de un sistema de ejes cartesianos móvil, cuyo origen de coordenadas se hace coincidir con uno de los puntos característicos del problema, deduciendo la velocidad y aceleración relativa de otro punto característico respecto al anterior.

2.5.1. Velocidades


.

Llamando Pr al vector de posición de P respecto al sistema de ejes fijos, 0r

al vector de posi‐ción de O y r al vector de posición de P respecto de O, se tiene:

P

O

xy

z

X

Y

Z

rPr0

rij

k

MANU

ALES

UEX

38


34

Las derivadas de estos vectores son:

( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ

d i d i d d -sen I cos J j i

dt d dt dt

( )d j d j d d -cos I sen J - i j

dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ

Extendiendo lo anterior a un sistema de ejes cartesianos tridimensional:

d i d j dk i ; j ; k

dt dt dt= ω× = ω× = ω×

Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz

dr dx dy dz i j k x . i y. j z . kdt dt dt dt

por lo que se tiene:

( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz

dr dx dy dz i j k (x i y j z k) dt dt dt dt

dx dy dz i j k rdt dt dt

El término + +

dx dy dz i j kdt dt dt

representa la velocidad relativa de P respecto al sis-

tema de coordenadas xyz, es decir, la velocidad que podría medir un observador que se moviera con O solidario con el sistema de ejes móviles. Llamando P/(xyz)v

a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt

Por tanto, la ecuación vectorial que relaciona las velocidades de los puntos P y O es:

( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov

El término ar P/Ov se denomina velocidad de arrastre de P, y describe la velocidad abso-

luta que tendría P en ausencia de movimiento relativo; es decir, la velocidad de P vista desde el sistema de ejes fijo si P se fijase, en la posición en que se halla, al sistema de coor-denadas móvil xyz. A partir de este significado se puede calcular fácilmente ar P/Ov

aplicando

33


al vector de posición de O y r

al vector de posición de P respecto de O, se tiene:

= + P 0r r r

donde:

= + +

r x i y j z k

siendo x, y, z las coordenadas de posición de P respecto al sistema móvil. Derivando :

= + 0P drdr dr

dt dt dt

donde:

• PP

drv

dt=

velocidad absoluta de P

• 00

drv

dt=

velocidad absoluta de O

Para calcular el valor drdt

se deriva :

= + ⋅ + + ⋅ + + ⋅

dr dx d i dy d j dz dk i x j y k zdt dt dt dt dt dt dt

Con el objetivo de hallar la derivada respecto al tiempo de los vectores i y j

, en la fi-gura se representan los vectores unitarios de un sistema de ejes cartesianos XY fijo, I y J

,

y los de un sistema de ejes cartesianos xy móvil, i y j

. Las componentes cartesianas

de i y j

son:

i cos I sen J= θ + θ

j -sen I cos J= θ + θ

θ

θ

I

J j

i

ω

33


al vector de posición de O y r

al vector de posición de P respecto de O, se tiene:

= + P 0r r r

donde:

= + +

r x i y j z k

siendo x, y, z las coordenadas de posición de P respecto al sistema móvil. Derivando :

= + 0P drdr dr

dt dt dt

donde:

• PP

drv

dt=

velocidad absoluta de P

• 00

drv

dt=

velocidad absoluta de O

Para calcular el valor drdt

se deriva :

= + ⋅ + + ⋅ + + ⋅

dr dx d i dy d j dz dk i x j y k zdt dt dt dt dt dt dt

Con el objetivo de hallar la derivada respecto al tiempo de los vectores i y j

, en la fi-gura se representan los vectores unitarios de un sistema de ejes cartesianos XY fijo, I y J

,

y los de un sistema de ejes cartesianos xy móvil, i y j

. Las componentes cartesianas

de i y j

son:

i cos I sen J= θ + θ

j -sen I cos J= θ + θ

θ

θ

I

J j

i

ω

MANU

ALES

UEX

39


34


( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ


dt d dt dt


dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ




Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz



( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz



El término + +




a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt


( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov



aplicando

34


( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ


dt d dt dt


dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ




Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz



( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz



El término + +




a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt


( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov



aplicando

34


( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ


dt d dt dt


dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ




Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz



( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz



El término + +




a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt


( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov



aplicando

34


( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ


dt d dt dt


dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ




Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz



( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz



El término + +




a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt


( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov



aplicando

34


( )θ θ= ⋅ = θ + θ ⋅ = ω = ω ×

θ


dt d dt dt


dt d dt dtθ θ

= ⋅ = θ − θ ⋅ = ω = ω ×θ




Luego:

( )( ) ( )( ) ( )( ) = + + + ω × + ω × + ω ×

xyz xyz xyz



( )

( )( )

= + + + ω × + + = = + + + ω ×

xyz

xyz



El término + +




a esta velocidad,

queda:

( )( )= + ω ×

P/ (xyz) xyz

dr v rdt


( )( )P P/(xyz) 0 xyzv v v r= + + ω ×

ar P/Ov



aplicando

35

la ecuación vectorial vista anteriormente que relaciona las velocidades de dos puntos de un mismo sólido.

En la figura siguiente se dibuja el diagrama de velocidades de una deslizadera B que se mueve con una velocidad de deslizamiento conocida, desl.B/A B/ACv v=

, a lo largo de una guía

AC. Se toma un sistema de referencia móvil xy con origen de coordenadas en A, de tal forma que el eje x se hace coincidir con la guía, por lo que ωxy = ωAC, y B/xy B/ACv v=

. Conocien-

do la velocidad del punto A, Av , y la velocidad angular de la pieza, ACω

, se puede calcular la velocidad absoluta de la deslizadera B, Bv

, mediante la ecuación vectorial:

( )B B/AC ar B/A B/AC A AC B/Av v v v v r= + = + + ω ×

2.5.2. Aceleraciones

Partiendo de la expresión obtenida anteriormente:

( )P 0 (xyz)dx dy dz

v v i j k rdt dt dt

= + + + + ω ×

y derivando cada término respecto del tiempo se obtiene:

2 2 2(xyz)P 0

(xyz)2 2 2

ddv dv d x dx d i d y dy d j d z dz dk dr i j k r

dt dt dt dt dt dt dt dt dt dt dt dt dtω = + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + × + ω ×

Teniendo en cuenta el valor de las derivadas de los vectores unitarios y ordenando que-da la expresión:

vB/AC

ωAC. rB/A

vA

vB

vA

ωAC . rB/A

A

B

ωAC

vB/AC

x

y

C

34

Luego:

xyz xyz xyz



xyz

xyz



El término


representa la velocidad relativa de P respecto al siste‐

ma de coordenadas xyz, es decir, la velocidad que podría medir un observador que se moviera con O solidario con el sistema de ejes móviles. Llamando P/(xyz)v a esta velocidad, queda:

P/ (xyz) xyzdr v rdt


P P/(xyz) 0 xyzv v v r

ar P/Ov

El término ar P/Ov se denomina velocidad de arrastre de P, y describe la velocidad absoluta que tendría P en ausencia de movimiento relativo; es decir, la velocidad de P vista desde el sistema de ejes fijo si P se fijase, en la posición en que se halla, al sistema de coordenadas móvil xyz. A partir de este significado se puede calcular fácilmente ar P/Ov aplicando la ecuación vectorial vista ante‐riormente que relaciona las velocidades de dos puntos de un mismo sólido.

En la figura siguiente se dibuja el diagrama de velocidades de una deslizadera B que se mueve con una velocidad de deslizamiento conocida, desl.B/A B/ACv v , a lo largo de una guía AC. Se toma un sistema de referencia móvil xy con origen de coordenadas en A, de tal forma que el eje x se hace coincidir con la guía, por lo que xy = AC, y B/xy B/ACv v

. Conociendo la velocidad del punto A, Av

, y la velocidad angular de la pieza, AC , se puede calcular la velocidad absoluta de la

deslizadera B, Bv , mediante la ecuación vectorial:

B B/AC ar B/A B/AC A AC B/Av v v v v r

MANU

ALES

UEX

40


36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2

(xyz)(xyz) (xyz) (xyz) (xyz)

dvdv d x d y d z i j k dt dt dt dt dt

ddx dy dz dr + ( i ) ( j) ( k) rdt dt dt dt dt

donde el significado de cada término es:

• PP

dva

dt=

aceleración absoluta del punto P.

• 00

dva

dt=

aceleración absoluta del punto O.

•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =

aceleración relativa del punto P respecto al

sistema de ejes xyz con origen en O, es decir, la aceleración que mediría un observador solidario con estos ejes.

•( ) ( ) ( )

( )

(xyz) (xyz) (xyz) (xyz)

(xyz) P/ xyz

dx dy dz dx dy dzi j k i j k

dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×

aceleración tangencial de P respecto de O debido a la acelera-

ción angular del sistema móvil.

• ( ) ( )(xyz) (xyz) P/(xyz) (xyz) (xyz) p/(xyz) (xyz) (xyz)dr

v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en

esta expresión el último término representa la aceleración normal de P respecto de O debido a la velocidad angular del sistema móvil.

Por tanto, la ecuación vectorial que relaciona las aceleraciones de los puntos P y O es:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )P 0P/ xyz xyz xyz xyz xyz P/ xyza a a r r 2 . v = + + α × + ω × ω × + ω ×

ar P/Oa

cor P/xyza

El término ar P/Oa se denomina aceleración de arrastre de P, y describe la aceleración

absoluta que tendría P en ausencia de movimiento relativo; es decir, la aceleración de P

35





. Conocien-








v v i j k rdt dt dt

= + + + + ω ×


2 2 2(xyz)P 0

(xyz)2 2 2




vB/AC

ωAC. rB/A

vA

vB

vA

ωAC . rB/A

A

B

ωAC

vB/AC

x

y

C

35





. Conocien-








v v i j k rdt dt dt

= + + + + ω ×


2 2 2(xyz)P 0

(xyz)2 2 2




vB/AC

ωAC. rB/A

vA

vB

vA

ωAC . rB/A

A

B

ωAC

vB/AC

x

y

C

MANU

ALES

UEX

41


36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2


dvdv d x d y d z i j k

dt dt dt dt dt

ddx dy dz dr + ( i ) ( j) ( k) r

dt dt dt dt dt


• PP

dva

dt=


• 00

dva

dt=


•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =



•( ) ( ) ( )

( )


(xyz) P/ xyz


dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×




v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en




ar P/Oa

cor P/xyza



36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2



dt dt dt dt dt


dt dt dt dt dt


• PP

dva

dt=


• 00

dva

dt=


•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =



•( ) ( ) ( )

( )


(xyz) P/ xyz


dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×




v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en




ar P/Oa

cor P/xyza



36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2



dt dt dt dt dt


dt dt dt dt dt


• PP

dva

dt=


• 00

dva

dt=


•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =



•( ) ( ) ( )

( )


(xyz) P/ xyz


dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×




v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en




ar P/Oa

cor P/xyza



36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2



dt dt dt dt dt


dt dt dt dt dt


• PP

dva

dt=


• 00

dva

dt=


•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =



•( ) ( ) ( )

( )


(xyz) P/ xyz


dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×




v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en




ar P/Oa

cor P/xyza



36

= + + + +

ω ⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × + × + ω ×

2 2 20P

2 2 2



dt dt dt dt dt


dt dt dt dt dt


• PP

dva

dt=


• 00

dva

dt=


•2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k a

dt dt dt

+ + =



•( ) ( ) ( )

( )


(xyz) P/ xyz


dt dt dt dt dt dtv

⋅ ω × + ⋅ ω × + ⋅ ω × =ω × ⋅ + ⋅ + ⋅ =

= ω ×

• (xyz)(xyz)

dr r

dtω

× = α ×




v r v ( r)dt

ω × =ω × + ω × = ω × + ω × ω ×

en




ar P/Oa

cor P/xyza



37

vista desde el sistema de ejes fijo si P se fijase, en la posición en que se halla, al sistema de coordenadas móvil xyz. A partir de este significado se puede calcular fácilmente ar P/Oa

aplicando la ecuación vectorial vista anteriormente que relaciona las aceleraciones de dos puntos de un mismo sólido.

El término cor P/xyza se denomina aceleración complementaria o de Coriolis. Obsérvese

que esta aceleración es perpendicular al plano que forman la velocidad de los ejes y la velocidad relativa de P respecto al sistema de referencia xyz.

En la figura siguiente se dibuja el diagrama cinemático de la deslizadera B, vista ante-riormente, que se mueve con velocidad y aceleración de deslizamiento conocidas,

desl.B/A B/ACv v= y desl.B/A B/ACa a=

respectivamente, a lo largo de una guía AC.

Tomando un sistema de referencia móvil xy con origen de coordenadas en A, de tal for-ma que el eje x se hace coincidir con la guía, se tiene que ωxy = ωAC , αxy = αAC ,

B/xy B/ACv v= y B/xy B/ACa a=

.

Por tanto, conociendo la aceleración del punto A, Aa , y la velocidad y aceleración an-

gular de la pieza, ACω y ACα

respectivamente, se puede calcular la aceleración absoluta de la deslizadera B, Ba


aA

αAC . rB/A

A

B

αAC

ωAC .(ωAC.rB/A)

aB/AC 2.ωAC.vB/AC

ωAC

y

x

vB/AC

C

aA

ωAC .(ωAC.rB/A)

aB/AC

2.ωAC.vB/AC

αAC . rB/A

aB

36

2 2 2

P/(xyz)2 2 2

d x d y d z i j k adt dt dt

aceleración relativa del punto P respecto al sistema

de ejes xyz con origen en O, es decir, la aceleración que mediría un observador solidario con estos ejes.


(xyz) P/ xyz

dx dy dz dx dy dzi j k i j kdt dt dt dt dt dt

v

(xyz)(xyz)

dr r

dt

aceleración tangencial de P respecto de O debido a la aceleración

angular del sistema móvil.

(xyz) (xyz) P/(xyz) (xyz) (xyz) p/(xyz) (xyz) (xyz)dr v r v ( r)dt

en



P 0P/ xyz xyz xyz xyz xyz P/ xyza a a r r 2 . v

ar P/Oa cor P/xyza

El término ar P/Oa se denomina aceleración de arrastre de P, y describe la aceleración absoluta que tendría P en ausencia de movimiento relativo; es decir, la aceleración de P vista desde el sistema de ejes fijo si P se fijase, en la posición en que se halla, al sistema de coordenadas móvil xyz. A partir de este significado se puede calcular fácilmente ar P/Oa aplicando la ecuación vectorial vista anteriormente que relaciona las aceleraciones de dos puntos de un mismo sólido.

El término cor P/xyza se denomina aceleración complementaria o de Coriolis. Obsérvese que es‐ta aceleración es perpendicular al plano que forman la velocidad de los ejes y la velocidad relativa de P respecto al sistema de referencia xyz.

En la figura siguiente se dibuja el diagrama cinemático de la deslizadera B, vista anteriormen‐te, que se mueve con velocidad y aceleración de deslizamiento conocidas, desl.B/A B/ACv v y

desl.B/A B/ACa a respectivamente, a lo largo de una guía AC.

Tomando un sistema de referencia móvil xy con origen de coordenadas en A, de tal forma que

MANU

ALES

UEX

42


37

vista desde el sistema de ejes fijo si P se fijase, en la posición en que se halla, al sistema de coordenadas móvil xyz. A partir de este significado se puede calcular fácilmente ar P/Oa

aplicando la ecuación vectorial vista anteriormente que relaciona las aceleraciones de dos puntos de un mismo sólido.

El término cor P/xyza se denomina aceleración complementaria o de Coriolis. Obsérvese

que esta aceleración es perpendicular al plano que forman la velocidad de los ejes y la velocidad relativa de P respecto al sistema de referencia xyz.

En la figura siguiente se dibuja el diagrama cinemático de la deslizadera B, vista ante-riormente, que se mueve con velocidad y aceleración de deslizamiento conocidas,

desl.B/A B/ACv v= y desl.B/A B/ACa a=

respectivamente, a lo largo de una guía AC.

Tomando un sistema de referencia móvil xy con origen de coordenadas en A, de tal for-ma que el eje x se hace coincidir con la guía, se tiene que ωxy = ωAC , αxy = αAC ,

B/xy B/ACv v= y B/xy B/ACa a=

.

Por tanto, conociendo la aceleración del punto A, Aa , y la velocidad y aceleración an-

gular de la pieza, ACω y ACα

respectivamente, se puede calcular la aceleración absoluta de la deslizadera B, Ba


aA

αAC . rB/A

A

B

αAC

ωAC .(ωAC.rB/A)

aB/AC 2.ωAC.vB/AC

ωAC

y

x

vB/AC

C

aA

ωAC .(ωAC.rB/A)

aB/AC

2.ωAC.vB/AC

αAC . rB/A

aB

MANU

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UEX

43

3. ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS

3.1. INTRODUCCIÓN

Resolver el problema cinemático directo en un mecanismo consiste en calcular la posi-ción, velocidad y aceleración del eslabón de salida o conducido, así como de aquellos otros eslabones y puntos de interés que se considere necesario. Para ello, si el mecanismo tiene m grados de libertad, se necesita conocer el movimiento de m eslabones de entrada o eslabones conductores. Este análisis cinemático es un paso previo imprescindible para realizar poste-riormente el análisis dinámico del mecanismo, en el que ya se consideran las causas (fuerzas y momentos) que generan el movimiento.

En el presente capítulo se aplicarán a los mecanismos planos los conceptos generales presentados en el capítulo anterior sobre la cinemática del sólido rígido. Los mecanismos planos son los más empleados, y en ellos, todos sus elementos se mueven paralelamente a un mismo plano, lo que permite eliminar una dimensión al analizar el movimiento.

Se expondrán varios procedimientos, gráficos y analíticos, para el estudio cinemático de un mecanismo.

Los métodos gráficos son muy intuitivos, y de gran ayuda a la hora de comprender fácilmen-te el movimiento de un mecanismo en una posición dada. Tienen la clara ventaja de poseer una operativa fácil, pero sólo son válidos en una posición concreta, por lo que no son útiles para estudiar el movimiento completo de un mecanismo a lo largo de todo el ciclo de movimiento.

Los métodos analíticos, sin embargo, permiten obtener una expresión matemática de las variables de posición, velocidad y aceleración de los eslabones de salida del mecanismo en función de las variables que describen el movimiento de los eslabones de entrada. Se obtiene así el análisis cinemático del mecanismo para todo el ciclo completo de movimiento, que es normalmente el objetivo.

Por ello, en el capítulo siguiente, dedicado a la resolución de casos prácticos, se aplicarán siempre métodos analíticos en todos los problemas cinemáticos, que serán ilustrados también en algunos casos con la resolución gráfica para posiciones concretas. A través de su aplica-ción, se comprobará que los métodos analíticos tienen la ventaja de proporcionar plantea-

MANU

ALES

UEX

44


mientos generales muy metódicos, resolubles por ordenador. Como ilustración, en el último capítulo se presenta la resolución cinemática completa de un mecanismo de retorno rápido con ayuda de Matlab.

Hay que señalar que, en ocasiones, los métodos analíticos son poco intuitivos, por lo que a la hora de aplicarlos es necesario dominar los conocimientos de cinemática vectorial del sólido rígido que subyacen bajo todas las ecuaciones paramétricas, y apoyarse en métodos gráficos para comprender el movimiento en posiciones concretas. Por consiguiente, en la resolución de casos prácticos del próximo capítulo se presenta en todos los problemas no sólo la aplicación del método analítico, sino también su interpretación vectorial en términos de las ecuaciones de cinemática del sólido rígido.

A la hora de realizar la síntesis o diseño de un mecanismo, el conocimiento de todos los métodos es importante, y serán las características del sistema las que indicarán el camino a seguir.

3.2. Métodos gráficos

Los métodos gráficos constituyen una herramienta complementaria muy potente a la hora de realizar el análisis cinemático. Aunque sólo son válidos en una posición determinada, ayudan a comprender el movimiento de cada eslabón en posiciones concretas de interés.

En este apartado se estudiarán los dos métodos gráficos mas empleados. En primer lugar, a través del método de los polígonos de velocidades y aceleraciones, se obtiene el valor de las variables cinemáticas de un mecanismo en un instante dado. A continuación, también se estudiará el método de resolución gráfico para el cálculo de velocidades basado en el centro instantáneo de rotación.

3.2.1. Movimiento relativo entre dos puntos. Polígonos de velocidades y aceleraciones

Tal y como se ha descrito en el capítulo anterior, la relación entre las velocidades y ace-leraciones absolutas de dos puntos cualesquiera A y B viene dada por la expresión:

37

así el análisis cinemático del mecanismo para todo el ciclo completo de movimiento, que es normalmente el objetivo.

Por ello, en el capítulo siguiente, dedicado a la resolución de casos prácticos, se aplicarán siempre métodos analíticos en todos los problemas cinemáticos, que serán ilustrados también en algunos casos con la resolución gráfica para posiciones concretas. A través de su aplica-ción, se comprobará que los métodos analíticos tienen la ventaja de proporcionar plantea-mientos generales muy metódicos, resolubles por ordenador. Como ilustración, en el último capítulo se presenta la resolución cinemática completa de un mecanismo de retorno rápido con ayuda de Matlab.

Hay que señalar que, en ocasiones, los métodos analíticos son poco intuitivos, por lo que a la hora de aplicarlos es necesario dominar los conocimientos de cinemática vectorial del sólido rígido que subyacen bajo todas las ecuaciones paramétricas, y apoyarse en métodos gráficos para comprender el movimiento en posiciones concretas. Por consiguiente, en la resolución de casos prácticos del próximo capítulo se presenta en todos los problemas no sólo la aplicación del método analítico, sino también su interpretación vectorial en términos de las ecuaciones de cinemática del sólido rígido.

A la hora de realizar la síntesis o diseño de un mecanismo, el conocimiento de todos los métodos es importante, y serán las características del sistema las que indicarán el camino a seguir.



En este apartado se estudiarán los dos métodos gráficos mas empleados. En primer lugar, a través del método de los polígonos de velocidades y aceleraciones, se obtiene el valor de las variables cinemáticas de un mecanismo en un instante dado. A continuación, también se estudiará el método de resolución gráfico para el cálculo de velocidades basado en el centro instantáneo de rotación.


Tal y como se ha descrito en el capítulo anterior, la relación entre las velocidades y acele-raciones absolutas de dos puntos cualesquiera A y B viene dada por la expresión:

B A B/Av v v= +

B A B/Aa a a= +

38

donde B/Av y B/Aa

representan la velocidad y aceleración relativa del movimiento de B res-

pecto a A. La velocidad relativa tendrá una componente según la dirección del deslizamien-to, más la existente debido al giro relativo entre los puntos A y B:

= ω +

B/A BA B/A desliz. B/Av x r v

Análogamente, la aceleración relativa se obtiene sumando la aceleración debida a la rota-ción relativa, más la aceleración debida al deslizamiento, más el término complementario correspondiente a la aceleración de Coriolis.

Por consiguiente, la expresión vectorial que proporciona la aceleración relativa es:

( ) α ω ω + ω

B/A BA B/A BA BA B/A desliz. B/A BA desliz. B/Aa = x r + x x r a + 2. x v

Uniendo todas las ecuaciones descritas se obtienen las expresiones que se utilizarán du-rante este capítulo, que son las que proporcionan la relación entre las velocidades y acelera-ciones absolutas de los puntos A y B:

= + ω +

B A BA B/A desliz. B/Av v x r v

( ) + α ω ω + ω

B A BA B/A BA BA B/A desliz. B/A BA desliz. B/Aa = a x r + x x r a + 2. x v

Representando gráficamente los vectores que aparecen en las expresiones anteriores, se puede resolver el análisis cinemático de un mecanismo para una posición determinada me-diante el desarrollo de los polígonos de velocidades y aceleraciones. A continuación, se desa-rrollan dichos polígonos para los tres casos posibles.

a) CASO 1: los puntos A y B pertenecen al mismo eslabón. En este caso, el único movimiento relativo que es posible entre A y B es una rotación, de

modo que la relación de velocidades absolutas entre A y B se obtiene a través de la expresión vectorial:

( )B A rel B/A A AB B/Av v v v r= + = + ω ×

Observar que para denominar a la velocidad angular del eslabón que contiene a A y B se pueden utilizar indistintamente las notaciones ω =ω = ω

AB BA eslabón AB , puesto que dicho valor

es una característica del eslabón.

La ecuación anterior está formada por tres vectores, e indica que sumando al vector Av el

vector ( )AB B/A rω × , se obtiene el vector Bv

. La representación gráfica de esta suma de vecto-

rial constituye el polígono de velocidades, que en este caso siempre será un triángulo, cuya construcción ayudará a resolver gráficamente el análisis de velocidades del mecanismo.

aCoriolisarotación

vrotación

37

Por ello, en el capítulo siguiente, dedicado a la resolución de casos prácticos, se aplicarán siempre métodos analíticos en todos los problemas cinemáticos, que serán ilustrados también en algunos casos con la resolución gráfica para posiciones concretas. A través de su aplicación, se comprobará que los métodos analíticos tienen la ventaja de proporcionar planteamientos genera‐les muy metódicos, resolubles por ordenador. Como ilustración, en el último capítulo se presenta la resolución cinemática completa de un mecanismo de retorno rápido con ayuda de Matlab.

Hay que señalar que, en ocasiones, los métodos analíticos son poco intuitivos, por lo que a la hora de aplicarlos es necesario dominar los conocimientos de cinemática vectorial del sólido rígido que subyacen bajo todas las ecuaciones paramétricas, y apoyarse en métodos gráficos para com‐prender el movimiento en posiciones concretas. Por consiguiente, en la resolución de casos prác‐ticos del próximo capítulo se presenta en todos los problemas no sólo la aplicación del método analítico, sino también su interpretación vectorial en términos de las ecuaciones de cinemática del sólido rígido.

A la hora de realizar la síntesis o diseño de un mecanismo, el conocimiento de todos los mé‐todos es importante, y serán las características del sistema las que indicarán el camino a seguir.



En este apartado se estudiarán los dos métodos gráficos mas empleados. En primer lugar, a través del método de los polígonos de velocidades y aceleraciones, se obtiene el valor de las varia‐bles cinemáticas de un mecanismo en un instante dado. A continuación, también se estudiará el método de resolución gráfico para el cálculo de velocidades basado en el centro instantáneo de rotación.


Tal y como se ha descrito en el capítulo anterior, la relación entre las velocidades y acelera‐ciones absolutas de dos puntos cualesquiera A y B viene dada por la expresión:

B A B/Av v v

B A B/Aa a a

donde B/Av y B/Aa representan la velocidad y aceleración relativa del movimiento de B respecto a A. La velocidad relativa tendrá una componente según la dirección del deslizamiento, más la existente debido al giro relativo entre los puntos A y B:


vrotación

3.2. MÉTODOS GRÁFICOS

MANU

ALES

UEX

45


38

donde B/Av y B/Aa



= ω +




( ) α ω ω + ω



= + ω +


( ) + α ω ω + ω













aCoriolisarotación

vrotación

Análogamente, la aceleración relativa se obtiene sumando la aceleración debida a la rotación relativa, más la aceleración debida al deslizamiento, más el término complementario correspondiente a la aceleración de Coriolis.


38

donde B/Av y B/Aa



= ω +




( ) α ω ω + ω



= + ω +


( ) + α ω ω + ω













aCoriolisarotación

vrotación

Uniendo todas las ecuaciones descritas se obtienen las expresiones que se utilizarán durante este capítulo, que son las que proporcionan la relación entre las velocidades y ace-leraciones absolutas de los puntos A y B:

38

donde B/Av y B/Aa



= ω +




( ) α ω ω + ω



= + ω +


( ) + α ω ω + ω













aCoriolisarotación

vrotación

Representando gráficamente los vectores que aparecen en las expresiones anteriores, se puede resolver el análisis cinemático de un mecanismo para una posición determinada mediante el desarrollo de los polígonos de velocidades y aceleraciones. A continuación, se desarrollan dichos polígonos para los tres casos posibles.

a) CASO 1: los puntos A y B pertenecen al mismo eslabón.

En este caso, el único movimiento relativo que es posible entre A y B es una rotación, de modo que la relación de velocidades absolutas entre A y B se obtiene a través de la expresión vectorial:

38

donde B/Av y B/Aa



= ω +




( ) α ω ω + ω



= + ω +


( ) + α ω ω + ω













aCoriolisarotación

vrotación

39

En la figura siguiente se dibuja el polígono de velocidades de un eslabón AB en un movi-miento plano general. Suponiendo conocida la velocidad absoluta del punto A, Av

, y la velocidad angular del eslabón, ABω

, se puede calcular gráficamente la velocidad absoluta del punto B, Bv

, representando la ecuación vectorial de velocidades:

Análogamente, es posible construir el polígono de aceleraciones de acuerdo con la ecua-ción vectorial, aunque este caso es más complicado pues la resolución geométrica pasa por el desarrollo de un cuadrilátero. Dado que el único movimiento relativo posible entre A y B corresponde a una rotación, la relación entre las aceleraciones de los dos puntos del eslabón viene dada por la ecuación vectorial:

( ) ( )B A AB B/A AB AB B/Aa a r r = + α × + ω × ω ×

Observar que para denominar a la aceleración angular del eslabón que contiene a A y B se puede utilizar indistintamente las notaciones α = α = α



En la figura siguiente se dibuja el polígono de aceleraciones de un eslabón AB en el que se conoce la aceleración absoluta del punto A, Aa

, y la velocidad y aceleración angular del eslabón, ABω

y ABα respectivamente, lo que permite calcular la aceleración absoluta del

punto B, Ba , mediante la ecuación vectorial anterior:

vA

Vrel B/A = ωΑΒ . rB/A

rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

MANU

ALES

UEX

46


40

• Ejemplo: a continuación se analizará, mediante los polígonos de velocidades y aceleracio-nes, el problema cinemático del mecanismo biela-manivela.

En este caso la manivela OA es el eslabón de entrada, cuyo movimiento se conoce al constituir el eslabón motor que gira a una velocidad angular constante OAω

. Las variables de salida que hay que determinar son la velocidad y aceleración del pistón B y la velocidad y aceleración angular de la biela, ABω

y ABα .

En la siguiente figura se desarrolla gráficamente el polígono de velocidades que relaciona los valores de los puntos A y B, pertenecientes en este caso a un mismo sólido que constituye la biela del mecanismo. Nótese que previamente se puede calcular la velocidad de A, que es perpendicular a OA, y que se conoce la dirección de la velocidad de B, que es horizontal, así como la de la velocidad relativa de B respecto de A, que es perpendicular a AB. De este modo, trazando el triángulo vectorial correspondiente se pueden calcular el módulo y sentido de la velocidad angular de la biela ABω

y de la velocidad absoluta del punto B.

aA

αΑΒ . rB/A

A

B

αAB

ωΑΒ.(ωΑΒ.rB/A)

ωAB

aA


αΑΒ . rB/A

aB

vB

vA = ωOA . OAωAB . AB

⊥ AB

ωOA

A

B

39














vA


rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

39














vA


rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

39














vA


rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

39














vA


rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

Observar que para denominar a la aceleración angular del eslabón que contiene a A y B se pueden utilizar indistintamente las notaciones

39














vA


rB/A

A

B

ωAB

vA

Vrel B/A

vB

, puesto que dicho valor es una característica del eslabón.

MANU

ALES

UEX

47


40




y ABα .



aA

αΑΒ . rB/A

A

B

αAB


ωAB

aA


αΑΒ . rB/A

aB

vB


⊥ AB

ωOA

A

B

40




y ABα .



aA

αΑΒ . rB/A

A

B

αAB


ωAB

aA


αΑΒ . rB/A

aB

vB


⊥ AB

ωOA

A

B

Análogamente, en la siguiente figura se desarrolla el polígono de aceleraciones, en este caso un cuadrilátero, que relaciona los valores de los puntos A y B. Observar que, previamen-te, se puede calcular la aceleración de A, que lleva la dirección de la manivela y sentido AO (puesto que la aceleración tangencial de A es nula al girar la manivela con velocidad angular constante).

Al mismo tiempo, se conoce que la aceleración de B ha de ser horizontal, y que las com-ponentes normal y tangencial de la aceleración relativa de B respecto de A deben llevar dirección AB y perpendicular a AB, respectivamente.


40

Ejemplo: a continuación se analizará, mediante los polígonos de velocidades y aceleraciones, el problema cinemático del mecanismo biela‐manivela.

En este caso la manivela OA es el eslabón de entrada, cuyo movimiento se conoce al constituir el eslabón motor que gira a una velocidad angular constante OA

. Las variables de salida que hay que determinar son la velocidad y aceleración del pistón B y la velocidad y aceleración angular de la biela, AB

y AB .

En la siguiente figura se desarrolla gráficamente el polígono de velocidades que relaciona los valores de los puntos A y B, pertenecientes en este caso a un mismo sólido que constituye la biela del mecanismo. Nótese que previamente se puede calcular la velocidad de A, que es perpendicu‐lar a OA, y que se conoce la dirección de la velocidad de B, que es horizontal, así como la de la velocidad relativa de B respecto de A, que es perpendicular a AB. De este modo, trazando el trián‐gulo vectorial correspondiente se pueden calcular el módulo y sentido de la velocidad angular de la biela AB


Análogamente, en la siguiente figura se desarrolla el polígono de aceleraciones, en este caso un cuadrilátero, que relaciona los valores de los puntos A y B. Observar que, previamente, se puede calcular la aceleración de A, que lleva la dirección de la manivela y sentido AO (puesto que la aceleración tangencial de A es nula al girar la manivela con velocidad angular constante).

Al mismo tiempo, se conoce que la aceleración de B ha de ser horizontal, y que las componen‐tes normal y tangencial de la aceleración relativa de B respecto de A deben llevar dirección AB y perpendicular a AB, respectivamente.

vB

vA = OA . OA AB . AB

AB

OA

A

B

MANU

ALES

UEX

48


41


Al mismo tiempo, se conoce que la aceleración de B ha de ser horizontal, y que las com-ponentes normal y tangencial de la aceleración relativa de B respecto de A deben llevar di-rección AB y perpendicular a AB, respectivamente.

De este modo, se puede ya trazar el cuadrilátero correspondiente para calcular el módulo y sentido de la aceleración angular de la biela ABα

y de la aceleración absoluta del punto B.

b) CASO 2: los puntos A y B, pertenecientes a dos eslabones distintos, se encuentran en con-tacto.

En este caso se tiene que B/Ar = 0 y, dado que movimiento relativo entre A y B es única-

mente de deslizamiento, la relación de velocidades absolutas entre A y B se obtiene a través de la expresión vectorial:

B A desliz. B/Av v v= +

+ ω

B A desliz. B/A desliz. B/Aa = a a + 2. x v

siendo ω

la velocidad angular del eslabón en el que se produce el movimiento de desliza-miento.

• Ejemplo: como aplicación, se analizará mediante los polígonos de velocidades y acelera-ciones el problema cinemático del mecanismo de corredera de la figura. La manivela tiene una velocidad angular constante 1ω

y la guía posee una velocidad y aceleración angular variables 2ω

y 2α , cuya determinación se pide

en el instante de la figura.

⊥ AB

aA = ωOA2 . OA

ωAB2 . AB

αAB . AB

aB

ω1 O1 O2

A

41









+ ω


siendo ω






⊥ AB

aA = ωOA2 . OA

ωAB2 . AB

αAB . AB

aB

ω1 O1 O2

A

41









+ ω


siendo ω






⊥ AB

aA = ωOA2 . OA

ωAB2 . AB

αAB . AB

aB

ω1 O1 O2

A

Siendo A el punto extremo de la manivela en contacto con la deslizadera, nótese que se puede calcular su velocidad, puesto que este punto realiza un movimiento de rotación alre-dedor de la articulación fija O1 de la manivela. Dicha velocidad tendrá módulo

42


A 1 1v = O A . ω , dirección perpendicular a la manivela y sentido dado por 1 O1Aω =ω .

Análogamente, denominando B al punto de la guía que en la posición considerada en la figura está en contacto con la deslizadera, se puede escribir la expresión de su velocidad, puesto que este punto realiza un movimiento de rotación alrededor de la articulación fija O2 de la guía. Dicha velocidad tendrá de módulo B 2 2v = O B . ω , dirección perpendicular a la guía y sentido dado por la velocidad incógnita 2 O2Bω =ω

.

A continuación, se aplican las relaciones de velocidades y aceleraciones vistas anterior-mente para el caso en el que los puntos A y B, pertenecientes a dos eslabones distintos, se encuentran en contacto. En la siguiente figura se representan las velocidades absolutas de los puntos A y B, así como la velocidad relativa de B respecto de A consistente en la velocidad de deslizamiento:

La relación entre las velocidades anteriores puede expresarse a través del polígono de la siguiente figura, que permitirá resolver el problema gráficamente. Observar que se conoce vA, en módulo y sentido, así como las direcciones de vB y de vdesliz. B/A. Dibujando y cerrando el triángulo correspondiente se tiene:

lo que permitirá calcular, para la posición de la figura, los valores del módulo y el sentido de vdesliz.B/A y vB. A partir de vB se determina el módulo y el sentido de ω2 = ωO2B.

vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B

Dirección O2B⊥ O2B

, dirección perpendicular a la manivela y sentido dado por

42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


.

Análogamente, denominando B al punto de la guía que en la posición considerada en la figura está en contacto con la deslizadera, se puede escribir la expresión de su velocidad, puesto que este punto realiza un movimiento de rotación alrededor de la articulación fija O2 de la guía. Dicha velocidad tendrá de módulo

42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


, dirección perpendicular a la guía y sentido dado por la velocidad incógnita

42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


.

MANU

ALES

UEX

49


42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


42




.




vdesliz.B/A B

ω2

O2

vB = ω2 . O2B

vA = ω1 . O1AA

O1

vdesliz.B/A

vA = ωO1A . O1A

vB = ωO2B . O2B


43

Análogamente, en los siguientes diagramas cinemáticos se representan las aceleraciones absolutas de los puntos A y B, así como las componentes de la aceleración relativa de B res-pecto de A, consistentes en la aceleración de deslizamiento y aceleración de Coriolis:

La relación entre las aceleraciones anteriores puede expresarse a través del siguiente polí-gono, que conduce a la resolución gráfica del problema:

Nótese que en el polígono anterior se conoce previamente la aceleración de A, así como la aceleración normal de B y la aceleración de Coriolis, puesto que ya se han resuelto ante-riormente las velocidades. Trazando las direcciones conocidas del resto de aceleraciones se puede resolver el problema cinemático, calculando los valores del módulo y el sentido de adesl.B/A y α2 = αO2B.

c) CASO 3: los puntos A y B pertenecen a dos eslabones distintos entre los que existe desliza-miento.

En este caso, el movimiento relativo entre A y B es una rotación más un deslizamiento, de modo que la relación de velocidades y aceleraciones absolutas entre A y B se obtiene a través de las siguientes expresiones vectoriales generales, que engloban los dos casos a) y b) estu-diados anteriormente:

A

aA = ω12 . O1A

O1

B

α2

O2

α2 . O2Bω22 . O2B

aB

adesliz.B/A

2 . ω2 . vdesliz.B/A

adesliz.B/A

aA = ωO1A2 . O1A

αO2B . O2B

ωO2B2 . O2B

2 . ωO2B . vdesliz.B/A

⊥ O2B

Dirección

A

aA = ω12 . O1A

O1

B

α2

α2 . O2Bω22 . O2B

adesliz.B/A


MANU

ALES

UEX

50


43






A

aA = ω12 . O1A

O1

B

α2

O2

α2 . O2Bω22 . O2B

aB

adesliz.B/A


adesliz.B/A

aA = ωO1A2 . O1A

αO2B . O2B

ωO2B2 . O2B


⊥ O2B

Dirección

43






A

aA = ω12 . O1A

O1

B

α2

O2

α2 . O2Bω22 . O2B

aB

adesliz.B/A


adesliz.B/A

aA = ωO1A2 . O1A

αO2B . O2B

ωO2B2 . O2B


⊥ O2B

Dirección

La relación entre las aceleraciones anteriores puede expresarse a través del siguiente polígono, que conduce a la resolución gráfica del problema:

43

La relación entre las aceleraciones anteriores puede expresarse a través del siguiente polí‐gono, que conduce a la resolución gráfica del problema:

Nótese que en el polígono anterior se conoce previamente la aceleración de A, así como la aceleración normal de B y la aceleración de Coriolis, puesto que ya se han resuelto anteriormente las velocidades. Trazando las direcciones conocidas del resto de aceleraciones se puede resolver el problema cinemático, calculando los valores del módulo y el sentido de adesl.B/A y α2 = αO2B.

c) CASO 3: los puntos A y B pertenecen a dos eslabones distintos entre los que existe deslizamien‐to.

En este caso, el movimiento relativo entre A y B es una rotación más un deslizamiento, de modo que la relación de velocidades y aceleraciones absolutas entre A y B se obtiene a través de las siguientes expresiones vectoriales generales, que engloban los dos casos a) y b) estudiados anteriormente:



En la figura siguiente se representan los diagramas cinemáticos de las velocidades y acelera‐ciones de una deslizadera B con movimiento relativo de deslizamiento respecto de la barra AC.

adesliz.B/A

aA = O1A2 . O1A

O2B . O2B

O2B2 . O2B

2 . O2B . vdesliz.B/A

Dirección

Velocidades

vA

BA . rB/A

rB/A

A

B

BA

vdesliz.B/A C C

aA

BA . rB/A

A

B

BA

BA2. rB/A

Aceleraciones

adesliz.B/A 2BA . vdesliz.B/A

En la figura siguiente se representan los diagramas cinemáticos de las velocidades y acelera-ciones de una deslizadera B con movimiento relativo de deslizamiento respecto de la barra AC.

44

= + ω +


( ) + α ω ω + ω


En la figura siguiente se representan los diagramas cinemáticos de las velocidades y acele-raciones de una deslizadera B con movimiento relativo de deslizamiento respecto de la barra AC.

3.2.2. Centro instantáneo de rotación

Obsérvese que, si fuera posible considerar el movimiento plano general de un sólido rígi-do o eslabón, en un instante determinado, como una rotación alrededor de algún punto per-teneciente o no al eslabón, se conseguiría simplificar el análisis cinemático del mismo. A este eje de rotación, perpendicular al plano del movimiento del eslabón, se le denomina centro instantáneo de rotación, y su localización simplifica la determinación de la magnitud y direc-ción de la velocidad de cualquier punto del eslabón.

Para demostrarlo, considérese el sólido rígido de la figura, donde se conocen las líneas de acción de Av

y Bv . Tomando como condición la localización de un punto de velocidad nula

(eje de giro instantáneo) Iv 0= , se verifica:

ω ω

A I A/I A/Iv = v + x r = x r

ω ω

B I B/I B/Iv = v + x r = x r

De las expresiones anteriores se deduce que los vectores A/Ir

y B/Ir , y consiguientemente el

punto I, se deben encontrar en el punto de inter-sección de las perpendiculares a las líneas de acción de Av

y Bv .

El empleo del centro instantáneo de rotación como método de resolución facilita, en mu-chos casos, la determinación de los parámetros cinemáticos de un eslabón, siempre teniendo en cuenta que un sólido rígido que realiza un movimiento plano general posee un centro instantáneo de rotación diferente en cada momento, variando su situación de un instante a otro. La variación de las posiciones del centro instantáneo de rotación implica la variación de

vA

vB

A

B

I

⊥ vA

⊥ vB

Velocidades

vA

ωBA . rB/A

rB/A

A

B

ωBA

vdesliz.B/AC C

aA

αBA . rB/A

A

B

αBA

ωBA2. rB/A

Aceleraciones

adesliz.B/A2 . ωBA . vdesliz.B/A

44

= + ω +


( ) + α ω ω + ω








ω ω


ω ω





y Bv .


vA

vB

A

B

I

⊥ vA

⊥ vB

Velocidades

vA

ωBA . rB/A

rB/A

A

B

ωBA

vdesliz.B/AC C

aA

αBA . rB/A

A

B

αBA

ωBA2. rB/A

Aceleraciones


MANU

ALES

UEX

51


44

= + ω +


( ) + α ω ω + ω








ω ω


ω ω





y Bv .


vA

vB

A

B

I

⊥ vA

⊥ vB

Velocidades

vA

ωBA . rB/A

rB/A

A

B

ωBA

vdesliz.B/AC C

aA

αBA . rB/A

A

B

αBA

ωBA2. rB/A

Aceleraciones



Obsérvese que, si fuera posible considerar el movimiento plano general de un sólido rígido o eslabón, en un instante determinado, como una rotación alrededor de algún punto perteneciente o no al eslabón, se conseguiría simplificar el análisis cinemático del mismo. A este eje de rotación, perpendicular al plano del movimiento del eslabón, se le denomina centro instantáneo de rotación, y su localización simplifica la determinación de la magnitud y dirección de la velocidad de cualquier punto del eslabón.

El empleo del centro instantáneo de rotación como método de resolución facilita, en muchos casos, la determinación de los parámetros cinemáticos de un eslabón, siempre teniendo en cuenta que un sólido rígido que realiza un movimiento plano general posee un centro instantáneo de rotación diferente en cada momento, variando su situación de un ins-tante a otro. La variación de las posiciones del centro instantáneo de rotación implica la variación de las condiciones de movimiento del cuerpo. Por ello hay que señalar que la aceleración del centro instantáneo de rotación en general es distinta de cero. De aquí que obtenemos un método gráfico válido para calcular velocidades en una posición determinada del mecanismo, pero no para hallar aceleraciones.

45

las condiciones de movimiento del cuerpo. Por ello hay que señalar que la aceleración del centro instantáneo de rotación en general es distinta de cero. De aquí que obtenemos un método gráfico válido para calcular velocidades en una posición determinada del mecanismo, pero no para hallar aceleraciones.

Como aplicación, considérese el caso del movimiento de rodadura sin deslizamiento de un disco sobre una superficie fija. Nótese que la velocidad del punto C en contacto con la superficie es siempre cero, tal y como se demostró en el capítulo anterior, lo que motiva que no exista deslizamiento entre el disco y la superficie. El punto C es entonces el centro instantáneo de rotación del disco en su movimiento de rodadura. Obsérvese que, por el contrario, la acele-ración de C, ( )2

Ca . r j= ω , es distinta

de cero. La figura muestra el diagrama cinemático de velocidades del disco, donde se han representado las velocidades de algunos puntos característicos.

A continuación, se presentan dos ejemplos de resolución cinemática mediante el método gráfico basado en el centro instantáneo de rotación.

• Ejemplo: para el sistema biela-manivela de la figura, la resolución cinemática mediante el centro instantáneo de rotación contemplaría los siguientes pasos, partiendo del conocimiento de la posición indicada y de la velocidad angular OAω

de la manivela:

a) Con ω

OA se calcula Av .

b) Se trazan las perpendiculares a Av y a la línea de acción de Bv

, que se cortan en I.

c) Como vA = ωAB . IA, se calcula ω

AB , definiendo tanto el módulo como el sentido.

d) Como vB = ωAB . IB, se calcula Bv , definiendo tanto el módulo como el sentido.

e) Se podría calcular la velocidad de cualquier punto de la biela AB, mediante el producto del módulo de ABω

por la distancia de I a dicho punto, definiendo tanto el módulo como el sentido de la velocidad.

ωOA O

A

B

I

⊥ vA ⊥ vB

vA

ωAB

O

C

ω

A vA= ω.CA

E

vE

F

vF= ω.CF

vO

MANU

ALES

UEX

52


46

Obsérvese que, obviamente, un eslabón que realiza un movimiento de rotación tendrá un centro de rotación que no es instantáneo, sino permanente. Es el caso de la manivela OA del ejemplo anterior.

Un eslabón que realiza un movimiento de traslación tiene su centro instantáneo de rotación en el infinito. Por ello:

v 0ω = =

∞

es decir que el eslabón no posee velocidad angular, como sería el caso del pistón del ejemplo.

• Ejemplo: la figura representa un mecanismo de leva con seguidor de rodillo, en el que la velocidad angular de la leva ω OA es conocida. Si se aplican los pasos descritos en el método empleado en el ejemplo anterior, se podrá calcular el centro instantáneo I del rodillo, y a partir de él, la velocidad del seguidor Bv

. Debe notarse que se considera que el movimiento entre leva y rodillo es de rodadura.

vA

ωleva = ωOA

O

⊥ vA

vseguidor = vB

BA

I ωrodillo = ωAB

seguidor

46



v 0ω = =

∞




vA

ωleva = ωOA

O

⊥ vA

vseguidor = vB

BA

I ωrodillo = ωAB

seguidor

45

las condiciones de movimiento del cuerpo. Por ello hay que señalar que la aceleración del centro instantáneo de rotación en general es distinta de cero. De aquí que obtenemos un método gráfico válido para calcular velocidades en una posición determinada del mecanismo, pero no para hallar aceleraciones.

Como aplicación, considérese el caso del movimiento de rodadura sin deslizamiento de un disco sobre una superficie fija. Nótese que la velocidad del punto C en contacto con la superficie es siempre cero, tal y como se demostró en el capítulo anterior, lo que motiva que no exista deslizamiento entre el disco y la superficie. El punto C es entonces el centro instantáneo de rotación del disco en su movimiento de rodadura. Obsérvese que, por el contrario, la acele-ración de C, ( )2

Ca . r j= ω , es distinta

de cero. La figura muestra el diagrama cinemático de velocidades del disco, donde se han representado las velocidades de algunos puntos característicos.

A continuación, se presentan dos ejemplos de resolución cinemática mediante el método gráfico basado en el centro instantáneo de rotación.

• Ejemplo: para el sistema biela-manivela de la figura, la resolución cinemática mediante el centro instantáneo de rotación contemplaría los siguientes pasos, partiendo del conocimiento de la posición indicada y de la velocidad angular OAω

de la manivela:

a) Con ω

OA se calcula Av .

b) Se trazan las perpendiculares a Av y a la línea de acción de Bv

, que se cortan en I.

c) Como vA = ωAB . IA, se calcula ω

AB , definiendo tanto el módulo como el sentido.

d) Como vB = ωAB . IB, se calcula Bv , definiendo tanto el módulo como el sentido.

e) Se podría calcular la velocidad de cualquier punto de la biela AB, mediante el producto del módulo de ABω


ωOA O

A

B

I

⊥ vA ⊥ vB

vA

ωAB

O

C

ω

A vA= ω.CA

E

vE

F

vF= ω.CF

vO

45

A continuación, se presentan dos ejemplos de resolución cinemática mediante el método grá‐fico basado en el centro instantáneo de rotación.

Ejemplo: para el sistema biela‐manivela de la figura, la resolución cinemática mediante el centro instantáneo de rotación contemplaría los siguientes pasos, partiendo del conocimiento de la posición indicada y de la velocidad angular OA

de la manivela: a) Con OA se calcula Av

. b) Se trazan las perpendiculares a Av

y a la línea de acción de Bv , que se cortan en I.

c) Como vA = AB . IA, se calcula AB , definiendo tanto el módulo como el sentido. d) Como vB = AB . IB, se calcula Bv

, definiendo tanto el módulo como el sentido. e) Se podría calcular la velocidad de cualquier punto de la biela AB, mediante el producto del módulo de AB




v 0


OA O

A

B

I

vA vB

vA

vB

AB

MANU

ALES

UEX

53


46



v 0ω = =

∞




vA

ωleva = ωOA

O

⊥ vA

vseguidor = vB

BA

I ωrodillo = ωAB

seguidor

3.3. MÉTODOS ANALÍTICOS

Los métodos analíticos permiten obtener una expresión matemática de las variables de posición, velocidad y aceleración de los eslabones de salida del mecanismo en función de las variables que describen el movimiento de los eslabones de entrada. De este modo se tiene el análisis cinemático para cualquier posición del mecanismo a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento.

Este tipo de método puede abordarse basándose principalmente en tres enfoques mate-máticos distintos: el análisis trigonométrico, la resolución vectorial y el método de números complejos. En cualquiera de los casos la base del método consiste en plantear las ecuaciones de lazo o de cierre del mecanismo, que sostienen las relaciones vectoriales entre las variables cinemáticas de los distintos puntos del mecanismo.

3.3.1. Análisis trigonométrico

Este método consiste en definir las ecuaciones paramétricas de posición del punto de interés cuya cinemática se quiere obtener, y deducir por derivación sucesiva respecto del

MANU

ALES

UEX

54


48

Si se considera como parámetro de entrada variable el ángulo θ que forma la manivela con la horizontal, se pueden calcular las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración de la horquilla en función de dicho parámetro, y obtener sus valores para cualquier posición del mecanismo dada por θ. Asimismo, estas ecuaciones dependerán de valores constantes como la velocidad angular de la manivela, y la longitud de la misma.

A través de la figura anterior se obtiene la expresión de la posición de la horquilla, que se encuentra en traslación, respecto de la articulación fija de la manivela:

x = r . cosθ

Derivando la expresión anterior respecto del tiempo se obtiene fácilmente la velocidad de la horquilla:

θθ ⋅ ω θ

dx dv = = - r . sen = - r . . sendt dt

Análogamente, derivando la expresión de la velocidad respecto del tiempo se calcula la aceleración:

θω θ ⋅

dv da = = - r . . cos dt dt

cuya expresión final paramétrica es:

ω θ2a = - r . . cos

• Ejemplo: en el mecanismo de biela-manivela de la figura, se desea determinar la posición, velocidad y aceleración del pistón para cualquier posición. El mecanismo posee un grado de libertad, por lo que se necesita entonces fijar un solo parámetro para llevarlo a una posición determinada. Si se considera como parámetro de entrada variable el ángulo θ que forma la manivela con la horizontal, se pueden calcular las ecuaciones de posición, velocidad y acele-ración del pistón en función de dicho parámetro, y obtener sus valores para cualquier posi-ción a lo largo del ciclo cinemático.

x

BielaLongitud =

ManivelaLongitud = r

Pistón

θ φ

Cilindro

48



x = r . cosθ


θθ ⋅ ω θ

dx dv = = - r . sen = - r . . sendt dt


θω θ ⋅

dv da = = - r . . cos dt dt


ω θ2a = - r . . cos


x

BielaLongitud =


Pistón

θ φ

Cilindro

tiempo la velocidad y aceleración de dicho punto. Observar que, si el mecanismo tiene un grado de libertad, las ecuaciones de posición estarán expresadas en función de la variable de entrada correspondiente al grado de libertad del mecanismo. Asimismo, dichas ecuaciones deben estar escritas en función de los parámetros conocidos del mecanismo, como posición genérica y dimensión de los eslabones, o datos sobre la cinemática del elemento de entrada.

Una vez que se tienen determinadas las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración del punto de interés en función de la variable de entrada, se dan valores a dicho parámetro para estudiar las posiciones deseadas. De este modo, se pueden discretizar los valores del parámetro de entrada con incrementos constantes y obtener valores para el ciclo de movimiento completo.

En general, salvo excepciones, con este método se obtienen en muchas ocasiones ecua-ciones complicadas difíciles de manejar o derivar.

• Ejemplo: obsérvese que el mecanismo de yugo escocés de la figura, en el que la manivela gira con una velocidad angular constante w, posee un grado de libertad. Por tanto, se nece-sita fijar un solo parámetro para llevarlo a una posición determinada.

47

al grado de libertad del mecanismo. Asimismo, dichas ecuaciones deben estar escritas en función de los parámetros conocidos del mecanismo, como posición genérica y dimensión de los eslabo‐nes, o datos sobre la cinemática del elemento de entrada.

Una vez que se tienen determinadas las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración del punto de interés en función de la variable de entrada, se dan valores a dicho parámetro para estudiar las posiciones deseadas. De este modo, se pueden discretizar los valores del parámetro de entrada con incrementos constantes y obtener valores para el ciclo de movimiento completo.

En general, salvo excepciones, con este método se obtienen en muchas ocasiones ecuaciones complicadas difíciles de manejar o derivar.

Ejemplo: obsérvese que el mecanismo de yugo escocés de la figura, en el que la manivela gira con una velocidad angular constante , posee un grado de libertad. Por tanto, se necesita fijar un solo parámetro para llevarlo a una posición determinada.

Si se considera como parámetro de entrada variable el ángulo que forma la manivela con la horizontal, se pueden calcular las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración de la horquilla en función de dicho parámetro, y obtener sus valores para cualquier posición del mecanismo dada por . Asimismo, estas ecuaciones dependerán de valores constantes como la velocidad angular de la manivela, y la longitud de la misma.

A través de la figura anterior se obtiene la expresión de la posición de la horquilla, que se en‐cuentra en traslación, respecto de la articulación fija de la manivela:

x = r . cos


x

Pistón

Cilindro

Horquilla

Manivela Longitud = r

MANU

ALES

UEX

55


48



x = r . cosθ


θθ ⋅ ω θ

dx dv = = - r . sen = - r . . sen

dt dt


θω θ ⋅

dv da = = - r . . cos

dt dt


ω θ2a = - r . . cos


x

BielaLongitud =


Pistón

θ φ

Cilindro

49

A partir de las longitudes conocidas de la biela y la manivela se puede deducir la siguien-te expresión para determinar la posición x del pistón respecto de la articulación de la manive-la:

θ φx = r . cos + . cos

Nótese que la expresión anterior debe estar en función de un único parámetro variable. Puesto que se ha seleccionado como parámetro el ángulo θ que forma la manivela con la horizontal, se debe expresar el ángulo φ que forma la biela con la horizontal en función de θ :

θ φ r =

sen sen

Sustituyendo la expresión anterior en la ecuación de posición, se obtiene la distancia x en-tre el pistón y el centro de rotación de la manivela en función de θ :

= θ + ⋅ θ

2rx r . cos . 1 - sen

La expresión anterior debe derivarse respecto del tiempo para obtener la velocidad y ace-leración del pistón. Puede comprobarse que las expresiones obtenidas son demasiado com-plejas y difíciles de manejar, incluso para un mecanismo sencillo como es el biela-manivela. Por ello, el análisis trigonométrico sólo se utiliza en casos muy concretos, como puede ser el caso del mecanismo de yugo escocés presentado anteriormente.

3.3.2. Álgebra vectorial

Este método consiste en la resolución de las ecuaciones vectoriales de velocidad y acele-ración estudiadas en el tema anterior introductorio sobre la cinemática del sólido rígido, lo cual se puede lograr mediante la descomposición de cada uno de los vectores según los ejes x e y. De este modo, se dispone de dos ecuaciones escalares de velocidad (para la determina-ción de dos incógnitas de velocidad del problema), y análogamente dos ecuaciones escalares de aceleración (para obtener otras dos incógnitas de aceleración). Dichas ecuaciones deben estar expresadas en función de las variables de entrada para poder ser resolubles en cualquier posición.

A continuación se desarrolla el método vectorial para un mecanismo de biela-manivela, planteando las ecuaciones a través de las cuales se obtienen la posición, velocidad y acelera-ción del pistón para cualquier posición del mecanismo.

48

dx dv = = ‐ r . sen = ‐ r . . sendt dt

Análogamente, derivando la expresión de la velocidad respecto del tiempo se calcula la acele‐ración:

dv da = = ‐ r . . cos dt dt


2a = ‐ r . . cos

Ejemplo: en el mecanismo de biela‐manivela de la figura, se desea determinar la posición, velo‐cidad y aceleración del pistón para cualquier posición. El mecanismo posee un grado de libertad, por lo que se necesita entonces fijar un solo parámetro para llevarlo a una posición determinada. Si se considera como parámetro de entrada variable el ángulo que forma la manivela con la horizontal, se pueden calcular las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración del pistón en función de dicho parámetro, y obtener sus valores para cualquier posición a lo largo del ciclo cinemático.

A partir de las longitudes conocidas de la biela y la manivela se puede deducir la siguiente ex‐presión para determinar la posición x del pistón respecto de la articulación de la manivela:

x = r . cos + . cos

Nótese que la expresión anterior debe estar en función de un único parámetro variable. Pues‐to que se ha seleccionado como parámetro el ángulo que forma la manivela con la horizontal, se debe expresar el ángulo que forma la biela con la horizontal en función de

r =

sen sen

Sustituyendo la expresión anterior en la ecuación de posición, se obtiene la distancia x entre el pistón y el centro de rotación de la manivela en función de

x

Biela Longitud =

Manivela Longitud = r

Pistón

Cilindro

MANU

ALES

UEX

56


50

• Ejemplo: en el mecanismo de biela-manivela de la siguiente figura, la manivela gira a una velocidad angular constante ωOA en sentido antihorario.

• Posición

Empleando relaciones trigonométricas se pueden expresar dos ecuaciones con dos incóg-nitas, para obtener así el ángulo φ que forma la biela y la posición x del pistón respecto a O, en cualquier posición definida por el ángulo θ:

OA . senθ = AB . senφ φ

x = OA . cosθ + AB . cosφ x

• Velocidad

Puesto que la manivela OA se encuentra en rotación pura alrededor de O, se puede cal-cular la velocidad del punto A en la forma:

( ) ( )= ω × = ω × θ + θ =

= ω θ + ω θ

A OA A/O OA

OA OA

v r k OA . cos i OA . sen j

- OA . . sen i OA . . cos j

El pistón B se encuentra en traslación, realizando siempre un movimiento alternativo en la dirección horizontal. Suponiendo su movimiento en el sentido positivo del eje x se tiene:

B Bv v i=

Nótese que vB es una incógnita del problema, y en la resolución se puede obtener un va-lor negativo o positivo. Un valor negativo indica que el sentido real de la velocidad en esa posición será contrario al supuesto y, al contrario, un valor positivo indica que el movimiento se produce en el mismo sentido.

Los puntos A y B pertenecen al mismo eslabón, es decir, la biela, y por tanto se pueden relacionar las velocidades absolutas de ambos puntos a través de la velocidad relativa de rotación de uno respecto de otro. La biela se encuentra realizando un movimiento plano general que consta de una traslación más una rotación con una velocidad angular variable ωAB desconocida, que se supondrá en sentido antihorario. Si al resolver las ecuaciones el valor de ωAB es negativo, esto indica que el giro real de la biela en el instante considerado

θ φ

A

O

ωOA B

50


• Posición




• Velocidad


( ) ( )= ω × = ω × θ + θ =

= ω θ + ω θ

A OA A/O OA

OA OA




B Bv v i=



θ φ

A

O

ωOA B

49

A partir de las longitudes conocidas de la biela y la manivela se puede deducir la siguien-te expresión para determinar la posición x del pistón respecto de la articulación de la manive-la:

θ φx = r . cos + . cos

Nótese que la expresión anterior debe estar en función de un único parámetro variable. Puesto que se ha seleccionado como parámetro el ángulo θ que forma la manivela con la horizontal, se debe expresar el ángulo φ que forma la biela con la horizontal en función de θ :

θ φ r =

sen sen

Sustituyendo la expresión anterior en la ecuación de posición, se obtiene la distancia x en-tre el pistón y el centro de rotación de la manivela en función de θ :

= θ + ⋅ θ

2rx r . cos . 1 - sen

La expresión anterior debe derivarse respecto del tiempo para obtener la velocidad y ace-leración del pistón. Puede comprobarse que las expresiones obtenidas son demasiado com-plejas y difíciles de manejar, incluso para un mecanismo sencillo como es el biela-manivela. Por ello, el análisis trigonométrico sólo se utiliza en casos muy concretos, como puede ser el caso del mecanismo de yugo escocés presentado anteriormente.

3.3.2. Álgebra vectorial

Este método consiste en la resolución de las ecuaciones vectoriales de velocidad y acele-ración estudiadas en el tema anterior introductorio sobre la cinemática del sólido rígido, lo cual se puede lograr mediante la descomposición de cada uno de los vectores según los ejes x e y. De este modo, se dispone de dos ecuaciones escalares de velocidad (para la determina-ción de dos incógnitas de velocidad del problema), y análogamente dos ecuaciones escalares de aceleración (para obtener otras dos incógnitas de aceleración). Dichas ecuaciones deben estar expresadas en función de las variables de entrada para poder ser resolubles en cualquier posición.

A continuación se desarrolla el método vectorial para un mecanismo de biela-manivela, planteando las ecuaciones a través de las cuales se obtienen la posición, velocidad y acelera-ción del pistón para cualquier posición del mecanismo.

MANU

ALES

UEX

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50


• Posición




• Velocidad


( ) ( )= ω × = ω × θ + θ =

= ω θ + ω θ

A OA A/O OA

OA OA




B Bv v i=



θ φ

A

O

ωOA B

51

sería en sentido horario. La velocidad relativa vB/A de B respecto de A viene dada por la ex-presión:

( ) ( )ω = ω × φ φ =

= ω φ + ω φ

AB B/A AB

AB AB

x r k AB . cos i - AB . sen j

AB . . sen i AB . . cos j

Sustituyendo la velocidad relativa anterior en la siguiente expresión vectorial que relacio-na las velocidades absolutas de A y B:

= + ω

B A AB B/Av v x r

se obtiene una ecuación vectorial en el plano que, desarrollada según sus componentes x e y, proporciona dos ecuaciones escalares a partir de las cuales se despejan las incógnitas de velocidad vB y ωAB:

x vB = - OA . ωOA .senθ + AB . ωAB . senφ vB

y 0 = OA . ωOA . cosθ + AB . ωAB . cosφ ωAB

• Aceleración

Puesto que la manivela OA se encuentra en rotación pura alrededor de O con velocidad angular constante ωOA, el punto A sólo tiene aceleración normal en la dirección radial:

( ) ( ) ( ) ( ) = ω × ω × = ω × ω × θ + θ = = ω θ ω θ

A OA OA A/O OA OA

2 2OA OA

a r k k OA . cos i OA . sen j

- OA . . cos i - OA . . sen j

Tal y como ya se ha señalado, el pistón B se encuentra en traslación alternativa, realizan-do siempre un movimiento horizontal. Si se supone una aceleración de B en el sentido positi-vo del eje x se tiene la expresión:

B Ba a i=

La biela AB se encuentra realizando un movimiento plano general con una aceleración angular variable αAB desconocida, que se supondrá en sentido antihorario. Puesto que los puntos A y B pertenecen al mismo eslabón, se pueden relacionar las aceleraciones absolutas de ambos puntos a través de la aceleración relativa debida a la rotación de uno respecto de otro:

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ){ }

= α × + ω × ω × = = α × φ φ +

+ ω × ω × φ φ =

= α φ +

B/A AB B/A AB AB B/A

AB

AB AB

AB

a r r

k AB . cos i - AB . sen j

k k AB . cos i - AB . sen j

AB . . sen i ( ) ( )α φ ω φ + ω φ

2 2AB AB ABAB . . cos j + - AB . .cos i AB . . sen j

51


( ) ( )ω = ω × φ φ =

= ω φ + ω φ

AB B/A AB

AB AB




= + ω

B A AB B/Av v x r




• Aceleración


( ) ( ) ( ) ( ) = ω × ω × = ω × ω × θ + θ = = ω θ ω θ

A OA OA A/O OA OA

2 2OA OA




B Ba a i=


( )( ) ( )

( ) ( ) ( ){ }

= α × + ω × ω × = = α × φ φ +

+ ω × ω × φ φ =

= α φ +


AB

AB AB

AB

a r r



AB . . sen i ( ) ( )α φ ω φ + ω φ


MANU

ALES

UEX

58


52

Sustituyendo la aceleración relativa anterior en la siguiente expresión vectorial que rela-ciona las aceleraciones absolutas de A y B:

( ) ( ) = + α × + ω × ω ×

B A AB B/A AB AB B/Aa a r r

se obtiene una ecuación vectorial en el plano que, desarrollada según sus componentes x e y, proporciona dos ecuaciones escalares a partir de las cuales se despejan las incógnitas de aceleración aB y αAB:

x aB = - OA . ωOA2. cosθ + AB . αAB . senφ - AB . ωAB2. cosφ aB

y 0 = - OA . ωOA2. senθ + AB . αAB . cosφ + AB . ωAB2. senφ αAB

Puede observarse que, incluso en un mecanismo tan sencillo, el cálculo y desarrollo de las relaciones vectoriales para obtener las ecuaciones escalares puede resultar en ocasiones complicado. Por ello, en la resolución sistemática de ejercicios planteados en el próximo capítulo, se aplicará el método de los números complejos que se propone a continuación, el cual facilita el manejo de las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración aplicables a cualquier posición.

Hay que tener en cuenta que bajo el método de los números complejos subyace siempre el álgebra vectorial, pues al establecer las ecuaciones de cierre o de lazo del mecanismo se establecen relaciones de velocidades y aceleraciones entre puntos del mismo.

3.3.3. Análisis mediante números complejos. Ecuaciones de lazo.

Como en el resto de métodos analíticos, a través de este método se obtienen las ecuacio-nes de posición, velocidad y aceleración de los elementos y puntos de interés del mecanismo para cualquier valor de las variables de entrada.

La base del método son las ecuaciones de cierre o ecuaciones de lazo del mecanismo, que se obtienen planteando los vectores que representan los diferentes lazos o cierres forma-dos por las barras del mecanismo. A través de estas ecuaciones se obtienen las ecuaciones de posición, derivando las ecuaciones de posición se obtienen las de velocidad, y análogamente derivando las de velocidad se deducen las de aceleración.

En mecanismos sencillos, normalmente bastará con plantear un cierre para resolver la ci-nemática. Cuando se trata de un mecanismo más complejo, a veces es necesario plantear dos o más ecuaciones de cierre o de lazo.

A la hora de determinar el número necesario de ecuaciones de cierre para resolver la ci-nemática de un mecanismo, se ha de tener en cuenta que cada ecuación vectorial de cierre resuelve dos incógnitas de posición, su derivada dos de incógnitas de velocidad y su segunda

51


( ) ( )ω = ω × φ φ =

= ω φ + ω φ

AB B/A AB

AB AB




= + ω

B A AB B/Av v x r




• Aceleración


( ) ( ) ( ) ( ) = ω × ω × = ω × ω × θ + θ = = ω θ ω θ

A OA OA A/O OA OA

2 2OA OA




B Ba a i=


( )( ) ( )

( ) ( ) ( ){ }

= α × + ω × ω × = = α × φ φ +

+ ω × ω × φ φ =

= α φ +


AB

AB AB

AB

a r r



AB . . sen i ( ) ( )α φ ω φ + ω φ


MANU

ALES

UEX

59



Como en el resto de métodos analíticos, a través de este método se obtienen las ecuacio-nes de posición, velocidad y aceleración de los elementos y puntos de interés del mecanismo para cualquier valor de las variables de entrada.

La base del método son las ecuaciones de cierre o ecuaciones de lazo del mecanismo, que se obtienen planteando los vectores que representan los diferentes lazos o cierres forma-dos por las barras del mecanismo. A través de estas ecuaciones se obtienen las ecuaciones de posición, derivando las ecuaciones de posición se obtienen las de velocidad, y análogamen-te derivando las de velocidad se deducen las de aceleración.

En mecanismos sencillos, normalmente bastará con plantear un cierre para resolver la cinemática. Cuando se trata de un mecanismo más complejo, a veces es necesario plantear dos o más ecuaciones de cierre o de lazo.

A la hora de determinar el número necesario de ecuaciones de cierre para resolver la cinemática de un mecanismo, se ha de tener en cuenta que cada ecuación vectorial de cierre resuelve dos incógnitas de posición, su derivada dos de incógnitas de velocidad y su segunda derivada dos incógnitas de aceleración. En este sentido, se debe comprobar que el número de incógnitas coincida con el número de ecuaciones escalares disponibles.

Obsérvese que, en el caso más frecuente, en el que el mecanismo tenga un grado de libertad (m=1), y todos los pares sean de un grado de libertad (j2=0) se verifica:

52


Como en el resto de métodos analíticos, a través de este método se obtienen las ecuaciones de posición, velocidad y aceleración de los elementos y puntos de interés del mecanismo para cualquier valor de las variables de entrada.

La base del método son las ecuaciones de cierre o ecuaciones de lazo del mecanismo, que se obtienen planteando los vectores que representan los diferentes lazos o cierres formados por las barras del mecanismo. A través de estas ecuaciones se obtienen las ecuaciones de posición, deri‐vando las ecuaciones de posición se obtienen las de velocidad, y análogamente derivando las de velocidad se deducen las de aceleración.

En mecanismos sencillos, normalmente bastará con plantear un cierre para resolver la cine‐mática. Cuando se trata de un mecanismo más complejo, a veces es necesario plantear dos o más ecuaciones de cierre o de lazo.

A la hora de determinar el número necesario de ecuaciones de cierre para resolver la cinemá‐tica de un mecanismo, se ha de tener en cuenta que cada ecuación vectorial de cierre resuelve dos incógnitas de posición, su derivada dos de incógnitas de velocidad y su segunda derivada dos incógnitas de aceleración. En este sentido, se debe comprobar que el número de incógnitas coin‐cida con el número de ecuaciones escalares disponibles.


11 3 n 1 2j

de donde se deduce que:

14 3n 2j

lo que implica que, forzosamente, el número de eslabones n debe ser par. En este caso, el número NE de ecuaciones de lazo necesarias para resolver el mecanismo será:

n 2NE2

puesto que, del número total de eslabones n se debe restar el eslabón de referencia fijo y el esla‐bón de entrada, cuyos datos son conocidos, y dividir por dos porque cada ecuación de lazo pro‐porciona dos incógnitas.

Al realizar el planteamiento de las ecuaciones de lazo del mecanismo, no hay que olvidar que al derivar se obtienen en realidad relaciones entre las velocidades de puntos del mecanismo, las cuales deben coincidir siempre con las obtenidas a través del álgebra vectorial. Análogamente sucede con las aceleraciones. A través de los sucesivos ejemplos resueltos se mostrará siempre la interpretación vectorial de las derivadas de las ecuaciones de lazo o de cierre del mecanismo.

Para facilitar las operaciones en las expresiones obtenidas, se sustituyen los vectores por nú‐meros complejos expresados en forma exponencial. De esta forma, se obtiene una notación más


52







11 3 n 1 2j


14 3n 2j


n 2NE2





52







11 3 n 1 2j


14 3n 2j


n 2NE2




puesto que, del número total de eslabones n se debe restar el eslabón de referencia fijo y el eslabón de entrada, cuyos datos son conocidos, y dividir por dos porque cada ecuación de lazo proporciona dos incógnitas.

Al realizar el planteamiento de las ecuaciones de lazo del mecanismo, no hay que olvidar que al derivar se obtienen en realidad relaciones entre las velocidades de puntos del mecanis-mo, las cuales deben coincidir siempre con las obtenidas a través del álgebra vectorial. Análogamente sucede con las aceleraciones. A través de los sucesivos ejemplos resueltos se mostrará siempre la interpretación vectorial de las derivadas de las ecuaciones de lazo o de cierre del mecanismo.

Para facilitar las operaciones en las expresiones obtenidas, se sustituyen los vectores por números complejos expresados en forma exponencial. De esta forma, se obtiene una notación

MANU

ALES

UEX

60


más compacta y las derivadas se realizan más fácilmente. A continuación, separando la parte real y la parte imaginaria, y planteando un sistema de ecuaciones, se despejan las incógnitas que se deseen calcular. Este método también recibe el nombre de método de Raven.

Hay que tener en cuenta que el espacio vectorial de los números complejos y el espacio vectorial que forman los vectores en el plano son isomorfos, lo que justifica que se pueda operar de forma indistinta con el vector o su número complejo equivalente. Por ello, con este método se obtienen las mismas expresiones y relaciones entre puntos que se obtendrían con el álgebra vectorial, pero sin necesidad de realizar productos vectoriales y con una operativa mucho más sencilla.

En la figura se representa un vector cualquiera

53

derivada dos incógnitas de aceleración. En este sentido, se debe comprobar que el número de incógnitas coincida con el número de ecuaciones escalares disponibles.

Obsérvese que, en el caso más frecuente, en el que el mecanismo tenga un grado de liber-tad (m=1), y todos los pares sean de un grado de libertad (j2=0) se verifica:

( ) 11 3 n 1 2j= − −


14 3n 2j= −


n 2NE

2−

=


Al realizar el planteamiento de las ecuaciones de lazo del mecanismo, no hay que olvidar que al derivar se obtienen en realidad relaciones entre las velocidades de puntos del meca-nismo, las cuales deben coincidir siempre con las obtenidas a través del álgebra vectorial. Análogamente sucede con las aceleraciones. A través de los sucesivos ejemplos resueltos se mostrará siempre la interpretación vectorial de las derivadas de las ecuaciones de lazo o de cierre del mecanismo.

Para facilitar las operaciones en las expresiones obtenidas, se sustituyen los vectores por números complejos expresados en forma exponencial. De esta forma, se obtiene una notación más compacta y las derivadas se realizan más fácilmente. A continuación, separando la parte real y la parte imaginaria, y planteando un sistema de ecuaciones, se despejan las incógnitas que se deseen calcular. Este método también recibe el nombre de método de Raven.


En la figura se representa un vector cualquiera Ar , que forma un ángulo antihorario θ con

la horizontal y tiene módulo a. En el sistema de coorde-nadas presentado se define la componente horizontal del vector como la parte real del número complejo equiva-lente, y análogamente, se define la componente vertical A

Real

Imaginaria

θ

a

Vector rA

, que forma un ángulo antihorario q con la horizontal y tiene módulo a. En el sistema de coordenadas presentado se define la compo-nente horizontal del vector como la parte real del número complejo equivalente, y análoga-mente, se define la componente vertical del vector como la parte imaginaria del número complejo asociado.

Por tanto, la notación empleada para definir el número complejo es la siguiente:

54

del vector como la parte imaginaria del número complejo asociado.


θ= = θ + θ θ+ θ j.Ar a . e a . (cos j . sen ) = a . cos a . sen . j

donde j 1= − . Aunque j no pueda evaluarse numéricamente, se utiliza simplemente como operador.

A continuación, se desarrolla la determinación de la velocidad del punto A, a través de la derivación del vector de posición complejo respecto del tiempo:

( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A

d a . e d edr da dav e a e a . . j . edt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ

Adav cos j . sen a . . j . cos j . sendt

Como j2 = − 1 , se obtiene la siguiente expresión que proporciona la velocidad absoluta de un punto cualquiera A:

[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω

Ada dav cos sen . j - a . . sen a . . cos . jdt dt

donde la parte real del número complejo se corresponde con la componente x del vector velocidad en el plano, y la parte imaginaria equivale a la componente y.

Derivando la expresión anterior respecto del tiempo se obtiene la aceleración de A:

y por tanto:

donde la parte real del número complejo se corresponde con la componente x del vector aceleración en el plano, y la parte imaginaria se corresponde con la componente y.

θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2

dv d da a e a . . j. e dt dt dt

d a da da a e . j . e . j . e a . . j . e a . . jdt dt dt

θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2

d a d a da daa cos sen . j - 2 . sen 2 . cos . j dt dt dt dt

- a . . sen a . . cos . j - a . . cos - a . . sen . j

54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω

Ada da

v cos sen . j - a . . sen a . . cos . jdt dt



y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A

d a . e d edr da dav e a e a . . j . e

dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2



53

derivada dos incógnitas de aceleración. En este sentido, se debe comprobar que el número de incógnitas coincida con el número de ecuaciones escalares disponibles.

Obsérvese que, en el caso más frecuente, en el que el mecanismo tenga un grado de liber-tad (m=1), y todos los pares sean de un grado de libertad (j2=0) se verifica:

( ) 11 3 n 1 2j= − −


14 3n 2j= −


n 2NE

2−

=


Al realizar el planteamiento de las ecuaciones de lazo del mecanismo, no hay que olvidar que al derivar se obtienen en realidad relaciones entre las velocidades de puntos del meca-nismo, las cuales deben coincidir siempre con las obtenidas a través del álgebra vectorial. Análogamente sucede con las aceleraciones. A través de los sucesivos ejemplos resueltos se mostrará siempre la interpretación vectorial de las derivadas de las ecuaciones de lazo o de cierre del mecanismo.

Para facilitar las operaciones en las expresiones obtenidas, se sustituyen los vectores por números complejos expresados en forma exponencial. De esta forma, se obtiene una notación más compacta y las derivadas se realizan más fácilmente. A continuación, separando la parte real y la parte imaginaria, y planteando un sistema de ecuaciones, se despejan las incógnitas que se deseen calcular. Este método también recibe el nombre de método de Raven.


En la figura se representa un vector cualquiera Ar , que forma un ángulo antihorario θ con

la horizontal y tiene módulo a. En el sistema de coorde-nadas presentado se define la componente horizontal del vector como la parte real del número complejo equiva-lente, y análogamente, se define la componente vertical A

Real

Imaginaria

θ

a

Vector rA

MANU

ALES

UEX

61


54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ

Ada

v cos j . sen a . . j . cos j . sendt


[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2

dv d da a e a . . j. e

dt dt dt


θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2

d a d a da daa cos sen . j - 2 . sen 2 . cos . j

dt dt dt dt


54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ

Ada



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2

dv d da a e a . . j. e

dt dt dt


θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2


dt dt dt dt


54






( ) ( )θ θθ θ θ= = = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ω

j. j.j. j. j.A

A


dt dt dt dt dt

( ) ( )= ⋅ θ + θ + ω θ + θ

Ada



[ ] = ⋅ θ + ⋅ θ + θ + θ ω ω




y por tanto:


θ θ

θ θ θ θ

= = ⋅ + ω

= ⋅ + ⋅ ω + ⋅ ω + α + ω

j. j.AA

2j. j. j. j. 2 2

A 2



θ

j.. e

( ) ( )

= ⋅ θ + ⋅ θ + ⋅ ⋅ ω θ + ⋅ ⋅ ω θ +

+ α θ + α θ + ω θ ω θ

2 2

A 2 2

2 2


dt dt dt dt


55

Ejemplo: como aplicación del método se analizará la cinemática del mecanismo de cuatro barras de la siguiente figura, donde las dimensiones de los eslabones son conocidas. Supone-mos que el eslabón de entrada (barra 2), tiene una longitud a y gira con una velocidad y aceleración angular variables conocidas ω2 y α2.

A través de las ecuaciones de lazo y el análisis mediante números complejos, se calculará la relación entre las variables cinemáticas de los eslabones de salida (barras 3 y 4) y las varia-bles de entrada relativas a la barra 2. De este modo, las expresiones obtenidas deben permitir calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad angular y aceleración angular de los eslabones 3 y 4 en función de los valores del eslabón 2.

• Posición

Se plantea la ecuación vectorial de cierre o de lazo del mecanismo siguiendo las barras del mecanismo:

2 3 1 4R R R R+ = +

Obsérvese que el ángulo θi correspondiente a cada vector

iR se establece por convenio en sentido antihorario partiendo del eje x en el origen del vector.

Por otra parte, para cada vector iR

puede tomarse el sentido que se desee, siempre que se considere correctamente el ángulo que corresponda en cada caso según el convenio estable-cido.

Expresando la ecuación en términos de números complejos se tiene:

32 1 4jθjθ jθ jθa . e b . e d . e c . e+ = +

Desarrollando la expresión anterior:

θ + θ + θ + θ = θ + θ + θ + θ2 2 3 3 1 1 4 4a.(cos j . sen ) b.(cos j . sen ) d.(cos j . sen ) c.(cos j . sen )

ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3

Longitud = bVector R4

Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

MANU

ALES

UEX

62


56

Como dos números complejos son iguales si coinciden en la parte real y en la parte ima-ginaria, separando la parte real de la imaginaria en la ecuación anterior, igualando, y aplican-do que θ1 = 0o queda:

θ + θ = + θθ + θ = θ

2 3 4

2 3 4

a . cos b . cos d c . cosa . sen b . sen c . sen

de donde resolviendo el sistema se obtienen los valores de θ3 y θ4 en función de θ2. Obsérvese que el sistema anterior no es resoluble analíticamente, puesto que no es lineal, por lo que se necesita una herramienta de cálculo adicional, como puede ser por ejemplo Matlab.

Las soluciones del sistema anterior para la salida θ4 pueden ser dos valores reales y distin-tos, un solo valor real, o dos raíces complejas conjugadas. Si se obtiene este último caso con valores complejos, se deduce que la solución no es posible, es decir que no se puede cons-truir un mecanismo de cuatro barras que verifique todas las condiciones impuestas. Esto pue-de ocurrir porque el cuadrilátero articulado no se puede construir con las longitudes dadas de las barras o porque se halla fuera de las posiciones límite.

El caso más habitual es aquel en el que se obtienen dos valores reales distintos para el án-gulo θ4. Esto implica que para un valor dado de θ2 hay dos posiciones del eslabón de salida 4, θ4(1) y θ4(2), tal y como se representa en la figura. Dichas posiciones se denomi-nan, respectivamente, configu-ración abierta y configuración cruzada del cuadrilátero articulado.

• Velocidad

Se parte de la ecuación de cierre expresada en términos de números complejos, ya plan-teada en el apartado anterior relativo a posición:


Derivando respecto del tiempo y considerando que:

θ= ωi

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:

Configuración cruzada

θ2

θ4(2)

θ4(1)

Configuración abierta

• Posición


55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

Obsérvese que el ángulo qi correspondiente a cada vector

55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

se establece por convenio en sentido antihorario partiendo del eje x en el origen del vector.

Por otra parte, para cada vector

55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

puede tomarse el sentido que se desee, siempre que se considere correctamente el ángulo que corresponda en cada caso según el convenio establecido.

Expresando la ecuación j en términos de números complejos se tiene:

55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a


55



• Posición


2 3 1 4R R R R+ = +









ω2

α2

θ2

θ3

θ4

Vector R3


Longitud = c

Vector R1

Longitud = d

Vector R2

Longitud = a

Como dos números complejos son iguales si coinciden en la parte real y en la parte ima-ginaria, separando la parte real de la imaginaria en la ecuación anterior, igualando, y aplican-do que q1 = 0o queda:

56


θ + θ = + θθ + θ = θ

2 3 4

2 3 4





• Velocidad




θ= ωi

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:


θ2

θ4(2)

θ4(1)


MANU

ALES

UEX

63


56


θ + θ = + θθ + θ = θ

2 3 4

2 3 4





• Velocidad




θ= ωi

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:


θ2

θ4(2)

θ4(1)


57

ω + ω = ω32 4jθjθ jθ2 3 4j . a . . e j . b . . e j . c . . e

A continuación, separando la parte real de la imaginaria en la ecuación anterior e igua-lando, se tiene:

− ω θ − ω θ = − ω θ

ω θ + ω θ = ω θ

2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4

a . . sen b . . sen c . . sen

a . . cos b . . cos c . . cos

de donde resolviendo el sistema se obtienen los valores de ω3 y ω

4 en función de θ2.

Es conveniente en todos los casos interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades obtenida por derivación de la ecuación de cierre. Obsérvese que, derivando la ecuación de posición , se obtiene la siguiente relación vectorial entre velocidades:

4 2 3v v v= +

donde =

1v 0 , puesto que el vector 1R

es fijo y son constantes tanto su ángulo como su longi-tud. La interpretación de la ecuación anterior en términos de velocidades de puntos del me-canismo es la siguiente:

B A B/Av v v= +

lo que indica cuál es la relación entre velocidades subyacente a la derivada de la ecuación de cierre, y permitirá interpretar correctamente los resultados del problema.

Una vez conocidas ω3 y ω4 se puede determinar la velocidad relativa de B respecto de A, y la velocidad absoluta del punto B. Las siguientes ecuaciones muestran el cálculo en térmi-nos de números complejos y su equivalencia en álgebra vectorial:

θ θ

θ θ

θ

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4

r R a . e v a . . j . e a . . ( sen j . cos ) r

r R b . e v b . . j . e b . . ( sen j . cos ) r

r R c . e v c . . j . e θ = ω − θ + θ = ω ×4

4 4 4 4 4 c . . ( sen j . cos ) r

• Aceleración

Con objeto de calcular las aceleraciones, se deriva dos veces la ecuación de cierre expre-sada en términos de números complejos, obteniéndose:

α − ω + α − ω = = α − ω

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


57



− ω θ − ω θ = − ω θ


2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4






4 2 3v v v= +

donde =



B A B/Av v v= +



θ θ

θ θ

θ

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4



r R c . e v c . . j . e θ = ω − θ + θ = ω ×4

4 4 4 4 4 c . . ( sen j . cos ) r

• Aceleración


α − ω + α − ω = = α − ω

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


57



− ω θ − ω θ = − ω θ


2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4






4 2 3v v v= +

donde =



B A B/Av v v= +



θ θ

θ θ

θ

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4



r R c . e v c . . j . e θ = ω − θ + θ = ω ×4

4 4 4 4 4 c . . ( sen j . cos ) r

• Aceleración


α − ω + α − ω = = α − ω

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


de donde resolviendo el sistema se obtienen los valores de

56

Velocidad

Se parte de la ecuación de cierre expresada en términos de números complejos, ya planteada en el apartado anterior relativo a posición:

32 1 4jθjθ jθ jθa . e b . e d . e c . e


i

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:

32 4jθjθ jθ2 3 4j . a . . e j . b . . e j . c . . e

A continuación, separando la parte real de la imaginaria en la ecuación anterior e igualando, se tiene:

2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4



de donde resolviendo el sistema se obtienen los valores de 3 y 4 en función de 2.

Es conveniente en todos los casos interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades ob‐tenida por derivación de la ecuación de cierre. Obsérvese que, derivando la ecuación de posición , se obtiene la siguiente relación vectorial entre velocidades:

4 2 3v v v

donde 1v 0 , puesto que el vector 1R

es fijo y son constantes tanto su ángulo como su longitud.

La interpretación de la ecuación anterior en términos de velocidades de puntos del mecanismo es la siguiente:

B A B/Av v v


Una vez conocidas 3 y 4 se puede determinar la velocidad relativa de B respecto de A, y la velocidad absoluta del punto B. Las siguientes ecuaciones muestran el cálculo en términos de números complejos y su equivalencia en álgebra vectorial:

y

56

Velocidad




i

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:



2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4





4 2 3v v v




B A B/Av v v



en función de

56

Velocidad




i

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:



2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4





4 2 3v v v




B A B/Av v v



.

MANU

ALES

UEX

64


58

− α − ω − α − ω =

− α − ω

α − ω + α − ω =

α −

2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4

a . . senθ a . . cosθ b . . senθ b . . cosθ

= c . . senθ c . . cosθ

a . . cosθ a . . senθ b . . cosθ b . . senθ

= c . . cosθ c . ω24 4 . senθ

de donde resolviendo el sistema obtenemos los valores de α3 y α


Obsérvese que, derivando la ecuación de velocidad, se obtiene la siguiente relación vec-torial entre aceleraciones:

B A B/Aa a a= +

que indica la relación entre aceleraciones subyacente a la segunda derivada de la ecuación de cierre.

Una vez conocidas α3 y α4 se puede determinar la aceleración relativa de B respecto de A, así como la aceleración absoluta del punto B. Las siguientes ecuaciones muestran el cálculo en términos de números complejos y su equivalencia en álgebra vectorial, partiendo de las ecuaciones de velocidad correspondientes:

[ ] [ ]( ) [ ]

2 2 2j j j2A 2 A 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

jj 3B/A 3 B/A 3

v a . . j . e a a . . j . e - a . . e

a . . sen j . cos - a . . cos j . sen

r ( r )

v b . . j . e a b . . j . e

θ θ θ

θθ

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α

[ ] [ ]( ) [ ]

3 3

4 4

j23

23 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3

j jj 4 2B 4 B 4 4

4 4

- b . . e

b . . sen j . cos - b . . cos j . sen

r ( r )

v c . . j . e a c . . j . e - c . . e

c . . sen

θ

θ θθ

ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ +

[ ] [ ]( ) [ ]

24 4 4 4

4 4 4 4 4

j . cos - c . . cos j . sen

r ( r )

θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

58

− α − ω − α − ω =

− α − ω

α − ω + α − ω =

α −

2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4




= c . . cosθ c . ω24 4 . senθ




B A B/Aa a a= +



[ ] [ ]( ) [ ]

2 2 2j j j2A 2 A 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

jj 3B/A 3 B/A 3

v a . . j . e a a . . j . e - a . . e


r ( r )

v b . . j . e a b . . j . e

θ θ θ

θθ

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α

[ ] [ ]( ) [ ]

3 3

4 4

j23

23 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3

j jj 4 2B 4 B 4 4

4 4

- b . . e


r ( r )

v c . . j . e a c . . j . e - c . . e

c . . sen

θ

θ θθ

ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ +

[ ] [ ]( ) [ ]

24 4 4 4

4 4 4 4 4


r ( r )

θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

58

− α − ω − α − ω =

− α − ω

α − ω + α − ω =

α −

2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4




= c . . cosθ c . ω24 4 . senθ




B A B/Aa a a= +



[ ] [ ]( ) [ ]

2 2 2j j j2A 2 A 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

jj 3B/A 3 B/A 3

v a . . j . e a a . . j . e - a . . e


r ( r )

v b . . j . e a b . . j . e

θ θ θ

θθ

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α

[ ] [ ]( ) [ ]

3 3

4 4

j23

23 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3

j jj 4 2B 4 B 4 4

4 4

- b . . e


r ( r )

v c . . j . e a c . . j . e - c . . e

c . . sen

θ

θ θθ

ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ +

[ ] [ ]( ) [ ]

24 4 4 4

4 4 4 4 4


r ( r )

θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

58

− α − ω − α − ω =

− α − ω

α − ω + α − ω =

α −

2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4




= c . . cosθ c . ω24 4 . senθ




B A B/Aa a a= +



[ ] [ ]( ) [ ]

2 2 2j j j2A 2 A 2 2

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

jj 3B/A 3 B/A 3

v a . . j . e a a . . j . e - a . . e


r ( r )

v b . . j . e a b . . j . e

θ θ θ

θθ

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α

[ ] [ ]( ) [ ]

3 3

4 4

j23

23 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3

j jj 4 2B 4 B 4 4

4 4

- b . . e


r ( r )

v c . . j . e a c . . j . e - c . . e

c . . sen

θ

θ θθ

ω =

= α − θ + θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

= ω ⇒ = α ω =

= α − θ +

[ ] [ ]( ) [ ]

24 4 4 4

4 4 4 4 4


r ( r )

θ ω θ + θ =

= α × + ω × ω ×

57



− ω θ − ω θ = − ω θ


2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4






4 2 3v v v= +

donde =



B A B/Av v v= +



θ θ

θ θ

θ

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω = ω − θ + θ = ω ×

= = ⇒ = ω

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4



r R c . e v c . . j . e θ = ω − θ + θ = ω ×4

4 4 4 4 4 c . . ( sen j . cos ) r

• Aceleración


α − ω + α − ω = = α − ω

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


de donde resolviendo el sistema obtenemos los valores de

57

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4



r R c . e v c . . j . e 4

4 4 4 4 4c . . ( sen j . cos ) r

Aceleración

Con objeto de calcular las aceleraciones, se deriva dos veces la ecuación de cierre expresada en términos de números complejos, obteniéndose:

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4

a . . senθ a . . cosθ b . . senθ b . . cosθ = c . . senθ c . . cosθ

a . . cosθ a . . senθ b . . cosθ b . . senθ = c . . cosθ c . 2

4 4 . senθ

de donde resolviendo el sistema obtenemos los valores de α3 y α4 en función de 2.

Obsérvese que, derivando la ecuación de velocidad, se obtiene la siguiente relación vectorial entre aceleraciones:

B A B/Aa a a


Una vez conocidas α3 y α4 se puede determinar la aceleración relativa de B respecto de A, así como la aceleración absoluta del punto B. Las siguientes ecuaciones muestran el cálculo en térmi‐nos de números complejos y su equivalencia en álgebra vectorial, partiendo de las ecuaciones de velocidad correspondientes:

y

57

2 2

4

j jA 2 A 2 2 2 2 2 2

j 3 j 3B/A 3 B/A 3 3 3 3 3 3

j jB 4 B 4



r R c . e v c . . j . e 4

4 4 4 4 4c . . ( sen j . cos ) r

Aceleración

Con objeto de calcular las aceleraciones, se deriva dos veces la ecuación de cierre expresada en términos de números complejos, obteniéndose:

3 32 2

4 4

j θ j θjθ j θ2 22 2 3 3

j θ j θ24 4

a . . j . e a . . e b . . j . e b . . e

c . . j . e c . . e


2 22 2 2 2 3 3 3 3

24 4 4 4

2 22 2 2 2 3 3 3 3

4 4

a . . senθ a . . cosθ b . . senθ b . . cosθ = c . . senθ c . . cosθ

a . . cosθ a . . senθ b . . cosθ b . . senθ = c . . cosθ c . 2

4 4 . senθ

de donde resolviendo el sistema obtenemos los valores de α3 y α4 en función de 2.

Obsérvese que, derivando la ecuación de velocidad, se obtiene la siguiente relación vectorial entre aceleraciones:

B A B/Aa a a


Una vez conocidas α3 y α4 se puede determinar la aceleración relativa de B respecto de A, así como la aceleración absoluta del punto B. Las siguientes ecuaciones muestran el cálculo en térmi‐nos de números complejos y su equivalencia en álgebra vectorial, partiendo de las ecuaciones de velocidad correspondientes:

en función de

56

Velocidad




i

iddt

para i = 2, 3 y 4

se obtiene:



2 2 3 3 4 4

2 2 3 3 4 4





4 2 3v v v




B A B/Av v v



.

MANU

ALES

UEX

65

4. PROBLEMAS RESUELTOS

61


4.1. En el mecanismo de la figura la manivela OA está girando en sentido horario con una velocidad angular constante ω = 8 rad/s. Considerando que el disco, con centro en B, rueda sin deslizar, determinar:

a) grados de libertad del mecanismo.

b) sentido de rotación de todos los eslabones para la posición representada mediante métodos gráficos.

c) ecuaciones que permitan determinar la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones para cualquier posición en función del ángulo girado por la manivela. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración angular del disco para la posición representada en la figura.

Datos: OA = 0,5 m; AB = 1,2 m.

Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 3 – 1 = 2 Como el disco rueda sin deslizar: m = 3 x (4-1) – 2 x 4 = 1

b) Dado el sentido de rotación de la velocidad angular de la manivela la velocidad de A será:

O

A

ωOA

vA

O

ω

A

B

0,2 m

61







Datos: OA = 0,5 m; AB = 1,2 m.

Solución



O

A

ωOA

vA

O

ω

A

B

0,2 m

61







Datos: OA = 0,5 m; AB = 1,2 m.

Solución



O

A

ωOA

vA

O

ω

A

B

0,2 m


b) sentido de rotación de todos los eslabones para la posición representa-da mediante métodos gráficos.

c) ecuaciones que permitan determi-nar la posición, velocidad y acelera-ción de todos los eslabones para cualquier posición en función del ángulo girado por la manivela. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.


MANU

ALES

UEX

66


62

Para la posición de la biela el centro instantáneo de rotación estará en el infinito, ya que la velocidad del extremo B debe ser horizontal. Por tanto:

Sabiendo el sentido de la velocidad de B y teniendo en cuenta que el centro instantáneo de rotación del disco es el punto de contacto con la superficie se tiene:

c) Se considera el siguiente polígono vectorial de cierre para el mecanismo:

POSICIÓN

La ecuación vectorial de polígono es:

r r r+ = 1 3 2

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las siguientes ecuaciones, a través de las cuales se obtienen r1 y θ3 para cada valor de θ2:

B

CIR(disco)

vB

ωdisco

AvA

CIR(AB) ∞

vB

B

(ωAB = 0)

O

A

B

θ2 θ3

r3

r1

r2

63

θ θθ θ

1 3 2

3 2

x x

x x

r 1,2 cos 0,5 cos1,2 sen 0,5 sen

+ ==

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se tiene la relación de velocidades entre los puntos A y B de la biela:

31 2drdr dr =

dt dt dt+

B A/B Av v v+ =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las siguientes ecuaciones, a través de las cuales se obtienen vB y ω3 para cada valor de θ2:

x x x x

x x x x

B 3 3 2

3 3 2

v - 1,2 sen - 0,5 (-8) sen1,2 cos 0,5 (-8) cos

ω θ = θω θ = θ

ACELERACCIÓN

La relación de aceleraciones entre los puntos A y B de la biela es:

22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A/B Aa a a+ =

( ) ( )B 3 3 3 3 3 2 2 2a x r x x r x x r+ α + ω ω = ω ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las siguientes ecuaciones, a través de las cuales se obtienen aB y α3 para cada valor de θ2:

x x x x x x

x x x x x x

2 2B 3 3 3 3 2

2 23 3 3 3 2

a - 1,2 sen - 1,2 cos -0,5 (-8) cos

1,2 cos - 1,2 sen -0,5 (-8) sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ

Resolviendo para θ2 = 90º:

POSICIÓN: las ecuaciones ofrecen dos soluciones:

r1 = -1,0909 m ; θ3 = 24,624º

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º

La solución compatible con la configuración del mecanismo es:

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º

VELOCIDAD: las ecuaciones permiten obtener los valores:

Bv =

4 m/s i

; 3 =ω

0 rad/s

vB , ω3

aB , α3

r1 , θ3

MANU

ALES

UEX

67


63

θ θθ θ

1 3 2

3 2

x x

x x


+ ==

VELOCIDAD


31 2drdr dr =

dt dt dt+

B A/B Av v v+ =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

B 3 3 2

3 3 2

v - 1,2 sen - 0,5 (-8) sen1,2 cos 0,5 (-8) cos


ACELERACCIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A/B Aa a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2B 3 3 3 3 2

2 23 3 3 3 2

a - 1,2 sen - 1,2 cos -0,5 (-8) cos

1,2 cos - 1,2 sen -0,5 (-8) sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ



r1 = -1,0909 m ; θ3 = 24,624º

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


Bv =

4 m/s i

; 3 =ω

0 rad/s

vB , ω3

aB , α3

r1 , θ3

63

θ θθ θ

1 3 2

3 2

x x

x x


+ ==

VELOCIDAD


31 2drdr dr =

dt dt dt+

B A/B Av v v+ =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

B 3 3 2

3 3 2

v - 1,2 sen - 0,5 (-8) sen1,2 cos 0,5 (-8) cos


ACELERACCIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A/B Aa a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2B 3 3 3 3 2

2 23 3 3 3 2

a - 1,2 sen - 1,2 cos -0,5 (-8) cos

1,2 cos - 1,2 sen -0,5 (-8) sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ



r1 = -1,0909 m ; θ3 = 24,624º

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


Bv =

4 m/s i

; 3 =ω

0 rad/s

vB , ω3

aB , α3

r1 , θ3

63

θ θθ θ

1 3 2

3 2

x x

x x


+ ==

VELOCIDAD


31 2drdr dr =

dt dt dt+

B A/B Av v v+ =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

B 3 3 2

3 3 2

v - 1,2 sen - 0,5 (-8) sen1,2 cos 0,5 (-8) cos


ACELERACCIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A/B Aa a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2B 3 3 3 3 2

2 23 3 3 3 2

a - 1,2 sen - 1,2 cos -0,5 (-8) cos

1,2 cos - 1,2 sen -0,5 (-8) sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ



r1 = -1,0909 m ; θ3 = 24,624º

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


Bv =

4 m/s i

; 3 =ω

0 rad/s

vB , ω3

aB , α3

r1 , θ3

63

θ θθ θ

1 3 2

3 2

x x

x x


+ ==

VELOCIDAD


31 2drdr dr =

dt dt dt+

B A/B Av v v+ =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

B 3 3 2

3 3 2

v - 1,2 sen - 0,5 (-8) sen1,2 cos 0,5 (-8) cos


ACELERACCIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A/B Aa a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2B 3 3 3 3 2

2 23 3 3 3 2

a - 1,2 sen - 1,2 cos -0,5 (-8) cos

1,2 cos - 1,2 sen -0,5 (-8) sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ



r1 = -1,0909 m ; θ3 = 24,624º

r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


r1 = 1,0909 m ; θ3 = 155,376º


Bv =

4 m/s i

; 3 =ω

0 rad/s

vB , ω3

aB , α3

r1 , θ3

MANU

ALES

UEX

68


64

ACELERACIÓN: las ecuaciones dan como resultados:

B a =

14,667 m/s2 i

; 3 =α

29,334rad/s2 k

Como el disco rueda sin deslizar:

(disco)B disco B/CIRv = x rω

; (disco)B disco B/CIRa = x rα

Por tanto:

disco4 m / s= 0,2 m

ω ; 2

disco14,667 m / s

= 0,2 m

α

disco =ω

- 20 rad/s k

; disco =α

- 73,335 rad/s2 k

MANU

ALES

UEX

69


65

4.2. La figura representa un mecanismo de doble biela-manivela. Si la manivela OAB gira con una velocidad angular constante ω = 600 rpm, calcular:

a) grados de libertad.

b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada en la figura.

c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OAB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración de las deslizaderas C y D para la posición en la que OA forma 60º con el sentido positivo del eje x.

Datos: OA = OB = AB = 20 cm; AC = BD = 40 cm.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Con la velocidad angular ωOAB de la manivela se obtienen las velocidades vA y vB

:

A

O

C

ω

B

D

25 cm

30 cm

vAA

O

ωOAB

B

vB

:

MANU

ALES

UEX

70


66

La velocidad angular de la biela AC se puede calcular mediante su centro instantáneo de rotación CIRAC, con el que se puede determinar posteriormente la velocidad de la deslizadera C.

La velocidad angular de la biela BD se puede calcular mediante su centro instantáneo de rotación CIRBD, con el que se puede determinar posteriormente la velocidad de la deslizadera D.

c) Es necesario considerar dos polígonos vectoriales de cierre, tal como se representa en las figuras siguientes:

C vC

D

vD

A vA

ωAC

vC

C

CIRAC

CIRAC

B

vB

DCIRBD

ωBD

vD

66




C vC

D

vD

A vA

ωAC

vC

C

CIRAC

CIRAC

B

vB

DCIRBD

ωBD

vD

66




C vC

D

vD

A vA

ωAC

vC

C

CIRAC

CIRAC

B

vB

DCIRBD

ωBD

vD

66




C vC

D

vD

A vA

ωAC

vC

C

CIRAC

CIRAC

B

vB

DCIRBD

ωBD

vD

MANU

ALES

UEX

71


67

POSICIÓN

Las ecuaciones vectoriales de cada uno de los polígonos son:

1 4 2 3r r r r+ = +

5 6 7 8r r r r= + +

Estas ecuaciones vectoriales se resuelven mediante las ecuaciones:

θ θθ θ

1 2 3

2 3

x x

x x

r 0,2 cos 0,4 cos0,3 0,2 sen 0,4 sen

= += +

θ θθ θ

5 8

5 6 8

x x

x x

0,2 cos -0,25 0,4 cos0,2 sen -r 0,4 sen

= += +

donde θ5 = θ2 + 60º

VELOCIDAD

θ2

θ3

r3

r1

r2 r4

A

O

C

B

D

θ5

θ8

r5

r8

r6

r7

r1 , θ3

r6 , θ8

67

POSICIÓN


1 4 2 3r r r r+ = +

5 6 7 8r r r r= + +


θ θθ θ

1 2 3

2 3

x x

x x

r 0,2 cos 0,4 cos0,3 0,2 sen 0,4 sen

= += +

θ θθ θ

5 8

5 6 8

x x

x x

0,2 cos -0,25 0,4 cos0,2 sen -r 0,4 sen

= += +


VELOCIDAD

θ2

θ3

r3

r1

r2 r4

A

O

C

B

D

θ5

θ8

r5

r8

r6

r7

r1 , θ3

r6 , θ8

67

POSICIÓN


1 4 2 3r r r r+ = +

5 6 7 8r r r r= + +


θ θθ θ

1 2 3

2 3

x x

x x

r 0,2 cos 0,4 cos0,3 0,2 sen 0,4 sen

= += +

θ θθ θ

5 8

5 6 8

x x

x x

0,2 cos -0,25 0,4 cos0,2 sen -r 0,4 sen

= += +


VELOCIDAD

θ2

θ3

r3

r1

r2 r4

A

O

C

B

D

θ5

θ8

r5

r8

r6

r7

r1 , θ3

r6 , θ8

68

Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y C de la biela:

31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:

x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ

Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos B y D de la biela:

5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω

donde ω5 = ω2. Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son:

x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y C de la biela:

22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +

( ) ( )C 2 2 2 3 3 3 3 3a i x x r x r x x r = ω ω + α + ω ω


x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ

π = θ + α θ ω θ

De estas ecuaciones se pueden deducir los valores de ac y α3. Operando igual para el segundo polígono se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y D de la biela:

2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

MANU

ALES

UEX

72


69

( ) ( )5 5 5 D 8 8 8 8 8 x x r - a j x r x x r ω ω = + α + ω ω


x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ

π θ = + α θ ω θ

de donde se calculan aD y α8.

d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

Y de las ecuaciones se obtienen los valores posibles con la disposición del mecanismo:

r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k

Para el segundo polígono, a través de las ecuaciones se obtienen los valores vD = -10,68 m/s y ω8 = -29,35 rad/s. El valor negativo de vD indica que el sentido real de dicha velocidad es contrario al definido para r6. Análogamente, el valor negativo de ω8 indica que el sentido real de dicha velocidad angular es contrario al definido para el ángulo θ8. Por tanto, se obtiene como resultado:

D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k

ACELERACIÓN: resolviendo las ecuaciones se tiene:

C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k

Y para las ecuaciones :

68


31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ


5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω


x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +



x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ



2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

68


31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ


5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω


x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +



x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ



2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

68


31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ


5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω


x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +



x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ



2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

68


31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ


5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω


x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +



x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ



2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

68


31 4 2 drdr dr dr =

dt dt dt dt+ +

C A C/Av v v= +

C 2 2 3 3v i x r x r = ω + ω


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v -0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0 0,2 -600 cos 0,4 cos60

π = θ ω θ

π = θ + ω θ


5 6 87dr dr drdr

dt dt dt dt= + +

B D B/Dv v v= +

5 5 D 8 8 x r -v j x rω = + ω


x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 - 0,2 -600 sen - 0,4 sen60

2 0,2 -600 cos - v 0,4 cos60

π θ = ω θ

π θ = + ω θ

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r =

dt dt dt dt+ +

C A C/Aa a a = +



x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a - 0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 0 - 0,2 -600 sen 0,4 cos - 0,4 sen60

π = θ α θ ω θ



2 2 225 6 87

2 2 2 2

d r d r d rd r

dt dt dt dt= + +

B D B/Da a a = +

vD , ω8

vC , ω3

68


x

x x x x x

x x x x x x

C 2 3 3

2 3 3

2 v ‐0,2 ‐600 sen ‐ 0,4 sen60

2 0 0,2 ‐600 cos 0,4 cos60


5 6 87dr dr drdr dt dt dt dt

B D B/Dv v v

5 5 D 8 8 x r ‐v j x r

donde 5 = 2. Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son:

x

x x x x x

x x x x x x

5 8 8

5 D 8 8

2 ‐0,2 ‐600 sen ‐ 0,4 sen60

2 0,2 ‐600 cos ‐ v 0,4 cos60

ACELERACIÓN


22 2 231 4 2

2 2 2 2

d rd r d r d r = dt dt dt dt

C A C /Aa a a

C 2 2 2 3 3 3 3 3a i x x r x r x x r


x x x x x x x x

x x x x x x x

22

C 2 3 3 3 3

22

2 3 3 3 3

x

2 a ‐0,2 ‐600 cos ‐ 0,4 sen ‐ 0,4 cos60

2 0 ‐0,2 ‐600 sen 0,4 cos ‐ 0,4 sen60

De estas ecuaciones se pueden deducir los valores de ac y 3. Operando igual para el segundo polígono se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y D de la biela:

2 2 225 6 872 2 2 2

d r d r d rd r dt dt dt dt

B D B/Da a a

5 5 5 D 8 8 8 8 8 x x r ‐ a j x r x x r

vD , 8

vC , 3

MANU

ALES

UEX

73


69



x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ



d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º


r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k


D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k


C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k


69



x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ



d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º


r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k


D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k


C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k


69



x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ



d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º


r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k


D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k


C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k


69



x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ



d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º


r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k


D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k


C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k


69



x x x x x x x x

x x x x x x x x

22

5 8 8 8 8

22

5 D 8 8 8 8

2 -0,2 -600 cos - 0,4 sen - 0,4 cos60

2 -0,2 -600 sen - a 0,4 cos - 0,4 sen60

π θ = α θ ω θ



d) Para θ2 = 60º:


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º

r1 = -0,279 m ; θ3 = 161,519º


r1 = 0,479 m ; θ3 = 18,481º


r6 = 0,198 m ; θ8 = 67,98º


C v =

8,783 m/s i

; 3 =ω

16,56 rad/s k


D v =

10,68 m/s j

; 8 =ω

- 29,35 rad/s k


C a =

- 739 m/s2 i

; 3 =α

1.894,1 rad/s2 k


70

D a =

- 152,43 m/s2 j

; 8 =α

- 1.413,08 rad/s2 k

4.3. En el mecanismo de la figura, que se utiliza en motores en V, la manivela OA gira con una velocidad angular constante en sentido horario ωOA = 300 rad/s. Determinar:


b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) velocidad y aceleración de B y D para la posición representada.

Datos: OA = 20 cm; AB = BC = 60 cm; AC = CD = 30 cm.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 – 0 = 1

b) Son necesarios dos polígonos vectoriales de cierre:

A

C

O

D

ωOA

B

60º

60º 60º

61

Para el segundo polígono, a través de las ecuaciones se obtienen los valoresvD = -10,68 m/s y ω8 = -29,35 rad/s. El valor negativo de vD indica que el sentido real de dicha velocidad es contrario al definido para r6. Análogamente, el valor negativo de ω8 indica que el sentido real de dicha velocidad angular es contrario al definido para el ángulo θ8. Por tanto, se obtiene como resultado:

MANU

ALES

UEX

74


70

D a =

- 152,43 m/s2 j

; 8 =α

- 1.413,08 rad/s2 k

4.3. En el mecanismo de la figura, que se utiliza en motores en V, la manivela OA gira con una velocidad angular constante en sentido horario ωOA = 300 rad/s. Determinar:


b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) velocidad y aceleración de B y D para la posición representada.

Datos: OA = 20 cm; AB = BC = 60 cm; AC = CD = 30 cm.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 – 0 = 1


A

C

O

D

ωOA

B

60º

60º 60º

MANU

ALES

UEX

75


O

D

r4

θ4

θ6 = 60º

r5

r6

θ2

r2

θ5C

A

O

B

θ2

θ3

r3

r1

r2

θ1=120º

A

MANU

ALES

UEX

76


73

Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades:

6 52 4dr drdr dr

dt dt dt dt= + +

D A C/A D/Cv v v v= + +

D 2 2 4 4 5 5v x r x r x r = ω + ω + ω

donde ω3 = ω4.

Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son:

x x x x x x x

x x x x x x x

D 2 4 4 5 5

D 2 4 4 5 5

v cos60 - 0,2 (-300) sen - 0,3 sen - 0,3 senv sen60 0,2 (-300) cos 0,3 cosθ 0,3 cos

= θ ω ω θ= θ + ω + ω θ

θ

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce que la relación de aceleraciones entre los puntos A y B de la biela es:

22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A B/Aa a a= +

( ) ( )B 2 2 2 3 3 3 3 3a x x r x r x x r= ω ω + α + ω ω


x x x x x x x

x x x x x x x

2 2B 2 3 3 3 3

2 2B 2 3 3 3 3

a cos120 - 0,2 (-300) cos - 0,6 sen - 0,6 cos

a sen120 - 0,2 (-300) sen 0,6 cos - 0,6 sen

= θ α θ ω θ

= θ + α θ ω θ

Operando igual para el segundo polígono se deduce la relación de aceleraciones:

2 22 26 52 4

2 2 2 2

d r d rd r d r

dt dt dt dt= + +

D A C/A D/Ca a a a = + +

( ) ( ) ( )D 2 2 2 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5a x x r x r x x r x r x x r= ω ω + α + ω ω + α + ω ω

donde α3 = α4. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:

x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x

2 2D 2 4 4 4 4

25 5 5 5

2 2D 2 4 4 4

a cos60 - 0,2 (-300) cos - 0,3 sen - 0,3 cos -

- 0,3 sen - 0,3 cos

a sen60 - 0,2 (-300) sen 0,3 cos - 0,3 s

= θ α θ ω θ

α θ ω θ

= θ + α θ ω

x x x x

4

25 5 5 5

en

0,3 cos - 0,3 sen

θ +

+ α θ ω θ


c) Para θ2 = 90º:

aB , α3

vD , ω5

72

Como AC = 30 cm y AB = BC = 60 cm se deduce que:

θ θ3 4 75,52º= +

POSICIÓN


1 2 3r r r= +

6 2 4 5r r r r= + +


x x x

x x x

1 2 3

1 2 3

r cos120 0,2 cos 0,6 cosr sen120 0,2 sen 0,6 sen

= θ + θ= θ + θ

x x x x

x x x x

6 2 4 5

6 2 4 5

r cos60 0,2 cos 0,3 cos 0,3 cosr sen60 0,2 sen 0,3 sen 0,3 sen

= θ + θ + θ= θ + θ + θ

siendo θ3 = θ4 + 75,52º. VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y B de la biela:

31 2 drdr dr

dt dt dt= +

B A B/Av v v= + B 2 2 3 3v x r x r= ω + ω

Ecuación vectorial que se resuelve mediante las ecuaciones:

x x x x x

x x x x x

B 2 3 3

B 2 3 3

v cos120 - 0,2 (-300) sen - 0,6 senv sen120 0,2 (-300) cos 0,6 cos

= θ ω θ= θ + ω θ

A

C

B

75,52º

r6 , θ5

vB , ω3

r1 , θ3

72


θ θ3 4 75,52º= +

POSICIÓN


1 2 3r r r= +

6 2 4 5r r r r= + +


x x x

x x x

1 2 3

1 2 3


= θ + θ= θ + θ

x x x x

x x x x

6 2 4 5

6 2 4 5


= θ + θ + θ= θ + θ + θ



31 2 drdr dr

dt dt dt= +



x x x x x

x x x x x

B 2 3 3

B 2 3 3


= θ ω θ= θ + ω θ

A

C

B

75,52º

r6 , θ5

vB , ω3

r1 , θ3

72


θ θ3 4 75,52º= +

POSICIÓN


1 2 3r r r= +

6 2 4 5r r r r= + +


x x x

x x x

1 2 3

1 2 3


= θ + θ= θ + θ

x x x x

x x x x

6 2 4 5

6 2 4 5


= θ + θ + θ= θ + θ + θ



31 2 drdr dr

dt dt dt= +



x x x x x

x x x x x

B 2 3 3

B 2 3 3


= θ ω θ= θ + ω θ

A

C

B

75,52º

r6 , θ5

vB , ω3

r1 , θ3

MANU

ALES

UEX

77


73


6 52 4dr drdr dr

dt dt dt dt= + +


D 2 2 4 4 5 5v x r x r x r = ω + ω + ω

donde ω3 = ω4.


x x x x x x x

x x x x x x x

D 2 4 4 5 5

D 2 4 4 5 5


= θ ω ω θ= θ + ω + ω θ

θ

ACELERACIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A B/Aa a a= +



x x x x x x x

x x x x x x x

2 2B 2 3 3 3 3

2 2B 2 3 3 3 3

a cos120 - 0,2 (-300) cos - 0,6 sen - 0,6 cos

a sen120 - 0,2 (-300) sen 0,6 cos - 0,6 sen

= θ α θ ω θ

= θ + α θ ω θ


2 22 26 52 4

2 2 2 2

d r d rd r d r

dt dt dt dt= + +




x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x

2 2D 2 4 4 4 4

25 5 5 5

2 2D 2 4 4 4

a cos60 - 0,2 (-300) cos - 0,3 sen - 0,3 cos -

- 0,3 sen - 0,3 cos

a sen60 - 0,2 (-300) sen 0,3 cos - 0,3 s

= θ α θ ω θ

α θ ω θ

= θ + α θ ω

x x x x

4

25 5 5 5

en

0,3 cos - 0,3 sen

θ +

+ α θ ω θ


c) Para θ2 = 90º:

aB , α3

vD , ω5

73


6 52 4dr drdr dr

dt dt dt dt= + +


D 2 2 4 4 5 5v x r x r x r = ω + ω + ω

donde ω3 = ω4.


x x x x x x x

x x x x x x x

D 2 4 4 5 5

D 2 4 4 5 5


= θ ω ω θ= θ + ω + ω θ

θ

ACELERACIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r =

dt dt dt+

B A B/Aa a a= +



x x x x x x x

x x x x x x x

2 2B 2 3 3 3 3

2 2B 2 3 3 3 3

a cos120 - 0,2 (-300) cos - 0,6 sen - 0,6 cos

a sen120 - 0,2 (-300) sen 0,6 cos - 0,6 sen

= θ α θ ω θ

= θ + α θ ω θ


2 22 26 52 4

2 2 2 2

d r d rd r d r

dt dt dt dt= + +




x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x

2 2D 2 4 4 4 4

25 5 5 5

2 2D 2 4 4 4

a cos60 - 0,2 (-300) cos - 0,3 sen - 0,3 cos -

- 0,3 sen - 0,3 cos

a sen60 - 0,2 (-300) sen 0,3 cos - 0,3 s

= θ α θ ω θ

α θ ω θ

= θ + α θ ω

x x x x

4

25 5 5 5

en

0,3 cos - 0,3 sen

θ +

+ α θ ω θ


c) Para θ2 = 90º:

aB , α3

vD , ω5

74

POSICIÓN: las ecuaciones ofrecen una solución compatible con la configuración del mecanismo:

r1 = 0,7648 m ; θ3 = 129,59º

Y de las ecuaciones se obtienen los valores:

θ4 = 54,07º ; r6 = 0,7636 m ; θ5 = 46,7º

VELOCIDAD: las ecuaciones permiten obtener:

B v =

38,78 m/s ; 3 4 = =ω ω

87,83 rad/s k

Para el segundo polígono las ecuaciones dan como resultado:

Dv =

38,81 m/s ; 5 =ω

88,21 rad/s k


B a =

18761,9 m/s2 ; 3 4 = =α α

-13909,2 rad/s2 k


Da =

17668 m/s2 ; 5 =α

42384,5 rad/s2 k

60º

60º

60º

60º

MANU

ALES

UEX

78


74

POSICIÓN: las ecuaciones ofrecen una solución compatible con la configuración del mecanismo:

r1 = 0,7648 m ; θ3 = 129,59º

Y de las ecuaciones se obtienen los valores:

θ4 = 54,07º ; r6 = 0,7636 m ; θ5 = 46,7º

VELOCIDAD: las ecuaciones permiten obtener:

B v =

38,78 m/s ; 3 4 = =ω ω

87,83 rad/s k

Para el segundo polígono las ecuaciones dan como resultado:

Dv =

38,81 m/s ; 5 =ω

88,21 rad/s k


B a =

18761,9 m/s2 ; 3 4 = =α α

-13909,2 rad/s2 k


Da =

17668 m/s2 ; 5 =α

42384,5 rad/s2 k

60º

60º

60º

60º

MANU

ALES

UEX

79


75

4.4. En el mecanismo representado en la figura, la velocidad angular del eslabón triangular O2BC es ωO2BC = 150 rpm, constante y en sentido antihorario. Deducir:


b) si es posible que el eslabón O2BC pueda dar una revolución completa.

c) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada.

d) carrera de trabajo del eslabón O1A.

e) velocidad y aceleración de todos los eslabones para las posiciones límite del eslabón O1A.

Datos: O1O2 = O1A = 50 cm; O2C = 30 cm; O2B = BC = 20 cm; AB = CD = 70 cm

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Considerando el cuadrilátero articulado O1ABO2 se comprueba si verifica la Ley de Grashof:

a + d ≤ c + b (O2B < O1A ≤ O1O2 <AB) 20 + 70 ≤ 50 + 50

A

B

C

O2

ωO2BC

D

O1

75

4.4. En el mecanismo representado en la figura, la velocidad angular del eslabón triangular O2BC es ωO2BC = 150 rpm, constante y en sentido antihorario. Deducir:


b) si es posible que el eslabón O2BC pueda dar una revolución completa.

c) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada.

d) carrera de trabajo del eslabón O1A.

e) velocidad y aceleración de todos los eslabones para las posiciones límite del eslabón O1A.

Datos: O1O2 = O1A = 50 cm; O2C = 30 cm; O2B = BC = 20 cm; AB = CD = 70 cm

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Considerando el cuadrilátero articulado O1ABO2 se comprueba si verifica la Ley de Grashof:

a + d ≤ c + b (O2B < O1A ≤ O1O2 <AB) 20 + 70 ≤ 50 + 50

A

B

C

O2

ωO2BC

D

O1

76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD

Nótese que se verifica la Ley de Grashof, siendo el eslabón O2BC la manivela del cuadrilátero articulado, y por tanto puede efectuar una revolución completa. El eslabón O1A sería el balancín.

c) Dada la velocidad angular del eslabón O2BC se tienen las velocidades de B y C.

Para la biela CD se determina su velocidad angular mediante el centro instantáneo de rotación y posteriormente se calcula la velocidad de la deslizadera D.

Para la biela AB se determina su velocidad angular mediante el centro instantáneo de

rotación CIR(AB) que permite, a continuación, calcular la velocidad de A y, por tanto, la velocidad angular del balancín O1A.

76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD






MANU

ALES

UEX

80


76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD






76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD






76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD






76

A

B

vA

CIR(AB)ωAB

vB

A

O1

ωO1A

vA

B

C

O2 ωO2BC

vB

vC

C

D

ωCDvC

CIR(CD)

CIR(CD)

vD

D

vD






MANU

ALES

UEX

81


77

d) Son necesarios dos polígonos vectoriales de cierre:

POSICIÓN Las ecuaciones vectoriales de cada uno de los polígonos son:

1 2 3 4r r r r+ = +

5 6 7r r r+ =


41,41º

30 cm

20 cm 20 cm

CO2

B

C

O2

D

θ5

θ6

r5

r6

r7

B

O1 r1

r2

θ2

r4θ3

O2

r3

A

θ4

77



1 2 3 4r r r r+ = +

5 6 7r r r+ =


41,41º

30 cm

20 cm 20 cm

CO2

B

C

O2

D

θ5

θ6

r5

r6

r7

B

O1 r1

r2

θ2

r4θ3

O2

r3

A

θ4

77



1 2 3 4r r r r+ = +

5 6 7r r r+ =


41,41º

30 cm

20 cm 20 cm

CO2

B

C

O2

D

θ5

θ6

r5

r6

r7

B

O1 r1

r2

θ2

r4θ3

O2

r3

A

θ4

78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4

50 20 cos 50 cos 70 cos 20 sen 50 sen 70 sen

+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7

30 cos 70 cos 030 sen 70 sen r

+ =+ =

siendo θ5 = θ2 – 41,41º. Las posiciones límite del balancín O1A se obtienen cuando O2B y AB están alineadas, es

decir, para θ2 = θ4 y θ2 = θ4 + 180º.

Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==

Elevando al cuadrado las dos ecuaciones anteriores:

θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =

Sumando ambas ecuaciones:

( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2

2500 2500 cos sen - 5000 cos 2500 cos sen

2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =

de donde se obtiene el valor θ2 = θ4 = 60º. De las ecuaciones y se calculan los demás valores de esta primera posición límite:

Para θ2 = θ4 + 180º, resolviendo mediante el mismo procedimiento de cálculo, se deducen los valores de esta segunda posición límite:

La carrera de trabajo del balancín O1A será:

POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4

θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53

POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4 + 180º

θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

77


1 2 3 4r r r r

5 6 7r r r


θ θ θθ θ θx x x

x x x

2 3 4

2 3 4


θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


siendo 5 = 2 – 41,41º.

Las posiciones límite del balancín O1A se obtienen cuando O2B y AB están alineadas, es decir, para 2 = 4 y 2 = 4 + 180º.

Para 2 = 4:

θ θ θθ θ θx x x

x x x

2 3 2

2 3 2


41,41º

30 cm

20 cm 20 cm

CO2

B

C

O2

D

5

6

r5

r6

r7

B

O1 r1

r2

2

r4 3

O2

r3

A 4

MANU

ALES

UEX

82


78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

79

Carrera = ∆θ3 = 300º - 231,68º = 68,32º

VELOCIDAD


1 2 3 4dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +

B A B/Av v v = +

2 2 3 3 4 4 x r x r x r ω = ω + ω


x

x x x x x x x

xx x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 -20 150 sen - 50 sen - 70 sen

602

20 150 cos 50 cos 70 cos 60

π θ = ω θ ω θ

π θ = ω θ + ω θ

de donde se calculan ω3 y ω4. Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos C y D de la biela:

5 6 7dr dr dr

dt dt dt+ =

C D/C Dv v v+ =

5 5 6 6 D D x r x r v = v jω + ω =

donde ω2 = ω5 = 150 rpm. Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son:

xx x x x x

xx x x x x

5 6 6

5 6 6 D

2 - 30 150 sen - 70 sen 0

602

30 150 cos 70 cos v60

π θ ω θ =

π θ + ω θ =

que permiten determinar vD y ω6. Los valores de velocidad que resultan de las ecuaciones y para las posiciones límite del balancín son:

ACELERACIÓN


VELOCIDAD POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4

ω2 (rad/s) ω3 (rad/s) ω4 (rad/s) ω5 (rad/s) ω6 (rad/s) vD (cm/s) 15,71 0 4,49 15,71 -2,35 513,44

VELOCIDAD POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4 + 180º

ω2 (rad/s) ω3 (rad/s) ω4 (rad/s) ω5 (rad/s) ω6 (rad/s) vD (cm/s) 15,71 0 -4,49 15,71 -1,98 -511,28

79

Carrera = ∆θ3 = 300º - 231,68º = 68,32º

VELOCIDAD


1 2 3 4dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +

B A B/Av v v = +

2 2 3 3 4 4 x r x r x r ω = ω + ω


x

x x x x x x x

xx x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 -20 150 sen - 50 sen - 70 sen

602

20 150 cos 50 cos 70 cos 60

π θ = ω θ ω θ



5 6 7dr dr dr

dt dt dt+ =

C D/C Dv v v+ =

5 5 6 6 D D x r x r v = v jω + ω =


xx x x x x

xx x x x x

5 6 6

5 6 6 D

2 - 30 150 sen - 70 sen 0

602

30 150 cos 70 cos v60

π θ ω θ =

π θ + ω θ =


ACELERACIÓN






78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

78

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

5 6

5 6 7


+ =+ =



Para θ2 = θ4:

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 2

2 3 2


+ = += +

θ θθ θ

x x

x x

2 3

2 3

50 - 50 cos 50 cos -50 sen 50 sen

==


θ θ θx x x2 2

2 2 32500 2500 cos - 5000 cos 2500 cos+ = θ θx x2 2

2 32500 sen 2500 sen =


( ) ( )θ θ θ θ θ

θ

x x x

x

2 2 2 22 2 2 3 3

2


2500 2500 - 5000 cos 2500

+ + = +

+ =





θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

60 300 60 18,59 113,97 73,53


θ2 (º) θ3 (º) θ4 (º) θ5 (º) θ6 (º) r7 (cm)

205,84 231,68 25,84 164,43 65,62 71,81

MANU

ALES

UEX

83


79

Carrera = ∆θ3 = 300º - 231,68º = 68,32º

VELOCIDAD


1 2 3 4dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +

B A B/Av v v = +

2 2 3 3 4 4 x r x r x r ω = ω + ω


x

x x x x x x x

xx x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 -20 150 sen - 50 sen - 70 sen

602

20 150 cos 50 cos 70 cos 60

π θ = ω θ ω θ



5 6 7dr dr dr

dt dt dt+ =

C D/C Dv v v+ =

5 5 6 6 D D x r x r v = v jω + ω =


xx x x x x

xx x x x x

5 6 6

5 6 6 D

2 - 30 150 sen - 70 sen 0

602

30 150 cos 70 cos v60

π θ ω θ =

π θ + ω θ =


ACELERACIÓN






79

Carrera = ∆θ3 = 300º - 231,68º = 68,32º

VELOCIDAD


1 2 3 4dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +

B A B/Av v v = +

2 2 3 3 4 4 x r x r x r ω = ω + ω


x

x x x x x x x

xx x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 -20 150 sen - 50 sen - 70 sen

602

20 150 cos 50 cos 70 cos 60

π θ = ω θ ω θ



5 6 7dr dr dr

dt dt dt+ =

C D/C Dv v v+ =

5 5 6 6 D D x r x r v = v jω + ω =


xx x x x x

xx x x x x

5 6 6

5 6 6 D

2 - 30 150 sen - 70 sen 0

602

30 150 cos 70 cos v60

π θ ω θ =

π θ + ω θ =


ACELERACIÓN






80

2 2 2 21 2 3 4

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ = +

B A B/Aa a a = +

( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 x x r x r x x r x r x x r ω ω = α + ω ω + α + ω ω


2x

x x x x x x x

x x x x

2x

x x x

22 3 3 3 3

24 4 4 4

2

2 -20 150 cos - 50 sen - 50 cos -60

- 70 sen - 70 cos

2 -20 150 sen 60

π θ α θ ω θ

α θ ω θ

π θ =

=

x x x x

x x x x

23 3 3 3

24 4 4 4

50 cos - 50 sen

70 cos - 70 sen

α θ ω θ +

+ α θ ω θ

de donde se calculan α3 y α4. Operando igual para el segundo polígono se deduce que la relación de aceleraciones entre los puntos C y D de la biela es:

2 2 25 6 7

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C D/C Da a a+ =

( ) ( )5 5 5 6 6 6 6 6 D D x x r x r x x r a a jω ω + α + ω ω = =


2x

x x x x x x x

2x

x x x x x x x

25 6 6 6 6

25 6 6 6 6 D

2 -30 150 cos - 70 sen - 70 cos 0

60

2 -30 150 sen 70 cos - 70 sen a

60

π θ α θ ω θ =

π θ + α θ ω θ =

de donde se calculan aD y α6. Los valores de aceleración que resultan de las ecuaciones y para las posiciones límites del balancín son:

ACELERACIÓN POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4

α2 (rad/s2) α3 (rad/s2) α4 (rad/s2) α5 (rad/s2) α6 (rad/s2) aD (cm/s2)

0 -81,40 -29,07 0 -107,23 336,55

ACELERACIÓN POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4 + 180º


0 291,13 187,16 0 110,06 942,75

MANU

ALES

UEX

84


80

2 2 2 21 2 3 4

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ = +

B A B/Aa a a = +

( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 x x r x r x x r x r x x r ω ω = α + ω ω + α + ω ω


2x

x x x x x x x

x x x x

2x

x x x

22 3 3 3 3

24 4 4 4

2

2 -20 150 cos - 50 sen - 50 cos -

60 - 70 sen - 70 cos

2 -20 150 sen

60

π θ α θ ω θ

α θ ω θ

π θ =

=

x x x x

x x x x

23 3 3 3

24 4 4 4

50 cos - 50 sen

70 cos - 70 sen

α θ ω θ +

+ α θ ω θ

de donde se calculan α3 y α4. Operando igual para el segundo polígono se deduce que la relación de aceleraciones entre los puntos C y D de la biela es:

2 2 25 6 7

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C D/C Da a a+ =

( ) ( )5 5 5 6 6 6 6 6 D D x x r x r x x r a a jω ω + α + ω ω = =


2x

x x x x x x x

2x

x x x x x x x

25 6 6 6 6

25 6 6 6 6 D

2 -30 150 cos - 70 sen - 70 cos 0

60

2 -30 150 sen 70 cos - 70 sen a

60

π θ α θ ω θ =


de donde se calculan aD y α6. Los valores de aceleración que resultan de las ecuaciones y para las posiciones límites del balancín son:

ACELERACIÓN POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4


0 -81,40 -29,07 0 -107,23 336,55

ACELERACIÓN POSICIÓN LÍMITE θ2 = θ4 + 180º


0 291,13 187,16 0 110,06 942,75

MANU

ALES

UEX

85


81

4.5. En la plataforma elevadora hidráulica de la figura O1O2 es la base fija y el accionamiento se realiza a través del cilindro hidráulico O2B. Si el cilindro O2B se expande con una velocidad constante igual a 0,1 m/s, determinar la velocidad y aceleración de la plataforma cuando θ = 40º.

Datos: O1A = AC = AD = AB = 0,6 m.

Solución

Se consideran dos polígonos vectoriales de cierre:

A

C

B

O1

D

θ

O2

0,1 m/s

O1 B

θ3

r3

r1

θ2

A

r2

82

O1

A

D

r2

θ2

θ4r4

r5

POSICIÓN


1 3 2r r r + =

2 4 5r r r+ =

Por tanto:

1 3 5 4r r r r+ = −

1 3 4 5r r r r+ + =

siendo θ3 = θ4 = 180°- θ2. Nótese entonces que el mecanismo puede resolverse con un solo cierre, que es una combinación lineal de los dos cierres planteados. Estas ecuaciones vectoriales se resuelven mediante las ecuaciones:

( )( )

θ

θ

x

x

1 2

2 5

r 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 sen(180 - ) r

+ + =

+ =

Para θ2 = 40° se deducen los valores:

r1 = 0,9192 m ; r5 = 0,7713 m

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene la relación de velocidades entre A y B:

1 3 2dr dr dr

dt dt dt+ =

B A/B Av v v + =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω

donde Bv - 0,1 i =

m/s, de valor constante.

Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre A y D:

MANU

ALES

UEX

86


83

2 4 5dr dr dr

dt dt dt+ =

A D/A Dv v v+ =

2 2 4 4 D D x r x r v v jω + ω = =

Despejando de y se tiene:

B 3 3 4 4 D Dv x r x r v v j+ ω + ω = =

donde ω3 = ω4. Esta ecuación vectorial que se resuelve mediante las ecuaciones:

( )( )

θ

θ

x x

x x

3 2

3 2 D

0,1 0,6 0,6 sen(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) v

− − + ω =

+ ω =


3 =ω

- 0,1296 rad/s k

; Dv =

0,1192 m/s j

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y B:

2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B A/B Aa a a+ =

( ) ( )3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 x x r x r x x r x r ω ω + α = ω ω + α

donde aB = 0. Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de aceleraciones entre A y D:

2 2 22 4 5

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

A D/A Da a a+ =

( ) ( )2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 D D x x r x r x x r x r a a j ω ω + α + ω ω + α = =

Despejando de y :



( ) ( )( ) ( )

θ θ

θ θ

x x x x

x x x x

23 2 3 2

23 2 3 2 D

0,6 0,6 sen(180 - ) 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) 0,6 0,6 sen(180 - ) a

− + α − + ω =

+ α − + ω =


3 =α

0,02 rad/s2 k

; Da =

- 0,0314 m/s2 j

82

O1

A

D

r2

θ2

θ4r4

r5

POSICIÓN


1 3 2r r r + =

2 4 5r r r+ =

Por tanto:

1 3 5 4r r r r+ = −

1 3 4 5r r r r+ + =


( )( )

θ

θ

x

x

1 2

2 5

r 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 sen(180 - ) r

+ + =

+ =


r1 = 0,9192 m ; r5 = 0,7713 m

VELOCIDAD


1 3 2dr dr dr

dt dt dt+ =

B A/B Av v v + =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω

donde Bv - 0,1 i =



82

O1

A

D

r2

θ2

θ4r4

r5

POSICIÓN


1 3 2r r r + =

2 4 5r r r+ =

Por tanto:

1 3 5 4r r r r+ = −

1 3 4 5r r r r+ + =


( )( )

θ

θ

x

x

1 2

2 5

r 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 sen(180 - ) r

+ + =

+ =


r1 = 0,9192 m ; r5 = 0,7713 m

VELOCIDAD


1 3 2dr dr dr

dt dt dt+ =

B A/B Av v v + =

B 3 3 2 2v x r x r+ ω = ω

donde Bv - 0,1 i =



MANU

ALES

UEX

87


83

2 4 5dr dr dr

dt dt dt+ =

A D/A Dv v v+ =

2 2 4 4 D D x r x r v v jω + ω = =


B 3 3 4 4 D Dv x r x r v v j+ ω + ω = =


( )( )

θ

θ

x x

x x

3 2

3 2 D

0,1 0,6 0,6 sen(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) v

− − + ω =

+ ω =


3 =ω

- 0,1296 rad/s k

; Dv =

0,1192 m/s j

ACELERACIÓN


2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B A/B Aa a a+ =



2 2 22 4 5

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

A D/A Da a a+ =


Despejando de y :



( ) ( )( ) ( )

θ θ

θ θ

x x x x

x x x x

23 2 3 2

23 2 3 2 D

0,6 0,6 sen(180 - ) 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) 0,6 0,6 sen(180 - ) a

− + α − + ω =

+ α − + ω =


3 =α

0,02 rad/s2 k

; Da =

- 0,0314 m/s2 j

83

2 4 5dr dr dr

dt dt dt+ =

A D/A Dv v v+ =

2 2 4 4 D D x r x r v v jω + ω = =


B 3 3 4 4 D Dv x r x r v v j+ ω + ω = =


( )( )

θ

θ

x x

x x

3 2

3 2 D

0,1 0,6 0,6 sen(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) v

− − + ω =

+ ω =


3 =ω

- 0,1296 rad/s k

; Dv =

0,1192 m/s j

ACELERACIÓN


2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B A/B Aa a a+ =



2 2 22 4 5

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

A D/A Da a a+ =


Despejando de y :



( ) ( )( ) ( )

θ θ

θ θ

x x x x

x x x x

23 2 3 2

23 2 3 2 D

0,6 0,6 sen(180 - ) 0,6 0,6 cos(180 - ) 0

0,6 0,6 cos(180 - ) 0,6 0,6 sen(180 - ) a

− + α − + ω =

+ α − + ω =


3 =α

0,02 rad/s2 k

; Da =

- 0,0314 m/s2 j

MANU

ALES

UEX

88


85

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1


D

E

C

θ5

θ6

r5

r6

r7

r8

B

θ3A

r3

r4

Dr1 θ4

r2

C

84

4.6. En el mecanismo representado en la figura, la manivela AB gira en sentido antihorario con una velocidad angular constante ωAB = 8 rad/s. En el instante representado, en el queθAB = 30º, θCB = 150º y θDE = 45º, determinar:

a) grados de libertad del sistema.

b) ecuaciones que permiten calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en cada instante en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) velocidad de las deslizaderas C y E en el instante que se muestra en la figura, así como las velocidades absolutas de los puntos B y D.

d) aceleración de las deslizaderas C y E en el instante que se muestra en la figura, así como las aceleraciones de los centros de masa de las barras AB y BC.

Datos: AB = 75 mm; BC = 300 mm; BD = DC = DE.

A

B

D

θAB

ωAB

E

C

θDE

θCD

MANU

ALES

UEX

89


85

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1


D

E

C

θ5

θ6

r5

r6

r7

r8

B

θ3A

r3

r4

Dr1 θ4

r2

C

86

POSICIÓN


1 2 4 3r r r r + + =

6 5 8 7r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

2 4 3

1 4 3

r 300 cos 75 cos- r 300 sen 75 sen+ =+ =

θ θθ θ

x x

x x

6 5 8

6 5 7

150 cos 150 cos r 0150 sen 150 sen r

+ + =+ =

siendo θ4 = θ6. VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos B y C de la biela:

1 2 4 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

C B/C Bv v v+ =

C 4 4 3 3 v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 4 4 3

4 4 3

v - 300 sen - 75 8 sen300 cos 75 8 cos



6 5 8 7dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

D/C E/D C Ev v v v+ + =

6 6 5 5 C E x r x r v vω + ω + =


x x x x

x x x x

C 6 6 5 5

6 6 5 5 E

v - 150 sen - 150 sen 0 150 cos 150 cos v

ω θ ω θ =ω θ + ω θ =

donde ω4 = ω6.

vC , ω4

vE , ω5

MANU

ALES

UEX

90


87

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono, se deduce que la relación de aceleraciones entre los puntos B y C de la biela es:

22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ + =

C B/C Ba a a+ =

( ) ( )c 4 4 4 4 4 3 3 3a x r x x r x x r+ α + ω ω = ω ω


x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 3

2 24 4 4 4 3

a - 300 sen - 300 cos - 75 8 cos

300 cos - 300 sen - 75 8 sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ


2 2 2 26 5 8 7

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

D/C E/D C Ea a a a+ + =

( ) ( )6 6 6 6 6 5 5 5 5 5 C E x r x x r x r x x r a aα + ω ω + α + ω ω + =


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 26 6 6 6 5 5 5 5 C

2 26 6 6 6 5 5 5 5 E

- 150 sen - 150 cos - 150 sen - 150 cos a 0

150 cos - 150 sen 150 cos - 150 sen a

θθ

ω θ α θ ω θ + =

ω θ + α θ ω θ =

αα

de donde se calculan aE y α5, ya que α4 = α6.

c) Para θAB = θ

3 = 30º, θ

CB = θ

4 = θ

6 = 150º y θDE = θ

5 = 45º :

POSICIÓN: de las ecuaciones se deducen los valores:

r1 = 112,5 mm ; r2 = 324,76 mm

Y de las ecuaciones se obtiene:

r7 = 181,07 mm ; r8 = 23,84 mm

VELOCIDAD: las ecuaciones permiten calcular:

C v =

- 600 mm/s i

; 4 6 ω = ω =

- 2 rad/s k

Las ecuaciones del segundo polígono dan como resultado:

Ev =

- 190,19 mm/s j

; 5 ω =

- 4,24 rad/s k

Para calcular la velocidad absoluta de B se tiene:

aC , α4

86

POSICIÓN


1 2 4 3r r r r + + =

6 5 8 7r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

2 4 3

1 4 3

r 300 cos 75 cos- r 300 sen 75 sen+ =+ =

θ θθ θ

x x

x x

6 5 8

6 5 7

150 cos 150 cos r 0150 sen 150 sen r

+ + =+ =



1 2 4 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

C B/C Bv v v+ =

C 4 4 3 3 v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 4 4 3

4 4 3

v - 300 sen - 75 8 sen300 cos 75 8 cos



6 5 8 7dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =


6 6 5 5 C E x r x r v vω + ω + =


x x x x

x x x x

C 6 6 5 5

6 6 5 5 E

v - 150 sen - 150 sen 0 150 cos 150 cos v


donde ω4 = ω6.

vC , ω4

vE , ω5

86

POSICIÓN


1 2 4 3r r r r + + =

6 5 8 7r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

2 4 3

1 4 3

r 300 cos 75 cos- r 300 sen 75 sen+ =+ =

θ θθ θ

x x

x x

6 5 8

6 5 7

150 cos 150 cos r 0150 sen 150 sen r

+ + =+ =



1 2 4 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

C B/C Bv v v+ =

C 4 4 3 3 v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 4 4 3

4 4 3

v - 300 sen - 75 8 sen300 cos 75 8 cos



6 5 8 7dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =


6 6 5 5 C E x r x r v vω + ω + =


x x x x

x x x x

C 6 6 5 5

6 6 5 5 E

v - 150 sen - 150 sen 0 150 cos 150 cos v


donde ω4 = ω6.

vC , ω4

vE , ω5

MANU

ALES

UEX

91


87

ACELERACIÓN


22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ + =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 3

2 24 4 4 4 3

a - 300 sen - 300 cos - 75 8 cos

300 cos - 300 sen - 75 8 sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ


2 2 2 26 5 8 7

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 26 6 6 6 5 5 5 5 C

2 26 6 6 6 5 5 5 5 E

- 150 sen - 150 cos - 150 sen - 150 cos a 0

150 cos - 150 sen 150 cos - 150 sen a

θθ



αα


c) Para θAB = θ

3 = 30º, θ

CB = θ

4 = θ

6 = 150º y θDE = θ

5 = 45º :


r1 = 112,5 mm ; r2 = 324,76 mm


r7 = 181,07 mm ; r8 = 23,84 mm


C v =

- 600 mm/s i

; 4 6 ω = ω =

- 2 rad/s k


Ev =

- 190,19 mm/s j

; 5 ω =

- 4,24 rad/s k


aC , α4

87

ACELERACIÓN


22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ + =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 3

2 24 4 4 4 3

a - 300 sen - 300 cos - 75 8 cos

300 cos - 300 sen - 75 8 sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ


2 2 2 26 5 8 7

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 26 6 6 6 5 5 5 5 C

2 26 6 6 6 5 5 5 5 E

- 150 sen - 150 cos - 150 sen - 150 cos a 0

150 cos - 150 sen 150 cos - 150 sen a

θθ



αα


c) Para θAB = θ

3 = 30º, θ

CB = θ

4 = θ

6 = 150º y θDE = θ

5 = 45º :


r1 = 112,5 mm ; r2 = 324,76 mm


r7 = 181,07 mm ; r8 = 23,84 mm


C v =

- 600 mm/s i

; 4 6 ω = ω =

- 2 rad/s k


Ev =

- 190,19 mm/s j

; 5 ω =

- 4,24 rad/s k


aC , α4

88

( )x xB 3 3v x r 8 k x 75 cos30 i + 75 sen30 j - 300 i + 519,62 j= ω = =

(mm/s)

Nótese que para calcular la velocidad absoluta de B, en lugar de realizar los productos vectoriales anteriores, puede alternativamente utilizarse la expresión . Estas ecuaciones proporcionan directamente las componentes x e y de vB, tal y como indica la interpretación vectorial realizada:

x x

x x

Bx 3

By 3

v - 75 8 senv 75 8 cos

= θ= θ

De aquí la importancia (no sólo conceptual) de realizar la interpretación vectorial de las ecuaciones obtenidas en todos los problemas, pues a través ella se pueden deducir los términos correspondientes a la velocidad o aceleración de muchos puntos de interés.

En este caso, por ejemplo, se puede obtener la velocidad de D a través de la expresión . Conociendo vc, se puede, a través de , identificar los términos correspondientes a la velocidad vD/C y aplicar que:

D/C C Dv v v+ =

Si la velocidad absoluta de D se calcula vectorialmente se obtiene:

D C D/Cv v v= +

D C 6 6v v x r= + ω

( )x xDv - 600 i - 2 k x 150 cos150 i 150 sen150 j = + +

Dv - 450 i 259,81 j= +

(mm/s)

ACELERACIÓN: resolviendo las ecuaciones para la posición de los eslabones del apartado anterior se obtiene:

C a =

- 4156,92 mm/s2 i

; 4 6 α = α =

6,928 rad/s2 k

Y resolviendo las ecuaciones :

Ea =

- 9175,04 mm/s2 j

; 5α =

- 57,19 rad/s2 k

Para calcular la aceleración absoluta del centro de masa de la manivela AB:

( ) ( )x xB

G (AB) 3 3 G (AB)a

a x x r = 8 k x 8 k x 37,5 cos30 i + 37,5 sen30 j2

= = ω ω

G (AB)a - 2078,46 i - 1200 j=

(mm/s2)

La aceleración absoluta del centro de masa de la biela BC, es decir, el punto D, puede obtenerse a través de las ecuaciones , o bien desarrollarse vectorialmente a través de las expresiones:

87

ACELERACIÓN


22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ + =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 3

2 24 4 4 4 3

a - 300 sen - 300 cos - 75 8 cos

300 cos - 300 sen - 75 8 sen

α θ ω θ = θ

α θ ω θ = θ


2 2 2 26 5 8 7

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 26 6 6 6 5 5 5 5 C

2 26 6 6 6 5 5 5 5 E

- 150 sen - 150 cos - 150 sen - 150 cos a 0

150 cos - 150 sen 150 cos - 150 sen a

θθ



αα


c) Para θAB = θ

3 = 30º, θ

CB = θ

4 = θ

6 = 150º y θDE = θ

5 = 45º :


r1 = 112,5 mm ; r2 = 324,76 mm


r7 = 181,07 mm ; r8 = 23,84 mm


C v =

- 600 mm/s i

; 4 6 ω = ω =

- 2 rad/s k


Ev =

- 190,19 mm/s j

; 5 ω =

- 4,24 rad/s k


aC , α4

AB CB DE3 4 6 5

MANU

ALES

UEX

92


89

D C D/Ca a a= +

( )D C 6 6 6 6 6a a x r x x r= + α + ω ω

( )( )

x x

x x

Da - 4156,92 i 6,928 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

-2 k x -2 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

= + + + + +

G (BC) Da a - 4156,9 i - 1200 j= =

(mm/s2)

4.7. En el mecanismo de la figura, la manivela AOB gira alrededor de O con una velocidad angular constante de 200 rpm en sentido horario. En el instante representado en la figura, en el que OA forma con el sentido positivo del eje x un ángulo θOA = 315°, se pide:


b) determinar las ecuaciones que permiten calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en cada instante en función del movimiento de la manivela AOB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) velocidad de los puntos A y C en el instante que se muestra en la figura, donde θAD = 99o.

d) velocidad del pistón F y del punto D en el instante de la figura.

Datos: OA = 135 mm; OB = 315 mm; AC = 390 mm; CD = 120 mm; CE = 450 mm; DF = 540 mm; OEx = 480 mm; OEy = 225 mm; EFy = 225 mm.

C

ωOAB

O

θAD

E

F

A

B

D

x

y

89

D C D/Ca a a= +

( )D C 6 6 6 6 6a a x r x x r= + α + ω ω

( )( )

x x

x x

Da - 4156,92 i 6,928 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

-2 k x -2 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

= + + + + +

G (BC) Da a - 4156,9 i - 1200 j= =

(mm/s2)







C

ωOAB

O

θAD

E

F

A

B

D

x

y

88


(mm/s)


x x

x x

Bx 3

By 3

v - 75 8 senv 75 8 cos

= θ= θ



D/C C Dv v v+ =


D C D/Cv v v= +

D C 6 6v v x r= + ω


Dv - 450 i 259,81 j= +

(mm/s)


C a =

- 4156,92 mm/s2 i

; 4 6 α = α =

6,928 rad/s2 k


Ea =

- 9175,04 mm/s2 j

; 5α =

- 57,19 rad/s2 k


( ) ( )x xB

G (AB) 3 3 G (AB)a


= = ω ω

G (AB)a - 2078,46 i - 1200 j=

(mm/s2)


88


(mm/s)


x x

x x

Bx 3

By 3

v - 75 8 senv 75 8 cos

= θ= θ



D/C C Dv v v+ =


D C D/Cv v v= +

D C 6 6v v x r= + ω


Dv - 450 i 259,81 j= +

(mm/s)


C a =

- 4156,92 mm/s2 i

; 4 6 α = α =

6,928 rad/s2 k


Ea =

- 9175,04 mm/s2 j

; 5α =

- 57,19 rad/s2 k


( ) ( )x xB

G (AB) 3 3 G (AB)a


= = ω ω

G (AB)a - 2078,46 i - 1200 j=

(mm/s2)


MANU

ALES

UEX

93


89

D C D/Ca a a= +

( )D C 6 6 6 6 6a a x r x x r= + α + ω ω

( )( )

x x

x x

Da - 4156,92 i 6,928 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

-2 k x -2 k x 150 cos150 i 150 sen150 j

= + + + + +

G (BC) Da a - 4156,9 i - 1200 j= =

(mm/s2)







C

ωOAB

O

θAD

E

F

A

B

D

x

y

90

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1


C

E

O

θ3

θ4r4

A

θ2

r1

r2

r3

r5

A

DF

O

θ8

r8

r7

θ2

r’3

r6

r2

θ3

MANU

ALES

UEX

94


90

POSICIÓN


C

E

O

3

4r4

A

2

r1

r2

r3

r5

A

D F

O

8

r8

r7

2

r’3

r6

r2

3

90

POSICIÓN


C

E

O

3

4r4

A

2

r1

r2

r3

r5

A

D F

O

8

r8

r7

2

r’3

r6

r2

3

MANU

ALES

UEX

95


91

POSICIÓN


2 3 1 5 4r r r r r+ = + +

2 3 6 7 8r r' r r r+ = + +


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4

135 cos 390 cos 480 450 cos135 sen 390 sen 225 450 sen

+ = ++ = +

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8

135 cos 510 cos r 540 cos135 sen 510 sen 450 540 sen

+ = ++ = +

VELOCIDAD


3 52 1 4dr drdr dr dr

dt dt dt dt dt+ = + +

A C/A Cv v v+ =

2 2 3 3 4 4 x r x r x rω + ω = ω


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 - 135 -200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 -200 cos 390 cos 450 cos60

π θ − ω θ = − ω θ

π θ + ω θ = ω θ


3 6 82 7dr' dr drdr dr


A D/A F D/F Dv v v v v+ = + =

2 2 3 3 F 8 8 x r x r' v x rω + ω = + ω


ω3 , ω4

91

POSICIÓN


2 3 1 5 4r r r r r+ = + +

2 3 6 7 8r r' r r r+ = + +


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = ++ = +

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8


+ = ++ = +

VELOCIDAD




A C/A Cv v v+ =

2 2 3 3 4 4 x r x r x rω + ω = ω


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 - 135 -200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 -200 cos 390 cos 450 cos60

π θ − ω θ = − ω θ






2 2 3 3 F 8 8 x r x r' v x rω + ω = + ω


ω3 , ω4

91

POSICIÓN


2 3 1 5 4r r r r r+ = + +

2 3 6 7 8r r' r r r+ = + +


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


+ = ++ = +

θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8


+ = ++ = +

VELOCIDAD




A C/A Cv v v+ =

2 2 3 3 4 4 x r x r x rω + ω = ω


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 - 135 -200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 -200 cos 390 cos 450 cos60

π θ − ω θ = − ω θ






2 2 3 3 F 8 8 x r x r' v x rω + ω = + ω


ω3 , ω4

92

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 - 135 -200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 -200 cos 510 cos 540 cos

60

π θ − ω θ = − ω θ


de donde se calculan vF y ω8.

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce que la relación de aceleraciones entre los puntos A y C de la biela es:

2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r


A C/A Ca a a+ =

( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 x x r x r x x r x r x x rω ω + α + ω ω = α + ω ω


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 390 sen - 390 cos 60

- 450 sen - 450 cos

2 - 135 -200 sen 390 cos - 390 sen 60

450

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= α x x x2

4 4 4 4 cos - 450 senθ ω θ

de donde se calculan α3 y α4.


2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r


- A D/A F D/F Da a a a a+ = + =

( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 3 3 3 F 8 8 8 8 8 x x r x r' x x r' a x r x x rω ω + α + ω ω = + α + ω ω


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 510 sen - 510 cos 60

a - 540 sen - 540 cos

2 - 135 -200 sen 510 cos - 510 sen 60

540

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= x x x x2

8 8 8 8 cos - 540 senα θ ω θ

que permiten calcular aF y α8.

91

2 3 1 5 4r r r r r

2 3 6 7 8r r ' r r r


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8


VELOCIDAD


3 52 1 4dr drdr dr dr dt dt dt dt dt

A C/A Cv v v

2 2 3 3 4 4x r x r x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 ‐ 135 ‐200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 ‐200 cos 390 cos 450 cos60


3 6 82 7dr' dr drdr dr dt dt dt dt dt

A D /A F D /F Dv v v v v

2 2 3 3 F 8 8x r x r' v x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 ‐ 135 ‐200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 ‐200 cos 510 cos 540 cos60

de donde se calculan vF y 8.

ACELERACIÓN


3 , 4

91

2 3 1 5 4r r r r r

2 3 6 7 8r r ' r r r


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8


VELOCIDAD



A C/A Cv v v

2 2 3 3 4 4x r x r x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 ‐ 135 ‐200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 ‐200 cos 390 cos 450 cos60




2 2 3 3 F 8 8x r x r' v x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 ‐ 135 ‐200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 ‐200 cos 510 cos 540 cos60


ACELERACIÓN


3 , 4

91

2 3 1 5 4r r r r r

2 3 6 7 8r r ' r r r


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 4

2 3 4


θ θ θθ θ θ

x x x

x x x

2 3 6 8

2 3 8


VELOCIDAD



A C/A Cv v v

2 2 3 3 4 4x r x r x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 4 4

2 3 3 4 4

2 ‐ 135 ‐200 sen 390 sen 450 sen60

2 135 ‐200 cos 390 cos 450 cos60




2 2 3 3 F 8 8x r x r' v x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 ‐ 135 ‐200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 ‐200 cos 510 cos 540 cos60


ACELERACIÓN


3 , 4

MANU

ALES

UEX

96


93

c) Para θOA = θ2 = 315 o y θAD = θ3 = 99o:


θ4 = 171,9o


θ8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3ω =

- 4,55 rad/s k

; 4ω =

3,86 rad/s k

La velocidad absoluta de A puede obtenerse identificando los términos correspondientes en las ecuaciones :

x x x x

x x x x

Ax 2

Ay 2

2 v - 135 -200 sen

602

v 135 -200 cos 60

π = θ

π = θ

o bien desarrollarse vectorialmente a través de la expresión:

( )x x x xA 2 22 v x r -200 k x 135 cos315 i + 135 sen315 j - 1999,3 i -1999,3 j60π = ω = =

(mm/s)

Análogamente, la velocidad absoluta de C se puede obtener identificando los términos en las ecuaciones :

= − ω θ

= ω θ

x x

x x

Cx 4 4

Cy 4 4

v 450 senv 450 cos

o bien desarrollarse vectorialmente empleando la expresión:

( )x xC 4 4v x r 3,86 k x 450 cos171,9 i + 450 sen171,9 j - 244,75 i -1719,67 j= ω = =

(mm/s)

d) Para el segundo polígono las ecuaciones dan como resultado:

Fv =

163,764 mm/s i

; 8ω =

3,036 rad/s k

Para calcular la velocidad absoluta de D se puede emplear el sistema :

x x

x x

Dx F 8 8

Dx 8 8

v v 540 senv 540 cos

= − ω θ= ω θ

o bien desarrollar la expresión vectorial:

D F D/Fv v v= +

( )x xD F 8 8v v x r 163,764 i + 3,036 k x 540 cos184,43 i + 540 sen184,43 j= + ω =

93



θ4 = 171,9o


θ8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3ω =

- 4,55 rad/s k

; 4ω =

3,86 rad/s k


x x x x

x x x x

Ax 2

Ay 2

2 v - 135 -200 sen 60

2 v 135 -200 cos 60

π = θ

π = θ



(mm/s)


= − ω θ

= ω θ

x x

x x

Cx 4 4

Cy 4 4

v 450 senv 450 cos



(mm/s)


Fv =

163,764 mm/s i

; 8ω =

3,036 rad/s k


x x

x x

Dx F 8 8

Dx 8 8


= − ω θ= ω θ


D F D/Fv v v= +


93



θ4 = 171,9o


θ8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3ω =

- 4,55 rad/s k

; 4ω =

3,86 rad/s k


x x x x

x x x x

Ax 2

Ay 2

2 v - 135 -200 sen 60

2 v 135 -200 cos 60

π = θ

π = θ



(mm/s)


= − ω θ

= ω θ

x x

x x

Cx 4 4

Cy 4 4

v 450 senv 450 cos



(mm/s)


Fv =

163,764 mm/s i

; 8ω =

3,036 rad/s k


x x

x x

Dx F 8 8

Dx 8 8


= − ω θ= ω θ


D F D/Fv v v= +


92

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 - 135 -200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 -200 cos 510 cos 540 cos60

π θ − ω θ = − ω θ



ACELERACIÓN


2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r


A C/A Ca a a+ =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 390 sen - 390 cos 60

- 450 sen - 450 cos

2 - 135 -200 sen 390 cos - 390 sen 60

450

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= α x x x2

4 4 4 4 cos - 450 senθ ω θ



2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r


- A D/A F D/F Da a a a a+ = + =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 510 sen - 510 cos 60

a - 540 sen - 540 cos

2 - 135 -200 sen 510 cos - 510 sen

60 540

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= x x x x2

8 8 8 8 cos - 540 senα θ ω θ


92

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 - 135 -200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 -200 cos 510 cos 540 cos60

π θ − ω θ = − ω θ



ACELERACIÓN


2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r


A C/A Ca a a+ =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 390 sen - 390 cos 60

- 450 sen - 450 cos

2 - 135 -200 sen 390 cos - 390 sen 60

450

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= α x x x2

4 4 4 4 cos - 450 senθ ω θ



2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r


- A D/A F D/F Da a a a a+ = + =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 510 sen - 510 cos 60

a - 540 sen - 540 cos

2 - 135 -200 sen 510 cos - 510 sen

60 540

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= x x x x2

8 8 8 8 cos - 540 senα θ ω θ


92

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 3 3 F 8 8

2 3 3 8 8

2 - 135 -200 sen 510 sen v 540 sen60

2 135 -200 cos 510 cos 540 cos60

π θ − ω θ = − ω θ



ACELERACIÓN


2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r


A C/A Ca a a+ =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 390 sen - 390 cos 60

- 450 sen - 450 cos

2 - 135 -200 sen 390 cos - 390 sen 60

450

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= α x x x2

4 4 4 4 cos - 450 senθ ω θ



2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r


- A D/A F D/F Da a a a a+ = + =



x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 - 135 -200 cos - 510 sen - 510 cos 60

a - 540 sen - 540 cos

2 - 135 -200 sen 510 cos - 510 sen

60 540

π θ α θ ω θ =

= α θ ω θ


= x x x x2

8 8 8 8 cos - 540 senα θ ω θ


92

2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r dt dt dt dt dt

A C / A Ca a a

2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 x x r x r x x r x r x x r


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 ‐ 135 ‐200 cos ‐ 390 sen ‐ 390 cos 60

‐ 450 sen ‐ 450 cos

2 ‐ 135 ‐200 sen 390 cos ‐ 390 sen 60

450

x x x2

4 4 4 4 cos ‐ 450 sen

de donde se calculan 3 y 4.


2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r dt dt dt dt dt

‐ A D/A F D/F Da a a a a

2 2 2 3 3 3 3 3 F 8 8 8 8 8x x r x r ' x x r ' a x r x x r


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 ‐ 135 ‐200 cos ‐ 510 sen ‐ 510 cos 60

a ‐ 540 sen ‐ 540 cos

2 ‐ 135 ‐200 sen 510 cos ‐ 510 sen 60

540

x x x x2

8 8 8 8 cos ‐ 540 sen

que permiten calcular aF y 8.

c) Para OA = 2 = 315 o y AD = 3 = 99o:


4 = 171,9o


8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3

‐ 4,55 rad/s k ; 4

3,86 rad/s k

92

2 22 2 23 52 1 4

2 2 2 2 2

d r d rd r d r d r dt dt dt dt dt

A C / A Ca a a

2 2 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 x x r x r x x r x r x x r


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x

22

2 3 3 3 3

24 4 4 4

22

2 3 3 3 3

2 ‐ 135 ‐200 cos ‐ 390 sen ‐ 390 cos 60

‐ 450 sen ‐ 450 cos

2 ‐ 135 ‐200 sen 390 cos ‐ 390 sen 60

450

x x x2

4 4 4 4 cos ‐ 450 sen

de donde se calculan 3 y 4.


2 2 22 23 6 82 7

2 2 2 2 2

d r' d r d rd r d r dt dt dt dt dt

‐ A D/A F D/F Da a a a a

2 2 2 3 3 3 3 3 F 8 8 8 8 8x x r x r ' x x r ' a x r x x r


x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

22

2 3 3 3 3

2F 8 8 8 8

22

2 3 3 3 3

2 ‐ 135 ‐200 cos ‐ 510 sen ‐ 510 cos 60

a ‐ 540 sen ‐ 540 cos

2 ‐ 135 ‐200 sen 510 cos ‐ 510 sen 60

540

x x x x2

8 8 8 8 cos ‐ 540 sen

que permiten calcular aF y 8.

c) Para OA = 2 = 315 o y AD = 3 = 99o:


4 = 171,9o


8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3

‐ 4,55 rad/s k ; 4

3,86 rad/s k

MANU

ALES

UEX

97


93



θ4 = 171,9o


θ8 = 184,43 o ; r6 = 554 mm


3ω =

- 4,55 rad/s k

; 4ω =

3,86 rad/s k


x x x x

x x x x

Ax 2

Ay 2

2 v - 135 -200 sen 60

2 v 135 -200 cos 60

π = θ

π = θ



(mm/s)


= − ω θ

= ω θ

x x

x x

Cx 4 4

Cy 4 4

v 450 senv 450 cos



(mm/s)


Fv =

163,764 mm/s i

; 8ω =

3,036 rad/s k


x x

x x

Dx F 8 8

Dx 8 8


= − ω θ= ω θ


D F D/Fv v v= +


94

Dv 294,53 i -1634,22 j=

(mm/s)

4.8. En el mecanismo de Cruz de Malta de la figura, el pivote P es solidario a la rueda motriz con centro en A. Si la velocidad angular de dicha rueda es ω = 20 rpm, constante y en sentido horario, determinar:


b) velocidad y aceleración de la rueda de salida para la posición en la que AP forma 100o con el sentido positivo del eje horizontal que pasa por A.

Datos: AP = 60 cm.

Solución

a) m = 3 x (3-1) – 2 x 2 - 1 = 1

b) Se toma el polígono vectorial cerrado representado en la figura:

A

80 cmP

B

ω

A

r1

r2

r3

θ2

P

Bθ3

MANU

ALES

UEX

98


95

POSICIÓN

La ecuación vectorial del polígono es:

1 3 2r r r+ =

Las ecuaciones que resuelven este polígono son:

θ θθ θ

x x

x x

3 3 2

3 3 2

r cos 0,6 cos 0,8 r sen 0,6 sen

=+ =

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene:

31 2drdr dr

dt dt dt+ =

P/B P/A Pv v v= =

3 3 desl.P/B 2 2 x r v x rω + = ω


xx x x x x x

xx x x x x x

3 3 3 desl.P/B 3 2

3 3 3 desl.P/B 3 2

2 - r sen v cos - 0,6 -20 sen 60

2 r cos v sen 0,6 -20 cos 60

π ω θ + θ = θ

π ω θ + θ = θ

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del polígono se deduce:

22 231 2

2 2 2

d rd r d r

dt dt dt+ =

P/B P/A Pa a a= =

( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 desl.P/B 3 desl.P/B 2 2 2 x x r x r a 2 . x v x x rω ω + α + + ω = ω ω


r3 , θ3

vdesl.P/B , ω3

95

POSICIÓN


1 3 2r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

3 3 2

3 3 2


=+ =

VELOCIDAD


31 2drdr dr

dt dt dt+ =

P/B P/A Pv v v= =

3 3 desl.P/B 2 2 x r v x rω + = ω


xx x x x x x

xx x x x x x

3 3 3 desl.P/B 3 2

3 3 3 desl.P/B 3 2

2 - r sen v cos - 0,6 -20 sen 60

2 r cos v sen 0,6 -20 cos 60

π ω θ + θ = θ

π ω θ + θ = θ

ACELERACIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r

dt dt dt+ =

P/B P/A Pa a a= =



r3 , θ3

vdesl.P/B , ω3

94

Dv 294,53 i -1634,22 j=

(mm/s)

4.8. En el mecanismo de Cruz de Malta de la figura, el pivote P es solidario a la rueda motriz con centro en A. Si la velocidad angular de dicha rueda es ω = 20 rpm, constante y en sentido horario, determinar:



Datos: AP = 60 cm.

Solución

a) m = 3 x (3-1) – 2 x 2 - 1 = 1


A

80 cmP

B

ω

A

r1

r2

r3

θ2

P

Bθ3

94

4.8. En el mecanismo de Cruz de Malta de la figura, el pivote P es solidario a la rueda motriz con centro en A. Si la velocidad angular de dicha rueda es = 20 rpm, constante y en sentido horario, determinar:



Datos: AP = 60 cm.

Solución

a) m = 3 x (3‐1) – 2 x 2 ‐ 1 = 1


POSICIÓN


1 3 2r r r

A

80 cm P

B

A

r1

r2

r3

2

P

B3

MANU

ALES

UEX

99


95

POSICIÓN


1 3 2r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

3 3 2

3 3 2


=+ =

VELOCIDAD


31 2drdr dr

dt dt dt+ =

P/B P/A Pv v v= =

3 3 desl.P/B 2 2 x r v x rω + = ω


xx x x x x x

xx x x x x x

3 3 3 desl.P/B 3 2

3 3 3 desl.P/B 3 2

2 - r sen v cos - 0,6 -20 sen

602

r cos v sen 0,6 -20 cos 60

π ω θ + θ = θ

π ω θ + θ = θ

ACELERACIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r

dt dt dt+ =

P/B P/A Pa a a= =



r3 , θ3

vdesl.P/B , ω3

95

POSICIÓN


1 3 2r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

3 3 2

3 3 2


=+ =

VELOCIDAD


31 2drdr dr

dt dt dt+ =

P/B P/A Pv v v= =

3 3 desl.P/B 2 2 x r v x rω + = ω


xx x x x x x

xx x x x x x

3 3 3 desl.P/B 3 2

3 3 3 desl.P/B 3 2

2 - r sen v cos - 0,6 -20 sen

602

r cos v sen 0,6 -20 cos 60

π ω θ + θ = θ

π ω θ + θ = θ

ACELERACIÓN


22 231 2

2 2 2

d rd r d r

dt dt dt+ =

P/B P/A Pa a a= =



r3 , θ3

vdesl.P/B , ω3

96

x x x x x

2x

x x x x x

x x x x x

x x

23 3 3 3 3 3 desl.P/B 3

desl.P/B 3 3 2

23 3 3 3 3 3 desl.P/B 3

desl.P/B

x

- r cos - r sen a cos -

2 - 2 v sen - 0,6 -20 cos 60

- r sen r cos a sen

2 v

ω θ α θ + θ

π ω θ = θ

ω θ + α θ + θ +

+2

xx x x x3 3 2

2 cos - 0,6 -20 sen 60

π ω θ = θ

Para la posición correspondiente a θ2 = 100 o la solución de las ecuaciones es:

θ3 = 243,52 o ; r3 = 23,36 cm

A través de las ecuaciones se calculan los valores:

3 =ω 4,325 rad/s k

; desl P/Bv =

0,747 m/s

De las ecuaciones se deducen los valores:

3 =α 34,353 rad/s2 k

; desl P/Ba =

6,484 m/s2

4.9. La figura representa un mecanismo con accionamiento hidráulico. Si el eslabón O1B gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario ω = 0,8 rad/s, determinar:


b) velocidad de llenado del cilindro cuando O1B forma 0°, 30°, 60° y 90° con la horizontal.

Datos: O1A = 1,5 m; O1O2(x) = 1 m; O1O2 (y) = 0,5 m; AB = 0,5 m.

Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 – 0 = 1

b) Se considera el polígono vectorial cerrado representado en la figura:

63,52º

63,52º

adesl.P/B , α3

O1

B

A

O2

ω

MANU

ALES

UEX

100


4.9. La figura representa un mecanismo con accionamiento hidráulico. Si el eslabón O1B gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario w = 0,8 rad/s, determinar:



96

x x x x x

2x

x x x x x

x x x x x

x x

23 3 3 3 3 3 desl.P/B 3

desl.P/B 3 3 2

23 3 3 3 3 3 desl.P/B 3

desl.P/B

x

- r cos - r sen a cos -

2 - 2 v sen - 0,6 -20 cos

60- r sen r cos a sen

2 v

ω θ α θ + θ

π ω θ = θ

ω θ + α θ + θ +

+2

xx x x x3 3 2

2 cos - 0,6 -20 sen

60π ω θ = θ

Para la posición correspondiente a θ2 = 100 o la solución de las ecuaciones es:

θ3 = 243,52 o ; r3 = 23,36 cm

A través de las ecuaciones se calculan los valores:

3 =ω 4,325 rad/s k

; desl P/Bv =

0,747 m/s

De las ecuaciones se deducen los valores:

3 =α 34,353 rad/s2 k

; desl P/Ba =

6,484 m/s2

4.9. La figura representa un mecanismo con accionamiento hidráulico. Si el eslabón O1B gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario ω = 0,8 rad/s, determinar:




Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 – 0 = 1


63,52º

63,52º

adesl.P/B , α3

O1

B

A

O2

ω


Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 – 0 = 1


97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4

1,5 cos 1 r cos0,5 1,5 sen r sen

= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +

1 2A/O A/O Av v v= =

22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos

1,5 (0,8) . cos r cos v sen

θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ

• Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es:

θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m

De las ecuaciones se calculan:

4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

MANU

ALES

UEX

101


97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

97

POSICIÓN


4321 rrrr +=+


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +


22 2 4 4 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

- 1,5 (0,8) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m


4 =ω

1,2 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,848 m/s

θ2

θ4

r3

r1

r2

O1

A

O2

r4

45º

r4 , θ4

vdesl.A/O2 , ω4

98


θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m


4 =ω

0,642 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,871 m/s


θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m


4 =ω

0,521 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,737 m/s


θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m


4 =ω

0,48 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,537 m/s

4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor ω = 500 rpm, en sentido horario, determinar:


b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición indicada en la figura.

c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración del pistón para la posición en la que OA forma 90° con el sentido positivo del eje x.

A

15 cm

O

B

30 cm

ω

76,54º

97,91º

116,56º

98


θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m


4 =ω

0,642 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,871 m/s


θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m


4 =ω

0,521 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,737 m/s


θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m


4 =ω

0,48 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,537 m/s






A

15 cm

O

B

30 cm

ω

76,54º

97,91º

116,56º

98


θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m


4 =ω

0,642 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,871 m/s


θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m


4 =ω

0,521 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,737 m/s


θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m


4 =ω

0,48 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,537 m/s






A

15 cm

O

B

30 cm

ω

76,54º

97,91º

116,56º

97


θ θθ θ

x x

x x

2 4 4

2 4 4


VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr dt dt dt dt

1 2A /O A /O Av v v

22 2 4 4 desl.A/O x r x r v


2

2

x x x x x

x x x x

2 4 4 4 desl.A/O 4

2 4 4 4 desl.A/O 4

‐ 1,5 (0,8) sen ‐ r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen

Para la posición correspondiente a 2 = 0 la solución de las ecuaciones es:

4 = 45 ; r4 = 0,7071 m


4

1,2 rad/s k ;

2d e s l.A /Ov

0,848 m/s


4 = 76,54 ; r4 = 1,2853 m


4

0,642 rad/s k ;

2d e s l.A /Ov

0,871 m/s


4 = 97,91 ; r4 = 1,8163 m


4

0,521 rad/s k ;

2d e s l.A /Ov

0,737 m/s


4 = 116,56 ; r4 = 2,2361 m


4

0,48 rad/s k ;

2d e s l.A /Ov

0,537 m/s

45º

76,54º

97,91º

116,56º

r4 , 4

vdesl.A/O2 , 4

MANU

ALES

UEX

102


99

Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 = 1

b) Con la velocidad angular ωOA de la manivela se obtiene la velocidad vA:

Relacionando la velocidad de A con B:

B/A.deslA/BABBA vrvv x

++= ω

Conocida ωAB . rA/B se deduce la velocidad angular ωAB = ωcilindro = ωpistón:

Dirección ⊥ AB Dirección AB 0

vdesl.A/B

vA

ωAB.rA/B

Dirección AB

Dirección ⊥ AB

A

O ωOA

vA

ωAB =ωcilindro = ωpistón

A

B

ωAB.rA/B

98


θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m


4 =ω

0,642 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,871 m/s


θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m


4 =ω

0,521 rad/s k

;2desl.A/Ov =

0,737 m/s


θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m


4 =ω

0,48 rad/s k ;

2desl.A/Ov =

0,537 m/s






A

15 cm

O

B

30 cm

ω

76,54º

97,91º

116,56º

98

4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor = 500 rpm, en sentido horario, determinar:




d) velocidad y aceleración del pistón para la posición en la que OA forma 90 con el sentido positivo del eje x.

Solución

a) m = 3 x (4‐1) – 2 x 4 = 1

b) Con la velocidad angular OA de la manivela se obtiene la velocidad vA:


B/A .deslA/BABBA v r v v x

Dirección AB Dirección AB0

A

15 cm

O

B

30 cm

A

O OA

vA

MANU

ALES

UEX

103


99

Solución

a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 = 1

b) Con la velocidad angular ωOA de la manivela se obtiene la velocidad vA:


B/A.deslA/BABBA vrvv x

++= ω

Conocida ωAB . rA/B se deduce la velocidad angular ωAB = ωcilindro = ωpistón:

Dirección ⊥ AB Dirección AB 0

vdesl.A/B

vA

ωAB.rA/B

Dirección AB

Dirección ⊥ AB

A

O ωOA

vA

ωAB =ωcilindro = ωpistón

A

B

ωAB.rA/B

100

c) Se considera el polígono vectorial cerrado representado en la figura:

POSICIÓN


1 2 3 4r r r r+ = +


θ θθ θ

2 4 4

2 4 4

x x

x x

0,1 cos 0,3 r cos0,15 0,1 sen r sen

= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Av v v= =

2 2 4 4 desl.A/B x r x r vω = ω +


xx x x x x x

xx x x x x

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos 60

2 0,1 -500 . cos r cos v sen60

π θ = ω θ + θ

π θ = ω θ + θ

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce:

A

O

B

θ2

θ4

r3

r1

r2

r4

r4 , θ4

vdesl.A/B , ω4

100


POSICIÓN


1 2 3 4r r r r+ = +


θ θθ θ

2 4 4

2 4 4

x x

x x


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Av v v= =

2 2 4 4 desl.A/B x r x r vω = ω +


xx x x x x x

xx x x x x

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos 60

2 0,1 -500 . cos r cos v sen60

π θ = ω θ + θ

π θ = ω θ + θ

ACELERACIÓN


A

O

B

θ2

θ4

r3

r1

r2

r4

r4 , θ4

vdesl.A/B , ω4

MANU

ALES

UEX

104


101

22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Aa a a= =

( ) ( ) ( )2 2 2 4 4 4 4 4 desl.A/B 4 desl.A/B x x r = x x r x r a 2 . x vω ω ω ω + α + + ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2

xx x x x x x x

x x x

xx x

22 4 4 4 4 4 4

desl.A/B 4 desl.A/B 4 4x

2 -0,1 -500 cos - r cos - r sen 60

a cos - 2 v sen

2 -0,1 -500

60

π θ = ω θ α θ +

+ θ ω θ

π 2

x x x x x

x x x x

22 4 4 4 4 4 4

desl.A/B 4 desl.A/B 4 4

sen - r sen r cos

a sen 2 v cos

θ = ω θ + α θ +

+ θ + ω θ

d) Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es:

r4 = 0,3905 m ; θ4 = 140,19°


4 pistón cilindro ω = ω = ω =

- 8,58 rad/s k

; desl A/Bv =

4,022 m/s

De las ecuaciones se deducen:

4 pistón cilindro α = α = α =

362,49 rad/s2 k

; desl A/Ba =

146,74 m/s2

4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50° a partir de la posición correspondiente a θ= 180°. Si ω = 30 rpm (constante), determinar:

a) ecuaciones que permitan determinar la posición, velocidad y aceleración de P para cualquier posición. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

b) longitud de carrera del empujador P.

c) velocidad y aceleración de P cuando a θ= 130°.

Datos: OA = 35 cm.

ω

P

50 cm

B

A

θ

O

39,81º

39,81º

adesl.A/B , α4

100


POSICIÓN


1 2 3 4r r r r+ = +


θ θθ θ

2 4 4

2 4 4

x x

x x


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Av v v= =

2 2 4 4 desl.A/B x r x r vω = ω +


xx x x x x x

xx x x x x

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos

602

0,1 -500 . cos r cos v sen60

π θ = ω θ + θ

π θ = ω θ + θ

ACELERACIÓN


A

O

B

θ2

θ4

r3

r1

r2

r4

r4 , θ4

vdesl.A/B , ω4

100


POSICIÓN


1 2 3 4r r r r+ = +


θ θθ θ

2 4 4

2 4 4

x x

x x


= ++ =

VELOCIDAD


31 2 4drdr dr dr

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Av v v= =

2 2 4 4 desl.A/B x r x r vω = ω +


xx x x x x x

xx x x x x

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 4 4 4 desl.A/B 4

2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos

602

0,1 -500 . cos r cos v sen60

π θ = ω θ + θ

π θ = ω θ + θ

ACELERACIÓN


A

O

B

θ2

θ4

r3

r1

r2

r4

r4 , θ4

vdesl.A/B , ω4

MANU

ALES

UEX

105


101

22 2 231 2 4

2 2 2 2

d rd r d r d r

dt dt dt dt+ = +

A/O A/B Aa a a= =

( ) ( ) ( )2 2 2 4 4 4 4 4 desl.A/B 4 desl.A/B x x r = x x r x r a 2 . x vω ω ω ω + α + + ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2

xx x x x x x x

x x x

xx x

22 4 4 4 4 4 4

desl.A/B 4 desl.A/B 4 4x

2 -0,1 -500 cos - r cos - r sen

60 a cos - 2 v sen

2 -0,1 -500

60

π θ = ω θ α θ +

+ θ ω θ

π 2

x x x x x

x x x x

22 4 4 4 4 4 4

desl.A/B 4 desl.A/B 4 4

sen - r sen r cos

a sen 2 v cos

θ = ω θ + α θ +

+ θ + ω θ

d) Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es:

r4 = 0,3905 m ; θ4 = 140,19°


4 pistón cilindro ω = ω = ω =

- 8,58 rad/s k

; desl A/Bv =

4,022 m/s


4 pistón cilindro α = α = α =

362,49 rad/s2 k

; desl A/Ba =

146,74 m/s2

4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50° a partir de la posición correspondiente a θ= 180°. Si ω = 30 rpm (constante), determinar:



c) velocidad y aceleración de P cuando a θ= 130°.

Datos: OA = 35 cm.

ω

P

50 cm

B

A

θ

O

39,81º

39,81º

adesl.A/B , α4

101

4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50 a partir de la posición correspondiente a = 180. Si = 30 rpm (constante), determinar:



c) velocidad y aceleración de P cuando a = 130.

Datos: OA = 35 cm.

Solución

a) El polígono vectorial cerrado es:

P

50 cm

B

A

O

2

3 r1

r2

B

A

O

r3

r4

102

Solución


POSICIÓN


1 4 2 3r r r r+ = +

Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son:

θ θθ θ

x x

x x

4 2 3 3

2 3 3

r 0,35 cos r cos0,5 0,35 sen r sen

= += +

Como θ3 = θ2 - 90° se tiene:

( )( )

θ θ

θ θ

x x

x x

4 2 3 2

2 3 2

r 0,35 cos r cos - 90

0,5 0,35 sen r sen - 90

= +

= +

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y B:

θ2

θ3 r1

r2

B

A

O

r3

r4

r3 , r4

MANU

ALES

UEX

106


103

1 4 2 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +

B P A B/Av v v v= = +

P 2 2 3 3 desl.B/Av x r x r v= ω + ω +

donde ω3 = ω2. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:

( ) ( )

( )

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

P 2 3 2 desl.B/A 2

2 3 2 desl.B/A 2

2 2 v - 0,35 -30 sen r -30 sen - 90 v cos - 90

60 602 2

0 0,35 -30 cos r -30 cos - 90 v sen 60 60

π = θ − θ + θ

π = θ + θ + θ

π

π ( )- 90

que permiten deducir los valores de vP y vdesl.B/A.

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y B:

2 2 2 21 4 2 3

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ = +

B P A B/Aa a a a= = +

( ) ( )P 2 2 2 3 3 3 desl.B/A 3 desl.B/Aa = x x r x x r a 2 . x vω ω + ω ω + + ω


( )

( ) ( )

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

2 2

P 2 3 2

desl.B/A 2 desl.B/A 2

2 2 a - 0,35 -30 cos - r -30 cos - 90

60 602

a cos - 90 - 2 -30 v sen - 9060

2 0 - 0,35 -30

60

π π = θ θ +

π + θ θ

π =

( )

( ) ( )

x x x x x

x x x x x x

2 2

2 3 2


2 sen - r -30 sen - 90

602

a sen - 90 2 -30 v cos - 9060

π θ θ +

π + θ + θ

que permiten deducir los valores de aP y adesl.B/A.

b) De las ecuaciones se tiene:

Para θ2 = 180° r4(180) = - 0,35 m ; r3(180) = 0,50 m

Para θ2 = 130° r4(130) = 0,0514 m ; r3(130) = 0,3608 m

103

1 4 2 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +




( ) ( )

( )

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

P 2 3 2 desl.B/A 2

2 3 2 desl.B/A 2

2 2 v - 0,35 -30 sen r -30 sen - 90 v cos - 90

60 602 2

0 0,35 -30 cos r -30 cos - 90 v sen 60 60

π = θ − θ + θ

π = θ + θ + θ

π

π ( )- 90


ACELERACIÓN


2 2 2 21 4 2 3

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ = +




( )

( ) ( )

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

2 2

P 2 3 2


2 2 a - 0,35 -30 cos - r -30 cos - 90

60 602

a cos - 90 - 2 -30 v sen - 9060

2 0 - 0,35 -30

60

π π = θ θ +

π + θ θ

π =

( )

( ) ( )

x x x x x

x x x x x x

2 2

2 3 2


2 sen - r -30 sen - 90

602

a sen - 90 2 -30 v cos - 9060

π θ θ +

π + θ + θ



Para θ2 = 180° r4(180) = - 0,35 m ; r3(180) = 0,50 m

Para θ2 = 130° r4(130) = 0,0514 m ; r3(130) = 0,3608 m

102

Solución


POSICIÓN


1 4 2 3r r r r+ = +


θ θθ θ

x x

x x

4 2 3 3

2 3 3


= += +


( )( )

θ θ

θ θ

x x

x x

4 2 3 2

2 3 2

r 0,35 cos r cos - 90

0,5 0,35 sen r sen - 90

= +

= +

VELOCIDAD


θ2

θ3 r1

r2

B

A

O

r3

r4

r3 , r4

102

Solución


POSICIÓN


1 4 2 3r r r r+ = +


θ θθ θ

x x

x x

4 2 3 3

2 3 3


= += +


( )( )

θ θ

θ θ

x x

x x

4 2 3 2

2 3 2

r 0,35 cos r cos - 90

0,5 0,35 sen r sen - 90

= +

= +

VELOCIDAD


θ2

θ3 r1

r2

B

A

O

r3

r4

r3 , r4

MANU

ALES

UEX

107


103

1 4 2 3dr dr dr dr

dt dt dt dt+ = +




( ) ( )

( )

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

P 2 3 2 desl.B/A 2

2 3 2 desl.B/A 2

2 2 v - 0,35 -30 sen r -30 sen - 90 v cos - 90

60 602 2

0 0,35 -30 cos r -30 cos - 90 v sen 60 60

π = θ − θ + θ

π = θ + θ + θ

π

π ( )- 90


ACELERACIÓN


2 2 2 21 4 2 3

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ = +




( )

( ) ( )

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x

2 2

P 2 3 2


2 2 a - 0,35 -30 cos - r -30 cos - 90

60 602

a cos - 90 - 2 -30 v sen - 9060

2 0 - 0,35 -30

60

π π = θ θ +

π + θ θ

π =

( )

( ) ( )

x x x x x

x x x x x x

2 2

2 3 2


2 sen - r -30 sen - 90

602

a sen - 90 2 -30 v cos - 9060

π θ θ +

π + θ + θ



Para θ2 = 180° r4(180) = - 0,35 m ; r3(180) = 0,50 m

Para θ2 = 130° r4(130) = 0,0514 m ; r3(130) = 0,3608 m

104

Carrera de trabajo = │ r4(180) - r4(130) │= 0,4014 m

c) Para θ2 = 130°:

r4 = 0,0514 m ; r3 = 0,3608 m


P v =

1,76 m/s i

; desl.B/A v =

0,25 m/s


P a =

7,82 m/s2 i ; desl.B/A a =

9,55 m/s2

4.12. La figura presenta una plataforma elevadora de vehículos accionada por un cilindro hidráulico. Si la velocidad de expansión del cilindro O2E es constante y de módulo vexpansión = 20 cm/s, calcular:

a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que θ = 30°.

Datos: O1O2 = 5 m; O1A = AD = BA = AC = 2 m; AE = 1 m.

40º

40º

O1

A

B

CD

θ O2

EVexpansión

MANU

ALES

UEX

108


105

Solución

a) Relacionando la velocidad de E con la velocidad del apoyo fijo O2 (vO2 = 0) se puede dibujar el polígono de velocidades:

( ) ( )E O2 desl. E/O2 cilindro E/O2 expansión cilindro E/O2v v v x r v x r = + + ω = + ω

Una vez deducidos los sentidos, se obtienen la velocidad angular del cilindro ωcilindro y la velocidad del punto E:

O2

E

vE

ωcilindro

O2

E Línea de acción (ωcilindro x rE/O2)

Línea de acción vE (⊥O1E)

vexpansión

vexpansión

vE

ωcilindro x rE/O2

104

Carrera de trabajo = │ r4(180) - r4(130) │= 0,4014 m

c) Para θ2 = 130°:

r4 = 0,0514 m ; r3 = 0,3608 m


P v =

1,76 m/s i

; desl.B/A v =

0,25 m/s


P a =

7,82 m/s2 i ; desl.B/A a =

9,55 m/s2


a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que θ = 30°.


40º

40º

O1

A

B

CD

θ O2

EVexpansión

104


a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que = 30.


Solución


E O2 desl. E/O2 cilindro E/O2 expansión cilindro E/O2v v v x r v x r

O2

E Línea de acción (cilindro x rE/O2)

Línea de acción vE (O1E)

vexpansión

O1

A

B

CD

O2

EVexpansión

vexpansión

vE cilindro x rE/O2

MANU

ALES

UEX

109


105

Solución


( ) ( )E O2 desl. E/O2 cilindro E/O2 expansión cilindro E/O2v v v x r v x r = + + ω = + ω

Una vez deducidos los sentidos, se obtienen la velocidad angular del cilindro ωcilindro y la velocidad del punto E:

O2

E

vE

ωcilindro

O2

E Línea de acción (ωcilindro x rE/O2)

Línea de acción vE (⊥O1E)

vexpansión

vexpansión

vE

ωcilindro x rE/O2

106

Con la velocidad vE se determinan la velocidad angular ωO1D y las velocidades vA y vD:

A partir de la velocidad vA se pueden deducir la velocidad angular ωBC y las velocidades

vB y vC mediante el centro instantáneo de rotación de la biela BC:

O1

A

D

E

vE

vD

vA

ωO1D

B

A

CvA

Línea de acción vB

CIR(BC)ωBC

vC

vB

MANU

ALES

UEX

110


106

Con la velocidad vE se determinan la velocidad angular ωO1D y las velocidades vA y vD:

A partir de la velocidad vA se pueden deducir la velocidad angular ωBC y las velocidades

vB y vC mediante el centro instantáneo de rotación de la biela BC:

O1

A

D

E

vE

vD

vA

ωO1D

B

A

CvA

Línea de acción vB

CIR(BC)ωBC

vC

vB

107

Como la plataforma no gira (ωplataforma = 0), la relación entre las velocidades de D y C implica que:

( )D C desl. D/C plataforma D/C C desl. D/Cv v v x r v v = + + ω = +

También se verifica que vdesl. D/C = vB.

b) Se debe operar con dos polígonos vectoriales cerrados:

vD

vC

vdesl. D/C

θ2

θ3

r3

r1

r2

O1 O2

E

CD

vDvC

vdesl. D/C

θ5

r4

r6

r5

O1

DC

107





vD

vC

vdesl. D/C

θ2

θ3

r3

r1

r2

O1 O2

E

CD

vDvC

vdesl. D/C

θ5

r4

r6

r5

O1

DC

107





vD

vC

vdesl. D/C

θ2

θ3

r3

r1

r2

O1 O2

E

CD

vDvC

vdesl. D/C

θ5

r4

r6

r5

O1

DC

MANU

ALES

UEX

111


107





vD

vC

vdesl. D/C

θ2

θ3

r3

r1

r2

O1 O2

E

CD

vDvC

vdesl. D/C

θ5

r4

r6

r5

O1

DC

107

POSICIÓN

La ecuación vectorial del primer polígono es:

2 1 3r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3

3 cos 5 r cos3 sen r sen

= +=

Para 2 = 30:

r3 = 2,832 m ; 3 = 148,015

La ecuación vectorial del segundo polígono es:

5 4 6r r r= +


θθ

x

x

5 4

5 6

4 cos r 4 sen r

==

Para 2 = 5 = 30:

r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m

2

3

r3

r1

r2

O1 O2

E

5

r4

r6

r5

O1

D C

61

POSICIÓN


2 1 3r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


= +=

Para θ2 = 30°:

r3 = 2,832 m ; θ3 = 148,015°


5 4 6r r r= +


θθ

x

x

5 4

5 6

4 cos r 4 sen r

==

Para θ2 = θ5 = 30°:

r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene:

2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +

1 2E/O E/O Ev v v= =

22 2 3 3 desl.E/O x r x r vω = ω +

donde vdesl.E/O2 = vexpansión. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:

x x x x x

x x x x

2 2 3 3 3 3

2 2 3 3 3 3x

-3 sen - r sen 0,2 cos 3 cos r cos 0,2 sen

ω θ = ω θ + θω θ = ω θ + θ

Para θ2 = 30°:

2 ω =

0,0755 rad/s k

; 3 ω =

- 0,0376 rad/s k

Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos C y D:

5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +

61

POSICIÓN


2 1 3r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


= +=

Para θ2 = 30°:

r3 = 2,832 m ; θ3 = 148,015°


5 4 6r r r= +


θθ

x

x

5 4

5 6

4 cos r 4 sen r

==

Para θ2 = θ5 = 30°:

r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m

VELOCIDAD


2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +


22 2 3 3 desl.E/O x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 2 3 3 3 3

2 2 3 3 3 3x


ω θ = ω θ + θω θ = ω θ + θ

Para θ2 = 30°:

2 ω =

0,0755 rad/s k

; 3 ω =

- 0,0376 rad/s k


5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +

MANU

ALES

UEX

112


109


5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +

5 5 desl.D/C C desl.D/C C x r v v v i v jω = + = +


x x

x x

5 5 desl.D/C

5 5 C

- 4 sen v4 cos v

ω θ =

ω θ =

donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Cv =

- 0,151 m/s i

; Cv =

0,2616 m/s j

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones:

2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

1 2E/O E/O Ea a a= =

( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.E/O 3 desl.E/O x x r x r x x r x r a 2 . x vω ω + α = ω ω + α + + ω

donde adesl.E/O2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x

2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3

2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3

x-3 cos - 3 sen - r cos - r sen - 2 0,2 sen

-3 sen 3 cos - r sen r cos 2 0,2 cos

ω θ α θ = ω θ α θ ω θ

ω θ + α θ = ω θ + α θ + ω θ

Para θ2 = 30°:

2 α =

- 0,00454 rad/s2 k

; 3 α =

0,0129 rad/s2 k

Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos C y D:

2 2 25 4 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

D D/C Ca a a= +

( )5 5 5 5 5 desl.D/C C desl.D/C C x x r x r a a a i a jω ω + α = + = +


109


5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +



x x

x x

5 5 desl.D/C

5 5 C

- 4 sen v4 cos v

ω θ =

ω θ =

donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Cv =

- 0,151 m/s i

; Cv =

0,2616 m/s j

ACELERACIÓN


2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +




x x x x x x x x x x


2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3

2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3




ω θ + α θ = ω θ + α θ + ω θ

Para θ2 = 30°:

2 α =

- 0,00454 rad/s2 k

; 3 α =

0,0129 rad/s2 k


2 2 25 4 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

D D/C Ca a a= +



109


5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +



x x

x x

5 5 desl.D/C

5 5 C

- 4 sen v4 cos v

ω θ =

ω θ =

donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Cv =

- 0,151 m/s i

; Cv =

0,2616 m/s j

ACELERACIÓN


2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +




x x x x x x x x x x


2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3

2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3




ω θ + α θ = ω θ + α θ + ω θ

Para θ2 = 30°:

2 α =

- 0,00454 rad/s2 k

; 3 α =

0,0129 rad/s2 k


2 2 25 4 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

D D/C Ca a a= +



108

POSICIÓN


2 1 3r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


= +=

Para θ2 = 30°:

r3 = 2,832 m ; θ

3= 148,015°


5 4 6r r r= +


θθ

x

x

5 4

5 6

4 cos r 4 sen r

==

Para θ2 = θ

5 = 30°:

r4 = 3,464 m ; r

6 = 2 m

VELOCIDAD


2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +


22 2 3 3 desl.E/O x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 2 3 3 3 3

2 2 3 3 3 3x


ω θ = ω θ + θω θ = ω θ + θ

Para θ2 = 30°:

2 ω =

0,0755 rad/s k

; 3 ω =

- 0,0376 rad/s k

108

POSICIÓN


2 1 3r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


= +=

Para θ2 = 30°:

r3 = 2,832 m ; θ

3= 148,015°


5 4 6r r r= +


θθ

x

x

5 4

5 6

4 cos r 4 sen r

==

Para θ2 = θ

5 = 30°:

r4 = 3,464 m ; r

6 = 2 m

VELOCIDAD


2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +


22 2 3 3 desl.E/O x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 2 3 3 3 3

2 2 3 3 3 3x


ω θ = ω θ + θω θ = ω θ + θ

Para θ2 = 30°:

2 ω =

0,0755 rad/s k

; 3 ω =

- 0,0376 rad/s k

MANU

ALES

UEX

113


109


5 4 6dr dr dr

dt dt dt= +

D D/C Cv v v= +



x x

x x

5 5 desl.D/C

5 5 C

- 4 sen v4 cos v

ω θ =

ω θ =

donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Cv =

- 0,151 m/s i

; Cv =

0,2616 m/s j

ACELERACIÓN


2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +




x x x x x x x x x x


2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3

2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3




ω θ + α θ = ω θ + α θ + ω θ

Para θ2 = 30°:

2 α =

- 0,00454 rad/s2 k

; 3 α =

0,0129 rad/s2 k


2 2 25 4 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

D D/C Ca a a= +



110

x x x x

x x x x

25 5 5 5 desl.D/C

25 5 5 5 C

- 4 sen - 4 cos a

4 cos - 4 sen a

α θ ω θ =

α θ ω θ =

donde α2 = α5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Ca =

- 0,0107 m/s2 i

; Ca =

- 0,02714 m/s2 j

Por tanto:

automóvilv =

0,2616 m/s j

; automóvila =

- 0,02714 m/s2 j

4.13. En la figura se representa un mecanismo de Whitworth que acciona una cepilladora. Determinar:

a) grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) velocidad y aceleración del cepillo C cuando la manivela O1A forma 20° con la horizontal.

Datos: O1A = 25 cm; O1O2 = 15 cm; O2B = 10 cm; BC = 30 cm; ωOA = 40 rad/s (constante).

O1

A

ωOA

MANU

ALES

UEX

114


111

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 – 0 = 1

b) Son necesarios dos polígonos de cierre:

POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3

0,25 cos r cos0,15 0,25 sen r sen

=+ =

O1

O2

A

θ2

θ3

r3r1

r2

O2

B

C

r4

θ4

θ6

r5

r6

r3 , θ3

110

x x x x

x x x x

25 5 5 5 desl.D/C

25 5 5 5 C

- 4 sen - 4 cos a

4 cos - 4 sen a

α θ ω θ =

α θ ω θ =

donde α2 = α5. Para θ2 = θ5 = 30°:

desl.D/Ca =

- 0,0107 m/s2 i

; Ca =

- 0,02714 m/s2 j

Por tanto:

automóvilv =

0,2616 m/s j

; automóvila =

- 0,02714 m/s2 j



c) velocidad y aceleración del cepillo C cuando la manivela O1A forma 20° con la horizontal.

Datos: O1A = 25 cm; O1O2 = 15 cm; O2B = 10 cm; BC = 30 cm; ωOA = 40 rad/s (constante).

O1

A

ωOA

110



c) velocidad y aceleración del cepillo C cuando la manivela O1A forma 20 con la horizontal.

Datos: O1A = 25 cm; O1O2 = 15 cm; O2B = 10 cm; BC = 30 cm; OA = 40 rad/s (constante).

Solución

a) m = 3 x (6‐1) – 2 x 7 – 0 = 1


O1

O2

A

B

OA

C

O1

O2

A

2

3

r3 r1

r2

O2

B

C

r4

4

6

r5

r6

MANU

ALES

UEX

115


111

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 – 0 = 1


POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


=+ =

O1

O2

A

θ2

θ3

r3r1

r2

O2

B

C

r4

θ4

θ6

r5

r6

r3 , θ3

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades:

1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos

0,25 (-40) cos r cos v sen

θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ

Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C:

5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω

cuya resolución da lugar a las ecuaciones:

x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos

ω θ = ω θω θ = ω θ

donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

1 2A/O A/O Aa a a= =

( ) ( ) 2 22 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O x x r x x r x r a 2 . x vω ω = ω ω + α + + ω

Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones :

2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d

-0,25 ( - 40) cos - r cos - r sen + a cos - 2 v sen

-0,25 ( - 40) sen - r sen r cos + a sen 2 v

θ = ω θ α θ θ ω θ

θ = ω θ + α θ θ +2

x xesl.A/O 3 3 cosω θ

vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos


donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =




2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d




θ = ω θ + α θ θ +2


vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos


donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =




2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d




θ = ω θ + α θ θ +2


vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos


donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =




2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d




θ = ω θ + α θ θ +2


vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos


donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =




2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d




θ = ω θ + α θ θ +2


vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

MANU

ALES

UEX

116


113

de donde se deducen los valores de α3 y adesl.A/O2.

Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y C:

2 2 25 6 4

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C B/C Ba a a+ =

( ) ( )C 6 6 6 6 6 4 4 4 4 4a x x r x r x x r x r+ ω ω + α = ω ω + α


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2C 6 6 6 6 4 4 4 4

2 26 6 6 6 4 4 4 4

a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos

ω θ α θ = ω θ α θ

ω θ + α θ = ω θ + α θ

donde α3 = α4. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α6 y aC.

c) Para θ2 = 20°, de las ecuaciones y se obtiene:

r3 = 0,3326 m ; θ3 = θ4 = 45,071º ; θ6 = 166,35º ; r5 = 0,3621 m Y de las ecuaciones y :

2desl.A/Ov =

4,237 m/s ; 3 4 ω = ω =

- 27,23 rad/s k

; 6ω =

6,596 rad/s k

siendo la velocidad del cepillo:

Cv =

2,395 m/s i

De las ecuaciones y :

2desl.A/Oa =

115,67 m/s2 ; 3 4 α = α =

- 184,197 rad/s2 k

; 6α =

214,122 rad/s2

k

siendo la aceleración del cepillo:

Ca =

- 36,85 m/s2 i

4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cepilladora. Si la velocidad angular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar:


b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

45,071º

45,071º

113



2 2 25 6 4

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2C 6 6 6 6 4 4 4 4

2 26 6 6 6 4 4 4 4

a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + α θ




2desl.A/Ov =

4,237 m/s ; 3 4 ω = ω =

- 27,23 rad/s k

; 6ω =

6,596 rad/s k


Cv =

2,395 m/s i


2desl.A/Oa =

115,67 m/s2 ; 3 4 α = α =

- 184,197 rad/s2 k

; 6α =

214,122 rad/s2

k


Ca =

- 36,85 m/s2 i




45,071º

45,071º

112


5 6 4r r r+ =


θ θθ θx x

x x

5 6 4

6 4

r 0,3 cos 0,1 cos0,3 sen 0,1 sen+ =

=

donde θ3 = θ4.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =


22 2 3 3 desl.A/O x r x r vω = ω +


2

2

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 des.A/O 3

2 3 3 3 des.A/O 3

- 0,25 (-40) sen - r sen v cos


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ


5 6 4dr dr dr

dt dt dt+ =

C B/C Bv v v+ =

C 6 6 4 4v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 6 6 4 4

6 6 4 4

v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos


donde ω3 = ω4.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =




2 2

2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d




θ = ω θ + α θ θ +2


vC , ω6

r5 , θ6

vdesl.A/O2 , ω3

113



2 2 25 6 4

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2C 6 6 6 6 4 4 4 4

2 26 6 6 6 4 4 4 4

a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + α θ




2desl.A/Ov =

4,237 m/s ; 3 4 ω = ω =

- 27,23 rad/s k

; 6ω =

6,596 rad/s k


Cv =

2,395 m/s i


2desl.A/Oa =

115,67 m/s2 ; 3 4 α = α =

- 184,197 rad/s2 k

; 6α =

214,122 rad/s2

k


Ca =

- 36,85 m/s2 i




45,071º

45,071º

113



2 2 25 6 4

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2C 6 6 6 6 4 4 4 4

2 26 6 6 6 4 4 4 4

a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + α θ




2desl.A/Ov =

4,237 m/s ; 3 4 ω = ω =

- 27,23 rad/s k

; 6ω =

6,596 rad/s k


Cv =

2,395 m/s i


2desl.A/Oa =

115,67 m/s2 ; 3 4 α = α =

- 184,197 rad/s2 k

; 6α =

214,122 rad/s2

k


Ca =

- 36,85 m/s2 i




45,071º

45,071º

MANU

ALES

UEX

117


113



2 2 25 6 4

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

C B/C Ba a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2C 6 6 6 6 4 4 4 4

2 26 6 6 6 4 4 4 4

a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + α θ




2desl.A/Ov =

4,237 m/s ; 3 4 ω = ω =

- 27,23 rad/s k

; 6ω =

6,596 rad/s k


Cv =

2,395 m/s i


2desl.A/Oa =

115,67 m/s2 ; 3 4 α = α =

- 184,197 rad/s2 k

; 6α =

214,122 rad/s2

k


Ca =

- 36,85 m/s2 i




45,071º

45,071º

114

c) velocidad y aceleración de la cuchilla para la posición en la que OA y CB forman con el sentido positivo del eje x ángulos de 180° y 101,795°, respectivamente.

Datos: OA = 10 cm, BC = 100 cm.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Se van a considerar dos polígonos vectoriales cerrados:

POSICIÓN


2 1 3r r r= +


50 cm

O

B

ω

C

A

Cuchilla

θ3

r3 O

C

A θ2r2

r1

r5

r6r4

B

C

θ4

114



Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1


POSICIÓN


2 1 3r r r= +


50 cm

O

B

ω

C

A

Cuchilla

θ3

r3 O

C

A θ2r2

r1

r5

r6r4

B

C

θ4

MANU

ALES

UEX

118


115

θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 1 3 3

0,1 cos r cos0,1 sen - r r sen

== +


4 5 6r r r 0+ + =


θθ

x

x

4 5

4 6

1 cos r 0 1 sen - r 0

+ ==

donde θ4 = θ3 y r6 = 0,5 + r

1. De las ecuaciones y se calculan los valores de r

1, r

3 y r

5.

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre A y C:

2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +

A C A/Cv v v= +

2 2 C 3 3 desl.A/C x r v x r v ω = + ω +


x x x x x x x

x x x x x x x

2 3 3 3 des.A/C 3

2 C 3 3 3 des.A/C 3

2 - 0,1 30 sen - r sen v cos

602

0,1 30 cos - v r cos v sen 60

π θ = ω θ + θ

π θ = + ω θ + θ


4 5 6dr dr dr 0

dt dt dt+ + =

B/C B Cv - v v 0+ =

4 4 B C x r - v v 0ω + =

Nótese que r5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O.

Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB.

Esta ecuación se resuelve mediante las ecuaciones:

x x

x x

4 4 B

4 4 C

- 1 sen - v 01 cos - v 0

ω θ =ω θ =

donde ω4 = ω3. De las ecuaciones y se calculan los valores de vdesl.A/C , ω3 , vB y vC.

115

θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 1 3 3


== +


4 5 6r r r 0+ + =


θθ

x

x

4 5

4 6

1 cos r 0 1 sen - r 0

+ ==

donde θ4 = θ3 y r6 = 0,5 + r


1, r

3 y r

5.

VELOCIDAD


2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +

A C A/Cv v v= +



x x x x x x x

x x x x x x x

2 3 3 3 des.A/C 3

2 C 3 3 3 des.A/C 3

2 - 0,1 30 sen - r sen v cos

602


π θ = ω θ + θ

π θ = + ω θ + θ


4 5 6dr dr dr 0

dt dt dt+ + =

B/C B Cv - v v 0+ =

4 4 B C x r - v v 0ω + =




x x

x x

4 4 B

4 4 C

- 1 sen - v 01 cos - v 0

ω θ =ω θ =


114



Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1


POSICIÓN


2 1 3r r r= +


50 cm

O

B

ω

C

A

Cuchilla

θ3

r3 O

C

A θ2r2

r1

r5

r6r4

B

C

θ4

donde q4 = q3 y r6 = 0,5 + r1. De las ecuaciones j y se calculan los valores de r1, r3, y r5.

Nótese que r5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O. Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB.

MANU

ALES

UEX

119


115

θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 1 3 3


== +


4 5 6r r r 0+ + =


θθ

x

x

4 5

4 6

1 cos r 0 1 sen - r 0

+ ==

donde θ4 = θ3 y r6 = 0,5 + r


1, r

3 y r

5.

VELOCIDAD


2 1 3dr dr dr

dt dt dt= +

A C A/Cv v v= +



x x x x x x x

x x x x x x x

2 3 3 3 des.A/C 3

2 C 3 3 3 des.A/C 3

2 - 0,1 30 sen - r sen v cos

602


π θ = ω θ + θ

π θ = + ω θ + θ


4 5 6dr dr dr 0

dt dt dt+ + =

B/C B Cv - v v 0+ =

4 4 B C x r - v v 0ω + =




x x

x x

4 4 B

4 4 C

- 1 sen - v 01 cos - v 0

ω θ =ω θ =


116

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre A y C:

2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

A C A/Ca a a= +

( ) ( )2 2 2 C 3 3 3 3 3 desl.A/C 3 desl.A/C x x r a x x r x r a 2 . x vω ω = + ω ω + α + + ω


x x x x x x x x

x x x x

x x x x

22

2 3 3 3 3 3 3

desl.A/C 3 desl.A/C 3 3

2

2 -0,1 30 cos - r cos - r sen +

60 + a cos - 2 v sen

2 -0,1 30

60

π θ = ω θ α θ

θ ω θ

π

x x x x

x x x x

22 C 3 3 3 3 3 3


sen - a - r sen r cos +

+ a sen 2 v cos

θ = ω θ + α θ

θ + ω θ

Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre B y C:

2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r 0

dt dt dt+ + =

B/C B Ca - a a 0+ =

( )4 4 4 4 4 B C x x r x r - a a 0ω ω + α + =


x x x x

x x x x

24 4 4 4 B

24 4 4 4 C

- 1 cos - 1 sen - a 0

- 1 sen 1 cos - a 0

ω θ α θ =

ω θ + α θ =

donde α3 = α4. De las ecuaciones y se calculan los valores de adesl.A/C , α3 , aB y aC.

d) Para θ2 = 180° y θ

3 = 101,795°, de las ecuaciones y se obtiene:

r1 = 0,4789 m ; r

3 = 0,4892 m ; r

5 = 0,2044 m


3 4 = =ω ω

0,1435 rad/s k

; C v =

0,0293 m/s j

siendo la velocidad de la cuchilla:

B cuchilla v = v =

- 0,1405 m/s i


116

ACELERACIÓN


2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

A C A/Ca a a= +



x x x x x x x x

x x x x

x x x x

22

2 3 3 3 3 3 3


2

2 -0,1 30 cos - r cos - r sen +


2 -0,1 30

60

π θ = ω θ α θ

θ ω θ

π

x x x x

x x x x

22 C 3 3 3 3 3 3



+ a sen 2 v cos

θ = ω θ + α θ

θ + ω θ


2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r 0

dt dt dt+ + =

B/C B Ca - a a 0+ =

( )4 4 4 4 4 B C x x r x r - a a 0ω ω + α + =


x x x x

x x x x

24 4 4 4 B

24 4 4 4 C

- 1 cos - 1 sen - a 0

- 1 sen 1 cos - a 0

ω θ α θ =

ω θ + α θ =


d) Para θ2 = 180° y θ


r1 = 0,4789 m ; r

3 = 0,4892 m ; r

5 = 0,2044 m


3 4 = =ω ω

0,1435 rad/s k

; C v =

0,0293 m/s j


B cuchilla v = v =

- 0,1405 m/s i


d) Para q2 = 180º y q3 = 101,795º, de las ecuaciones j y se obtiene:

r1 = 0,4789 m ; r3 = 0,4892 m ; r5 = 0,2044 m

MANU

ALES

UEX

120


117

3 4 = =α α

- 1,9343 rad/s2 k

; C a =

- 0,3752 m/s2 j

siendo la aceleración de la cuchilla:

B cuchilla a = a =

1,8977 m/s2 i

4.15. La figura representa un mecanismo de compresión que es accionado por una manivela. Si dicha manivela AB gira con una velocidad angular constante ωAB = 30 rad/s en sentido antihorario, determinar:

a) número de grados de libertad del mecanismo.

116

ACELERACIÓN


2 2 22 1 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

A C A/Ca a a= +



x x x x x x x x

x x x x

x x x x

22

2 3 3 3 3 3 3


2

2 -0,1 30 cos - r cos - r sen +


2 -0,1 30

60

π θ = ω θ α θ

θ ω θ

π

x x x x

x x x x

22 C 3 3 3 3 3 3



+ a sen 2 v cos

θ = ω θ + α θ

θ + ω θ


2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r 0

dt dt dt+ + =

B/C B Ca - a a 0+ =

( )4 4 4 4 4 B C x x r x r - a a 0ω ω + α + =


x x x x

x x x x

24 4 4 4 B

24 4 4 4 C

- 1 cos - 1 sen - a 0

- 1 sen 1 cos - a 0

ω θ α θ =

ω θ + α θ =


d) Para θ2 = 180° y θ


r1 = 0,4789 m ; r

3 = 0,4892 m ; r

5 = 0,2044 m


3 4 = =ω ω

0,1435 rad/s k

; C v =

0,0293 m/s j


B cuchilla v = v =

- 0,1405 m/s i


MANU

ALES

UEX

121


117

3 4 = =α α

- 1,9343 rad/s2 k

; C a =

- 0,3752 m/s2 j

siendo la aceleración de la cuchilla:

B cuchilla a = a =

1,8977 m/s2 i

4.15. La figura representa un mecanismo de compresión que es accionado por una manivela. Si dicha manivela AB gira con una velocidad angular constante ωAB = 30 rad/s en sentido antihorario, determinar:


118

b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabones en la posición indicada.

c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración del pistón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40°.

Datos: AB = 10 cm; AC = 15 cm; CD = 10 cm; DE = 40 cm; CE(y) = 15 cm.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Con la velocidad angular ωAB de la manivela se obtiene la velocidad vB:

Relacionando la velocidad de B de la manivela con la velocidad del punto Bbalancín que coincide con el anterior en ese instante, se puede dibujar el polígono de velocidades:

B B balancín desl.B/C balancín B/C desl.B/Cv v v x r v= + = ω +

A

B

ωAB

C

D E

CLínea de acción vdesl. B/C

Bbalancín

Línea de acción vB balancín

A

ωAB

vB

B

vB

vdesl.B/C

vB balancín

118





Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1




A

B

ωAB

C

D E


Bbalancín


A

ωAB

vB

B

vB

vdesl.B/C

vB balancín


b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabo-nes en la posición indicada.

c) ecuaciones que permitan calcu-lar la posición, velocidad y acele-ración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorial-mente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración del pis-tón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40º.

118





Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1




A

B

ωAB

C

D E


Bbalancín


A

ωAB

vB

B

vB

vdesl.B/C

vB balancín

MANU

ALES

UEX

122


118

Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular

del balancín balancín y seguidamente la velocidad del punto D. Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las

líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela DE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E.

E

vE


Bbalancín


balancín

C

Bbalancín

D

vB balancín

vD

D

vD

CIRDE

Línea de acción vE

EvE

DE

vB

vdesl.B/C

vB balancín

118

Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular

del balancín balancín y seguidamente la velocidad del punto D. Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las

líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela DE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E.

E

vE


Bbalancín


balancín

C

Bbalancín

D

vB balancín

vD

D

vD

CIRDE


EvE

DE

vB

vdesl.B/C

vB balancín

119

Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular del balancín ωbalancín y seguidamente la velocidad del punto D.

Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela ωDE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E.

c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados:

E

vE

θ3

r2A B

C

θ2

r1

r3 θ6

D Cθ4

r5

r7r6

r4

ωbalancín

C

Bbalancín

D

vB balancín

vD

D

vD

CIRDE


EvE

ωDE

MANU

ALES

UEX

123



120

POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


=+ =


5 7 4 6r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

6 5 4

6 4

0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen

= += +

donde θ6 = θ3 + 180°.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =

B/A B/C Bv v v= =

2 2 3 3 desl.B/C x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 3 3 3 desl.B/C 3

2 3 3 3 desl.B/C 3x

- 0,1 30 sen - r sen v cos0,1 30 cos r cos v sen

θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ

r5 , θ4

r3 , θ3

vdesl.B/C , ω3

120

POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


=+ =


5 7 4 6r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

6 5 4

6 4

0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen

= += +

donde θ6 = θ3 + 180°.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =

B/A B/C Bv v v= =

2 2 3 3 desl.B/C x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 3 3 3 desl.B/C 3

2 3 3 3 desl.B/C 3x


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ

r5 , θ4

r3 , θ3

vdesl.B/C , ω3

119


POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


=+ =


5 7 4 6r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

6 5 4

6 4

0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen

= += +

donde 6 = 3 + 180.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr dt dt dt

+ = B/A B/C Bv v v= = 2 2 3 3 desl.B/C x r x r v = +

3

r2 A B

C

2

r1 r3 6

D

E

C 4

r5

r7

r6

r4

r5 , 4

r3 , 3

MANU

ALES

UEX

124


121

Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre D y E:

5 7 4 6dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

E D/E Dv v v+ =

E 4 4 6 6v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

E 4 4 6 6

4 4 6 6

v - 0,4 sen - 0,1 sen0,4 cos 0,1 cos


donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B/A B/C Ba a a= =

( ) ( )2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C x x r x x r x r a 2 . x vω ω = ω ω + α + + ω


x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3

x-0,1 30 cos - r cos - r sen a cos - 2 v sen

-0,1 30 sen - r sen r cos a sen 2 v

θ = ω θ α θ + θ ω θ

θ = ω θ + α θ + θ + ω 3 cos θ

de donde se deducen los valores de α3 y adesl.B/C.

Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre D y E:

2 2 2 25 7 4 6

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

E D/E Da a a+ =

( ) ( )E 4 4 4 4 4 6 6 6 6 6a x x r x r x x r x r+ ω ω + α = ω ω + α


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2E 4 4 4 4 6 6 6 6

2 24 4 4 4 6 6 6 6

a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos

ω θ α θ = ω θ θ

ω θ + α θ = ω θ + θ

αα

donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y aE.

d) Para θ2 = 40°, de las ecuaciones y se obtiene:

r3 = 0,2276 m ; θ

3 =70,328° ; θ

4 = 171,976° ; r

5 = 0,3624 m


70,328º

vE , ω4

121


5 7 4 6dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

E D/E Dv v v+ =

E 4 4 6 6v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

E 4 4 6 6

4 4 6 6

v - 0,4 sen - 0,1 sen0,4 cos 0,1 cos


donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B/A B/C Ba a a= =



x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3




θ = ω θ + α θ + θ + ω 3 cos θ



2 2 2 25 7 4 6

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

E D/E Da a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2E 4 4 4 4 6 6 6 6

2 24 4 4 4 6 6 6 6

a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + θ

αα



r3 = 0,2276 m ; θ

3 =70,328° ; θ

4 = 171,976° ; r

5 = 0,3624 m


70,328º

vE , ω4

120

POSICIÓN


1 2 3r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

2 3 3

2 3 3


=+ =


5 7 4 6r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

6 5 4

6 4

0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen

= += +

donde θ6 = θ3 + 180°.

VELOCIDAD


1 2 3dr dr dr

dt dt dt+ =

B/A B/C Bv v v= =

2 2 3 3 desl.B/C x r x r vω = ω +


x x x x x

x x x x

2 3 3 3 desl.B/C 3

2 3 3 3 desl.B/C 3x


θ = ω θ + θ

θ = ω θ + θ

r5 , θ4

r3 , θ3

vdesl.B/C , ω3

120


x x x x x

x x x x

2 3 3 3 desl.B/C 3

2 3 3 3 desl.B/C 3x

‐ 0,1 30 sen ‐ r sen v cos0,1 30 cos r cos v sen


5 7 4 6dr dr dr dr dt dt dt dt

E D/E Dv v v

E 4 4 6 6v x r x r


x x x x

x x x x

E 4 4 6 6

4 4 6 6

v ‐ 0,4 sen ‐ 0,1 sen0,4 cos 0,1 cos

donde 6 = 3.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 32 2 2

d r d r d r dt dt dt

B/A B/C Ba a a

2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C x x r x x r x r a 2 . x v


x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3

x‐0,1 30 cos ‐ r cos ‐ r sen a cos ‐ 2 v sen

‐0,1 30 sen ‐ r sen r cos a sen 2 v

3 cos

de donde se deducen los valores de 3 y adesl.B/C.


2 2 2 25 7 4 62 2 2 2

d r d r d r d r dt dt dt dt

E D/E Da a a

E 4 4 4 4 4 6 6 6 6 6a x x r x r x x r x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2E 4 4 4 4 6 6 6 6

2 24 4 4 4 6 6 6 6

a ‐ 0,4 cos ‐ 0,4 sen ‐ 0,1 cos ‐ 0,1 sen‐ 0,4 sen 0,4 cos ‐ 0,1 sen 0,1 cos

donde 6 = 3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de 4 y aE.

vdesl.B/C , 3

vE , 4

120


x x x x x

x x x x

2 3 3 3 desl.B/C 3

2 3 3 3 desl.B/C 3x

‐ 0,1 30 sen ‐ r sen v cos0,1 30 cos r cos v sen


5 7 4 6dr dr dr dr dt dt dt dt

E D/E Dv v v

E 4 4 6 6v x r x r


x x x x

x x x x

E 4 4 6 6

4 4 6 6

v ‐ 0,4 sen ‐ 0,1 sen0,4 cos 0,1 cos

donde 6 = 3.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 32 2 2

d r d r d r dt dt dt

B/A B/C Ba a a

2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C x x r x x r x r a 2 . x v


x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3

x‐0,1 30 cos ‐ r cos ‐ r sen a cos ‐ 2 v sen

‐0,1 30 sen ‐ r sen r cos a sen 2 v

3 cos

de donde se deducen los valores de 3 y adesl.B/C.


2 2 2 25 7 4 62 2 2 2

d r d r d r d r dt dt dt dt

E D/E Da a a

E 4 4 4 4 4 6 6 6 6 6a x x r x r x x r x r


x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2E 4 4 4 4 6 6 6 6

2 24 4 4 4 6 6 6 6

a ‐ 0,4 cos ‐ 0,4 sen ‐ 0,1 cos ‐ 0,1 sen‐ 0,4 sen 0,4 cos ‐ 0,1 sen 0,1 cos

donde 6 = 3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de 4 y aE.

vdesl.B/C , 3

vE , 4

MANU

ALES

UEX

125


121


5 7 4 6dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

E D/E Dv v v+ =

E 4 4 6 6v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

E 4 4 6 6

4 4 6 6

v - 0,4 sen - 0,1 sen0,4 cos 0,1 cos


donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 2 3

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

B/A B/C Ba a a= =



x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3

2 22 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3




θ = ω θ + α θ + θ + ω 3 cos θ



2 2 2 25 7 4 6

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

E D/E Da a a+ =



x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 2E 4 4 4 4 6 6 6 6

2 24 4 4 4 6 6 6 6

a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen

- 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos


ω θ + α θ = ω θ + θ

αα



r3 = 0,2276 m ; θ

3 =70,328° ; θ

4 = 171,976° ; r

5 = 0,3624 m


70,328º

vE , ω4

122

3 =ω

11,379 rad/s k

; 4 =ω

0,967 rad/s k

; desl.B/C v =

1,5148 m/s

siendo la velocidad del pistón:

E pistón v = v =

1,1255 m/s i


3 =α

48,207 rad/s2 k

; 4 =α

- 26,818 rad/s2 k

; desl.B/C a =

48,2176 m/s2

siendo la aceleración del pistón:

E pistón a = a =

7,0304 m/s2 i

4.16. En el mecanismo representado en la figura, la manivela O1A gira con una velocidad angular constante ωO1A = 50 rad/s en sentido horario. Determinar:


70,328º

d) Para q2 = 40º, de las ecuaciones j y se obtiene:

r3 = 0,2276 m ; q3 = 70,328º ; q4 = 171,976º ; r5 = 0,3624 m


=α

48,207 rad/s2 k

; =α

- 26,818 rad/s2 k

; desl.B/C a =

48,2176 m/s2 70,328º

MANU

ALES

UEX

126


123

b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada.

c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela O1A. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración del balancín O2B y de la deslizadera C para la posición representada.

Datos: O1A = 35 cm; AB = 15 cm; AC = 35 cm;

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Con la velocidad angular ωO1A de la manivela se obtienen las velocidades vA y vB:

ωO1A

B

A

70 cm

O1

O2

40 cm

15 cm

C

B

ωO1A

A

O1

vA

vB

4.16. En el mecanismo representado en la figura, la manivela O1 A gira con una velocidad angular constante ωO1A = 50 rad/s en sentido horario. Determinar:


b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada.

c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela O1 A. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

d) velocidad y aceleración del balancín O2B y de la deslizadera C para la posición representada.

Datos: O1A = 35 cm; AB = 15 cm; AC = 35 cm;

MANU

ALES

UEX

127


124

La velocidad angular de la biela AC se puede determinar mediante su centro instantáneo de rotación (CIRbiela), conociendo la velocidad de A y línea de acción de la velocidad de C. Seguidamente se calcula la velocidad de C.

Relacionando la velocidad del punto B de la deslizadera con la del punto coincidente del balancín, vB balancín, se puede dibujar el polígono de velocidades:

2 2 2B B balancín desl.B/O balancín B/O desl.B/Ov v v x r v= + = ω +

Conocida la velocidad del punto Bbalancín se deduce la velocidad angular del balancín:

vdesl.B/O2

vBvB balancín

C vC

A

C

CIRbiela

Línea de acción vC

vA

ωbiela

A

C

CIRbiela

ωbiela

vC

O2Bbalancín ωbalancín

vB balancín

124





vdesl.B/O2

vBvB balancín

C vC

A

C

CIRbiela


vA

ωbiela

A

C

CIRbiela

ωbiela

vC


vB balancín

124





vdesl.B/O2

vBvB balancín

C vC

A

C

CIRbiela


vA

ωbiela

A

C

CIRbiela

ωbiela

vC


vB balancín

MANU

ALES

UEX

128


125


POSICIÓN


1 3 4 2r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

1 4 2

4 2

r 0,35 cos 0,35 cos0,15 0,35 sen 0,35 sen+ =

+ =


5 6 7 8r r r r+ + =

θ8

θ6

r5

r6

ωO1A

O1

O2

r7

r8

Bθ7

θ2 r3

r2

θ4

r4

A

ωO1A

θ3

C

r1

O1

125


POSICIÓN


1 3 4 2r r r r+ + =


θ θθ θ

x x

x x

1 4 2

4 2

r 0,35 cos 0,35 cos0,15 0,35 sen 0,35 sen+ =

+ =


5 6 7 8r r r r+ + =

θ8

θ6

r5

r6

ωO1A

O1

O2

r7

r8

Bθ7

θ2 r3

r2

θ4

r4

A

ωO1A

θ3

C

r1

O1

MANU

ALES

UEX

129


126


θ θθ θ

x x

x x

7 7 8

7 7 8

0,7 r cos 0,5 cos0,4 r sen 0,5 sen

+ =+ =

donde θ8 = θ2.

VELOCIDAD

Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y C:

1 3 4 2dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

C A/C Av v v+ =

C 4 4 2 2v x r x r+ ω = ω


x x x x

x x x x

C 4 4 2

4 4 2

v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen0,35 cos 0,35 (-50) cos


donde ω2 = ωO1A = - 50 rad/s.

Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades:

5 6 7 8dr dr dr dr

dt dt dt dt+ + =

2 1B/O B/O Bv v v= =

27 7 desl.B/O 8 8 x r v x r ω + = ω


x x x x x

2

x x x x x2

7 7 7 desl.B/O 7 8

7 7 7 desl.B/O 7 8

- r sen v cos - 0,5 (-50) sen

r cos v sen 0,5 (-50) cos

ω θ + θ = θ

ω θ + θ = θ

ya que ω8 = ω2.

ACELERACIÓN

Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y C:

2 2 2 21 3 4 2

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

C A/C Aa a a+ =

( ) ( )C 4 4 4 4 4 2 2 2a x x r x r x x r+ ω ω + α = ω ω


x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 2

2 24 4 4 4 2

a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos

- 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen

ω θ α θ = θ

ω θ + α θ = θ

θ θθ θ

x x

x x

7 7 8

7 7 8


+ =+ =

x x x x

x x x x

C 4 4 2

4 4 2

v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen0,35 cos 0,35 (-50) cos


x x x x x2

x x x x x2

7 7 7 desl.B/O 7 8

7 7 7 desl.B/O 7 8

- r sen v cos - 0,5 (-50) sen


ω θ + θ = θ

ω θ + θ = θ

x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 2

2 24 4 4 4 2

a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos

- 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen

ω θ α θ = θ

ω θ + α θ = θ

θ θθ θ

x x

x x

7 7 8

7 7 8


+ =+ =

x x x x

x x x x

C 4 4 2

4 4 2

v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen0,35 cos 0,35 (-50) cos


x x x x x2

x x x x x2

7 7 7 desl.B/O 7 8

7 7 7 desl.B/O 7 8

- r sen v cos - 0,5 (-50) sen


ω θ + θ = θ

ω θ + θ = θ

x x x x x x

x x x x x x

2 2C 4 4 4 4 2

2 24 4 4 4 2

a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos

- 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen

ω θ α θ = θ

ω θ + α θ = θ

MANU

ALES

UEX

130


127

Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones:

2 2 2 25 6 7 8

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =

2 1B/O B/O Ba a a= =

( ) ( )2 27 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 8 8 8 x x r x r a 2 . x v x x rω ω + α + + ω = ω ω


( )2 2

2 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

227 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8

27 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7

x- r cos - r sen a cos - 2 v sen - 0,5 -50 cos

- r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5

ω θ α θ + θ ω θ = θ

ω θ + α θ + θ + ω θ = ( ) x2

8 -50 senθ

donde α8 = α2 = 0.

d) Para θ7 = 180°, de las ecuaciones y se tiene:

r7 = 0,4 m ; θ

2 = θ

8 = 53,13º ; θ

4 = 158,2º ; r

1 = 0,535 m


Cv =

18,2 m/s i

; 4 ω =

32,31 rad/s k

; desl.B/O2v =

20 m/s i

; 7 ω =

37,5 rad/s

k


Ca =

- 638,54 m/s2 i

; 4 α =

1736,43 rad/s2 k

; desl.B/O2a =

- 1312,5 m/s2 i

;

7 α =

6250 rad/s2 k

127


2 2 2 25 6 7 8

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




( )2 2

2 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

227 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8

27 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7




ω θ + α θ + θ + ω θ = ( ) x2

8 -50 senθ

donde α8 = α2 = 0.


r7 = 0,4 m ; θ

2 = θ

8 = 53,13º ; θ

4 = 158,2º ; r

1 = 0,535 m


Cv =

18,2 m/s i

; 4 ω =

32,31 rad/s k

; desl.B/O2v =

20 m/s i

; 7 ω =

37,5 rad/s

k


Ca =

- 638,54 m/s2 i

; 4 α =

1736,43 rad/s2 k

; desl.B/O2a =

- 1312,5 m/s2 i

;

7 α =

6250 rad/s2 k

127


2 2 2 25 6 7 8

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




( )2 2

2 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

227 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8

27 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7




ω θ + α θ + θ + ω θ = ( ) x2

8 -50 senθ

donde α8 = α2 = 0.


r7 = 0,4 m ; θ

2 = θ

8 = 53,13º ; θ

4 = 158,2º ; r

1 = 0,535 m


Cv =

18,2 m/s i

; 4 ω =

32,31 rad/s k

; desl.B/O2v =

20 m/s i

; 7 ω =

37,5 rad/s

k


Ca =

- 638,54 m/s2 i

; 4 α =

1736,43 rad/s2 k

; desl.B/O2a =

- 1312,5 m/s2 i

;

7 α =

6250 rad/s2 k

127


2 2 2 25 6 7 8

2 2 2 2

d r d r d r d r

dt dt dt dt+ + =




( )2 2

2 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

227 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8

27 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7




ω θ + α θ + θ + ω θ = ( ) x2

8 -50 senθ

donde α8 = α2 = 0.


r7 = 0,4 m ; θ

2 = θ

8 = 53,13º ; θ

4 = 158,2º ; r

1 = 0,535 m


Cv =

18,2 m/s i

; 4 ω =

32,31 rad/s k

; desl.B/O2v =

20 m/s i

; 7 ω =

37,5 rad/s

k


Ca =

- 638,54 m/s2 i

; 4 α =

1736,43 rad/s2 k

; desl.B/O2a =

- 1312,5 m/s2 i

;

7 α =

6250 rad/s2 k

d) Para q7 = 180º, de las ecuaciones j y se tiene:

r7 = 0,4 m ; q2 = q8 = 53,13º ; q4 = 158,2º ; r1 = 0,535 m

MANU

ALES

UEX

131


128

4.17. En la figura se muestra un mecanismo de carga-descarga impulsado por un cilindro hidráulico AB, donde A, C y D son articulaciones fijas. Si la pala gira en sentido horario con una velocidad angular constante ω = 0,5 rpm, se pide:

a) determinar los grados de libertad del mecanismo.

b) ecuaciones que permitan obtener la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la pala. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) determinar la velocidad y aceleración angulares de la barra CE en el instante representado en la figura, en el que la pala está en posición horizontal.

d) determinar la velocidad lineal del cilindro hidráulico AB que impulsa el sistema, sabiendo que en la posición representada en la figura forma θ = 30° con la horizontal.

Datos: BC = 0,5 m; CD = 2,5 m; CE = 4,24 m.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados:

A

ω

B

C

DE

θ

A

ω

B

C

DE

θ4

r4 r6

r5

r1

r2

θ3

r3

θ6

128

4.17. En la figura se muestra un mecanismo de carga-descarga impulsado por un cilindro hidráulico AB, donde A, C y D son articulaciones fijas. Si la pala gira en sentido horario con una velocidad angular constante ω = 0,5 rpm, se pide:

a) determinar los grados de libertad del mecanismo.

b) ecuaciones que permitan obtener la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la pala. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones.

c) determinar la velocidad y aceleración angulares de la barra CE en el instante representado en la figura, en el que la pala está en posición horizontal.

d) determinar la velocidad lineal del cilindro hidráulico AB que impulsa el sistema, sabiendo que en la posición representada en la figura forma θ = 30° con la horizontal.

Datos: BC = 0,5 m; CD = 2,5 m; CE = 4,24 m.

Solución

a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1

b) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados:

A

ω

B

C

DE

θ

A

ω

B

C

DE

θ4

r4 r6

r5

r1

r2

θ3

r3

θ6

w

MANU

ALES

UEX

132


129

POSICIÓN


1 3 2r r r+ =


θ θθ θ

x x

x x

3 2 2

3 2 2


=+ =


4 5 6r r r= +


θ θθ θ

x x

x x

4 4 5 6

4 4 6

r cos r 0,5 cos r sen 0,5 sen

= +=

Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13°, de donde θ6 = θ3 – 233,87°.

VELOCIDAD


1 3 2dr dr dr

dt dt dt+ =

E/C E/D Ev v v= =

3 3 2 2 desl.E/D x r x r vω = ω +


( )

( )x x x x x

x x x x

3 3 2 2 desl.E/D 2

3 3 2 2 desl.E/D 2x

- 4,24 sen - r - 0,05236 sen v cos

4,24 cos r - 0,05236 cos v sen

ω θ = θ + θ

ω θ = θ + θ

donde ω2 = ω = - 0,5 rpm = - 0,05236 rad/s.


4 5 6dr dr dr

dt dt dt= +

B/A B/C Bv v v= =

4 4 desl.B/A 6 6 x r v x rω + = ω


r4 , r5

r2 , θ3

vdesl.E/D , ω3

130

x x x x x

x x x x

4 4 4 desl.B/A 4 6 6

4 4 4 desl.B/A 4 6 6x

- r sen v cos - 0,5 sen r cos v sen 0,5 cos

ω θ + θ = ω θ

ω θ + θ = ω θ

donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

E/C E/D Ea a a= =

( ) ( )3 3 3 3 3 2 2 2 desl.E/D 2 desl.E/D x x r x r x x r a 2 . x vω ω + α = ω ω + + ω

ya que α2 = 0.


( )x x x x x x x

x x

x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2x

- 4,24 cos - 4,24 sen - r - 0,05236 cos a cos - - 2 v sen

- 4,24

ω θ α θ = θ + θ

ω θ

ω ( )x x x x x x

x x x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2

sen 4,24 cos - r - 0,05236 sen a sen 2 v cos

θ + α θ = θ + θ +

+ ω θ

de donde se deducen los valores de α3 y adesl.E/D.


2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

B/A B/C Ba a a= =

( ) ( )4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 6 6 6 6 6 x x r x r a 2 . x v x x r x r ω ω + α + + ω = ω ω + α


x x x x x x x x x2 2

4 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6x- r cos - r sen a cos - 2 v sen - 0,5 cos -

ω θ α θ + θ ω θ = ω θ

x x

x x x x x x x x x x

6 6

2 24 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6

- 0,5 sen

- r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 sen

α θ

ω θ + α θ + θ + ω θ = ω θ +

x x6 6 0,5 cos

+ α θ

donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y ades.B/A.

c) Para θ2 = 0°, de las ecuaciones se obtiene:

vdesl.B/A , ω4

Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13º, de donde q6 = q3 – 233,87º.

128

POSICIÓN


1 3 2r r r


θ θθ θ

x x

x x

3 2 2

3 2 2



4 5 6r r r


θ θθ θ

x x

x x

4 4 5 6

4 4 6


Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13, de donde 6 = 3 – 233,87.

VELOCIDAD



E /C E /D Ev v v

3 3 2 2 desl.E/D x r x r v


x x x x x

x x x x

3 3 2 2 desl.E/D 2

3 3 2 2 desl.E/D 2x

‐ 4,24 sen ‐ r ‐ 0,05236 sen v cos4,24 cos r ‐ 0,05236 cos v sen

donde 2 = = ‐ 0,5 rpm = ‐ 0,05236 rad/s.



B/A B/C Bv v v

4 4 desl.B/A 6 6x r v x r


x x x x x

x x x x

4 4 4 desl.B/A 4 6 6

4 4 4 desl.B/A 4 6 6x

‐ r sen v cos ‐ 0,5 sen r cos v sen 0,5 cos

donde 6 = 3.

r4 , r5

r2 , 3

vdesl.E/D , 3

vdesl.B/A , 4

128

POSICIÓN


1 3 2r r r


θ θθ θ

x x

x x

3 2 2

3 2 2



4 5 6r r r


θ θθ θ

x x

x x

4 4 5 6

4 4 6


Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13, de donde 6 = 3 – 233,87.

VELOCIDAD



E /C E /D Ev v v

3 3 2 2 desl.E/D x r x r v


x x x x x

x x x x

3 3 2 2 desl.E/D 2

3 3 2 2 desl.E/D 2x

‐ 4,24 sen ‐ r ‐ 0,05236 sen v cos4,24 cos r ‐ 0,05236 cos v sen

donde 2 = = ‐ 0,5 rpm = ‐ 0,05236 rad/s.



B/A B/C Bv v v

4 4 desl.B/A 6 6x r v x r


x x x x x

x x x x

4 4 4 desl.B/A 4 6 6

4 4 4 desl.B/A 4 6 6x

‐ r sen v cos ‐ 0,5 sen r cos v sen 0,5 cos

donde 6 = 3.

r4 , r5

r2 , 3

vdesl.E/D , 3

vdesl.B/A , 4

MANU

ALES

UEX

133


130

x x x x x

x x x x

4 4 4 desl.B/A 4 6 6

4 4 4 desl.B/A 4 6 6x


ω θ + θ = ω θ

ω θ + θ = ω θ

donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

E/C E/D Ea a a= =


ya que α2 = 0.


( )x x x x x x x

x x

x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2x


- 4,24


ω θ

ω ( )x x x x x x

x x x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2


θ + α θ = θ + θ +

+ ω θ



2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

B/A B/C Ba a a= =






x x

x x x x x x x x x x

6 6

2 24 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6

- 0,5 sen


α θ

ω θ + α θ + θ + ω θ = ω θ +

x x6 6 0,5 cos

+ α θ



vdesl.B/A , ω4

130

x x x x x

x x x x

4 4 4 desl.B/A 4 6 6

4 4 4 desl.B/A 4 6 6x


ω θ + θ = ω θ

ω θ + θ = ω θ

donde ω6 = ω3.

ACELERACIÓN


2 2 21 3 2

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt+ =

E/C E/D Ea a a= =


ya que α2 = 0.


( )x x x x x x x

x x

x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2x


- 4,24


ω θ

ω ( )x x x x x x

x x x

223 3 3 3 2 2 desl.E/D 2

desl.E/D 2 2


θ + α θ = θ + θ +

+ ω θ



2 2 24 5 6

2 2 2

d r d r d r

dt dt dt= +

B/A B/C Ba a a= =






x x

x x x x x x x x x x

6 6

2 24 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6

- 0,5 sen


α θ

ω θ + α θ + θ + ω θ = ω θ +

x x6 6 0,5 cos

+ α θ



vdesl.B/A , ω4

131

r2 = 3,424 m ; θ

3= 323,87°

De las ecuaciones :

3 ω =

- 0,052351 rad/s k

; desl.E/D v =

- 0,13087 m/s i

Por tanto, la velocidad angular de la barra CE es:

CE 3 ω = ω =

- 0,052351 rad/s k

De las ecuaciones se calcula la aceleración angular de la barra CE:

CE 3 α = α =

2x10-3 rad/s2 k

d) Para θ4 = 30° , de las ecuaciones , se obtiene:

θ6 = 90° ; r

4 = 1 m ; r5 = 0,867 m

De las ecuaciones :

4 ω =

- 0,01309 rad/s k

; desl.B/A v =

0,02267 m/s

Por tanto, la velocidad del actuador hidráulico AB es:

actuador desl.B/A v v= =

22,67 mm/s

30º

30º

c) Para q2 = 0º, de las ecuaciones j se obtiene:

r2 = 3,424 m ; q3 = 323,87º

MANU

ALES

UEX

134


131

r2 = 3,424 m ; θ

3= 323,87°

De las ecuaciones :

3 ω =

- 0,052351 rad/s k

; desl.E/D v =

- 0,13087 m/s i


CE 3 ω = ω =

- 0,052351 rad/s k


CE 3 α = α =

2x10-3 rad/s2 k


θ6 = 90° ; r

4 = 1 m ; r5 = 0,867 m

De las ecuaciones :

4 ω =

- 0,01309 rad/s k

; desl.B/A v =

0,02267 m/s



22,67 mm/s

30º

30º

131

r2 = 3,424 m ; θ

3= 323,87°

De las ecuaciones :

3 ω =

- 0,052351 rad/s k

; desl.E/D v =

- 0,13087 m/s i


CE 3 ω = ω =

- 0,052351 rad/s k


CE 3 α = α =

2x10-3 rad/s2 k


θ6 = 90° ; r

4 = 1 m ; r5 = 0,867 m

De las ecuaciones :

4 ω =

- 0,01309 rad/s k

; desl.B/A v =

0,02267 m/s



22,67 mm/s

30º

30º

d) Para q4 = 30º, de las ecuaciones , se obtiene:

q6 = 90º ; r4 = 1 m ; r5 = 0,867 m

MANU

ALES

UEX

135

5. RESOLUCIÓN CINEMÁTICA DE UN MECANISMO CON AYUDA DE MATLAB

Como aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análisis cinemático mediante métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figura, proporcionando las instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla las ecuaciones resultantes y generan valores cinemáticos para el ciclo completo.

131


Como aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análisis cinemático mediante métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figura, proporcio-nando las instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla las ecuaciones resultantes y generan valores cinemáticos para el ciclo completo.

Como dato de entrada, se conoce que la manivela O2A, de longitud L2 = 0,25 m, gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario 2 2k (rad / s)ω =

. La longitud del eslabón O1B es L3 = 1,1 m y la del eslabón BC es L5 = 0,5 m.

El objetivo es encontrar las expresiones que permiten calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad y aceleración de todos los esla-bones en función de los valores del esla-bón de entrada o manivela O2A. Como aplicación, utilizando las ecuaciones anteriores, se determinará la velocidad y aceleración del pistón C cuando θ = 30°. Asimismo, puesto que se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleración del pistón C para cualquier posición de la manivela O2A, se representará gráficamente la evolución de dichos valores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismo.

70 cm

80 cm

ω2

B

O1

O2

C

θ

A

Como dato de entrada, se conoce que la manivela O2A, de longitud L2 = 0,25 m, gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario

131


Como aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análisis cinemático mediante métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figura, proporcio-nando las instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla las ecuaciones resultantes y generan valores cinemáticos para el ciclo completo.

Como dato de entrada, se conoce que la manivela O2A, de longitud L2 = 0,25 m, gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario 2 2k (rad / s)ω =


El objetivo es encontrar las expresiones que permiten calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad y aceleración de todos los esla-bones en función de los valores del esla-bón de entrada o manivela O2A. Como aplicación, utilizando las ecuaciones anteriores, se determinará la velocidad y aceleración del pistón C cuando θ = 30°. Asimismo, puesto que se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleración del pistón C para cualquier posición de la manivela O2A, se representará gráficamente la evolución de dichos valores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismo.

70 cm

80 cm

ω2

B

O1

O2

C

θ

A


El objetivo es encontrar las expresiones que permiten calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función de los valores del eslabón de entrada o manivela O2A. Como aplicación, utilizando las ecuaciones anteriores, se determinará la velocidad y aceleración del pistón C cuando q = 30°. Asimismo, se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleración del pistón C para cualquier posición de la manivela O2A, obteniendo así la evolución de dichos valores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismo.

MANU

ALES

UEX

136


132

El primer paso es el planteamiento de las ecuaciones vectoriales de cierre o de lazo del mecanismo. Obsérvese que, puesto que el que el mecanismo tiene un grado de libertad (m=1) y todos los pares son de un grado de libertad (j2=0), entonces el número NE de ecuaciones de lazo necesarias para resolver el mecanismo será:

n 2NE 2

2−

= =

dado que el número total de eslabones es n=6.

Se necesitan, por tanto, dos cierres para resolver este mecanismo, que no son únicos. Esto implica que existen varias formas distintas de plantear las ecuaciones de lazo que conducirán a la misma solución. Dichas ecuaciones reflejan las diferentes relaciones que existen entre las velocidades y aceleraciones de los puntos del mecanismo.

• Primer cierre

La ecuación de cierre elegida es la que define el polígono vectorial de la figura, que va si-guiendo las barras del mecanismo:

1 2 3r r r+ = (1)

Expresando la ecuación (1) en términos de números complejos se tiene:

θθ+ = 32x x x jj

30,7 j 0,25 e r e (2)

donde θ1 tiene un valor constante e igual a 90o. Separando las partes real e imaginaria se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, r3 y θ3 :

x x

x x

2 3 3

2 3 3

0,25 cosθ = r cosθ0,7 + 0,25 senθ = r senθ (3)

Puesto que la variable de entrada es θ2 = θ + 180°, se resuelve el sistema anterior para θ2 = 210°. Sustituyendo valores, la resolución de dicho sistema en Matlab se reduce a la expresión:

»t2=pi+pi/6;t3=atan((.7+.25*sin(t2))/(.25*cos(t2)));r3=(0.25*cos(t2))/cos(t3);

De las expresiones anteriores, en Matlab se obtiene el valor θ3 = t3 = - 1,211 rad = - 69,38o, que es una solución incorrecta. Obsérvese que existen dos ángulos con la misma tangente, pero sólo uno de ellos se corresponde con la posición real del mecanismo. En este caso, al ser la longitud de la manivela menor que la distancia entre apoyos, la guía realiza un movimiento oscilante, lo que implica que en todo momento θ3 > 0. Por tanto, se debe añadir en Matlab una instrucción condicional del tipo “if” que elija la solución adecuada, tal y como se muestra en el código proporcionado. De este modo se selecciona el valor correcto real del ángulo correspondiente, esto es: θ3 = t3 = =180o– 69,38o = 110,6o = 1,9306 rad, y la solución r3 = r3 = 0,613 m.

A

O1

O2

θ3

θ2=210º

3r

2r

1r

131

De las expresiones anteriores, en Matlab se obtiene el valor θ3 = t3 = - 1,211 rad = - 69,38o, que es una solución incorrecta. Obsérvese que existen dos ángulos con la misma tangente, pero sólo uno de ellos se corresponde con la posición real del mecanismo. En este caso, al ser la longitud de la manivela menor que la distancia entre apoyos, la guía realiza un movimiento oscilante, lo que implica que en todo momento θ3 > 0. Por tanto, se debe añadir en Matlab una instrucción condicional del tipo “if” que elija la solución adecuada, tal y como se muestra en el código proporcionado. De este modo se selecciona el valor correcto real del ángulo correspon-diente, esto es: θ3 = t3 = =180o– 69,38o = 110,6o = 1,9306 rad, y la solución r3 = r3 = 0,613 m.

MANU

ALES

UEX

137


133

Obsérvese que todas las instrucciones de Matlab se plantearán para una variable genérica de entrada θ2 = t2, por lo que servirán para calcular las variables cinemáticas en cualquier posición del mecanismo definida por θ2.

Derivando respecto al tiempo la expresión (2) y teniendo en cuenta que ω2 = 2 rad/s (cons-tante), se tiene para las velocidades la ecuación:

ω 3 32x x x x x x jθ jθjθ

3 3 desl.0,25 2 je = r j e + v e (4)

A partir de (4), igualando partes real e imaginaria, se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (ω3 y vdesl.):

ωω

x x x x x

x x x x x

2 3 3 3 desl. 3

2 3 3 3 desl. 3

-0,25 2 senθ = - r senθ + v cosθ0,25 2 cosθ = r cosθ + v senθ (5)

Obsérvese que la expresión anterior puede, de forma equivalente, obtenerse derivando las dos ecuaciones que aparecen en (3).

Es conveniente en todos los casos interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades (4) obtenida por derivación de la ecuación de cierre. Derivando la ecuación de lazo (1), se obtiene la siguiente relación vectorial entre velocidades:

( ) ( )⇒ ⇒ ω ω

2 1

31 2A/0 A/0 A 2 2 3 3 desl.

drdr dr + = 0 + v = v = v × r = × r + v

dt dt dt

a través de la cual se puede comprender el significado físico de cada uno de los términos que aparecen en las ecuaciones (4) y (5).

La resolución del sistema (5) en Matlab para θ2 = 210o se puede realizar de la siguiente forma (dado que los valores de θ3 y r3 se encuentran en memoria):

»solv=solve('-.25*2*sin(t2)+r3*w3*sin(t3)-vdes*cos(t3)=0',

'.25*2*cos(t2)-r3*w3*cos(t3)-vdes*sin(t3)=0','w3,vdes');

»w3=eval(solv.w3);vdes=eval(solv.vdes);

obteniéndose las soluciones ω3 = w3 = - 0,137 rad/s y vdesl.= vdes = - 0,493 m/s.

El valor negativo de ω3 indica que dicha velocidad angular es, en ese instante, contraria al sentido establecido para el ángulo θ3. Análogamente, el valor negativo de vdesl. indica que el sentido de la velocidad de deslizamiento es, para esa posición, contrario al que habíamos fijado para el vector 3r

(cuya variación de longitud representa la velocidad de deslizamiento). Por tanto, en esa posición la deslizadera en A se mueve hacia O1 y se obtienen los resultados:

ω

3 0,137 ra= - d/ k ( s) ; desl. 0,49v = 3 m/s

Derivando la ecuación (4) se tiene para el cálculo de aceleraciones la expresión:

69,4º

MANU

ALES

UEX

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134

ω α ω3 32x x x x x x x x x jθ jθjθ2 2

desl. 3 3 3 desl. 3 3-0,25 2 e = (2 v + r ) j e + (a - r ) e (6)

Desarrollando la expresión (6), o de forma equivalente por simple derivación de las ecua-ciones (5), se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (α3 y adesl.):

ω α ω

ω α ω

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 22 desl. 3 3 3 3 desl. 3 3 3

2 22 desl. 3 3 3 3 desl. 3 3 3

-0,25 2 cosθ = -(2 v + r ) senθ + (a - r ) cosθ

-0,25 2 senθ = (2 v + r ) cosθ + (a - r ) senθ (7)

La interpretación vectorial de la ecuación de aceleraciones (6), obtenida a través de la se-gunda derivada de la ecuación de cierre, consiste en la siguiente relación entre aceleraciones:

[ ] ( ) [ ]⇒ ω ω α ω ω

2A/0 A/01 A 2 2 2 desl. coriolis 3 3 3 3 3 a = a = a × ( × r ) = a + a + × r + × ( × r )

La resolución del sistema (7) en Matlab se puede realizar de la siguiente forma (puesto que todos los valores necesarios se encuentran en memoria):

»sola=solve('-.25*4*cos(t2)+(2*w3*vdes+r3*a3)*sin(t3)-(ades-r3*(w3^2))*cos(t3)=0',

'-.25*4*sin(t2)-(2*w3*vdes+r3*a3)*cos(t3)-(ades-r3*(w3^2))*sin(t3)=0','a3,ades');

»a3=eval(sola.a3);ades=eval(sola.ades);

obteniéndose los valores α3 = a3 = - 1,829 rad/s2 y adesl. = ades = 0,179 m/s2. Por tanto:

α 2

3 1,829 rad = /s- k ( ) ; 2desl. 0,179= m/sa

• Segundo cierre

A continuación, se realiza el análisis cinemático del resto del mecanismo. Para ello se plantea el siguiente lazo representado en la figura:

′ 3 5 6 7r + r = r + r

5x x x jθjθ3

61,1 e + 0,5 e = -r + 1,5 j (8)

ya que θ6 = 180 o y θ7 = 90o, con valores constantes.

Separando las partes real e imaginaria se tiene el siguien-te sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, r6 y θ5 :

x x

x x

3 5 6

3 5

1,1 cosθ + 0,5 cosθ =- r1,1 senθ + 0,5 senθ = 1,5

El cálculo del ángulo θ5 en Matlab se reduce a la expre-sión:

» t5=asin((1.5-1.1*sin(t3))/.5);

de donde se obtiene el valor θ5 = t5 = 1,225 rad = 70,2o (notar que el valor de θ3 = t3 se en-cuentra en memoria).

69,4º

'r3

5r

6r

7r

C

B

O1

θ3

θ5

MANU

ALES

UEX

139


135

Derivando la ecuación de partida (8) se obtiene para el cálculo de velocidades la expresión:

3 5x x x x x x jθ jθ

3 5 C1,1 j e + 0,5 j e = -v (9)ω ω

Para interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades anterior, se deriva la ecuación de lazo de este segundo cierre, obteniendo la siguiente relación vectorial entre velocidades:

( ) ( )3 5 6 7B C/B C 3 3 5 5 C

dr ' dr dr dr + = + v + v = v + 0 × r ' + × r = v (- i)

dt dt dt dt⇒ ⇒ ω ω

A partir de (9), igualando partes real e imaginaria, se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (ω5 y vC):

x x x x

x x x x

3 3 5 5 C

3 3 5 5

-1,1 senθ - 0,5 senθ = -v1,1 cosθ + 0,5 cosθ = 0

ω ωω ω

La resolución de dicho sistema en Matlab se puede llevar a cabo en la forma:

» solv2=solve('-1.1*(w3)*sin(t3)-0.5*w5*sin(t5)+vc=0',

'1.1*(w3)*cos(t3)+0.5*w5*cos(t5)=0','w5,vc');

» w5=eval(solv2.w5);vc=eval(solv2.vc);

obteniéndose las soluciones ω5 = w5 = -0,313 rad/s y Cv = vc = -0,288 m/s, esto es,

ω

5 0,313= - k ( rad/s) y

Cv = 0,288 i (m/s) (notar que el resto de valores t3, t5 y w3 se encuentran en memoria).

Derivando la ecuación (9) se obtiene para el cálculo de aceleraciones la expresión:

3 3 5 5x x x x x x x x x x jθ jθ jθ jθ2 2

3 3 5 5 C1,1 j e - 1,1 e + 0,5 j e - 0,5 e = -a (10)α ω α ω

Obsérvese que la segunda derivada de la ecuación de lazo de este segundo cierre permite interpretar vectorialmente la ecuación anterior (10), obteniendo la siguiente relación vectorial entre aceleraciones:

( ) [ ] ( ) [ ]B C/B C 3 3 3 3 3 5 5 5 5 5 Ca + a = a × r ' + × ( × r ') + × r + × ( × r ) = a (- i)⇒ α ω ω α ω ω

Desarrollando la expresión (10), o simplemente derivando las ecuaciones de velocidad, se consigue un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (α5 y aC):

x x x x x x x x

x x x x x x x x

2 23 3 3 3 5 5 5 5 C

2 23 3 3 3 5 5 5 5

-1,1 senθ - 1,1 cosθ - 0,5 senθ - 0,5 cosθ = -a

1,1 cosθ - 1,1 senθ + 0,5 cosθ -0,5 senθ = 0

α ω α ω

α ω α ω

cuya resolución en Matlab se realizaría en la forma:

»sola2=solve('ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)-.5*(w5^2)*cos(t5)=0','1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)-.5*(w5^2)*sin(t5)=0','a5,ac');»a5=eval(sola2.a5);ac=eval(sola2.ac);

MANU

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140


136

de donde se obtienen los valores α5 = a5 = - 3,794 rad/s2 y aC = ac = -3,658 m/s2, es decir, α

25 3,794 ra= - ( d/sk ) y

2C 3,658 a = i (m/s ) .

A partir de las instrucciones de Matlab descritas, resulta inmediato calcular las variables cinemáticas deseadas para el ciclo completo de movimiento del mecanismo. Con el objetivo de calcular velocidades y aceleraciones a lo largo de todas las posiciones del mecanismo, se incluye una sentencia de control de bucle del tipo “for”, tal y como se muestra en el código de Matlab proporcionado. De este modo, se ejecuta repetidamente el bloque de código para cada uno de los valores del ángulo de entrada θ2 = t2. Este ángulo será discretizado entre 0 y 2.π radianes en tantos valores NI como se desee, según la velocidad de ejecución y la preci-sión que se desee obtener.

De esta forma, se puede calcular y representar la evolución de cualquier variable cinemá-tica, evaluando sus valores máximo y mínimo. A través del código de Matlab adjunto, se definen las variables vc_vector y ac_vector que representan, respectivamente, la evolución de la velocidad y aceleración del pistón C en una revolución completa del eslabón motor 2. Obsérvese que la velocidad es cero en las posiciones límite del mecanismo, las cuales se producen cuando los eslabones 2 y 3 son perpendiculares, es decir, θ2(Lim1) = 200,93o = 3,51 rad y θ2(Lim2) = 339,08o = 5,92 rad.

• Cálculo de aceleraciones de los centros de gravedad

A continuación, se va a determinar la aceleración del centro de gravedad de cada esla-bón, suponiendo que éste se encuentra siempre en el punto medio de cada barra. El cálculo de este valor es necesario si se prevé realizar posteriormente el análisis dinámico.

Para ello, se toma el vector de posición complejo de cada centro de gravedad y se deriva dos veces para obtener la expresión de la aceleración, en la que se sustituyen los valores obtenidos en el análisis cinemático anterior, que se encuentran en memoria en cada iteración para cada valor de θ2.

Para el eslabón 2 se tiene:

θ=

2x j2

G2r

r e ;2

θ= ω

2x x x j2

G2 2r

v j e ;2

θ= ω

2x xj22

G2 2r

a - e 2

Con objeto de calcular dicha aceleración en Matlab la notación es:

» aG2= - (.25/2)*4*exp(t2*i);

» aG2x=real(aG2);aG2y=imag(aG2);

obteniéndose: 2G2a 0,432 i + 0,252 j (m/s )=

.

Para el eslabón 3:

θ′=

3x

j3G3

rr e ;

2 θ′

= ω

3x x x j3

G3 3r

v j e ;2

θ′= α − ω

3x x x

j23G3 3 3

ra ( j ) e

2

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141


137

Con objeto de calcular dicha aceleración se escribe en Matlab:

» aG3=(1.1/2)*(a3*i-w3^2)*exp(t3*i);


de donde: = + 2

G3a 0,944 i 0,344 j (m/s ) .

Para el eslabón 5:

θ= +

5x x j5

G5 G3r

r 2 r e ;2

θ= + ω

5x x x x j5

G5 G3 5r

v 2 v j e ;2

θ= + α −ω

5x x x x j25

G5 G3 5 5r

a 2 a ( j ) e2

Para calcular dicha aceleración en Matlab:

» aG5=2*aG3+(.5/2)*(a5*i-w5^2)*exp(t5*i);


obteniéndose: = + 2

G5a 2,772 i 0,344 j (m/s ) .

Para el eslabón 4:

= =

x G4 A G2r r 2 r ; = =

x G4 A G2a a 2 a

donde, para calcular la aceleración anterior, se escribe en Matlab:

» aG4=2*aG2;


y se obtiene: 2G4a 0,864 i + 0,504 j (m/s )=

.

Finalmente, para el eslabón 6, que se mueve en traslación, se tiene:

= = 2

G6 Ca a 3,658 i (m/s )

MANU

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138

• Código Matlab completo

%Valores considerados del angulo de entrada t2NI=input('Introduce el número de valores a considerar para discretizar el ángulo de entrada t2=');for j=1:(NI+1)angulo2(j)=(j-1)*((2*pi)/NI);t2=angulo2(j);

%ANALISIS CINEMÁTICO

%PRIMER CIERRE

%Posicióntant3=(.7+.25*sin(t2))/(.25*cos(t2));t3=atan(tant3);if t3<0, t3=t3+pi;elseif t3>(2*pi), t3=t3-pi;endr3=(0.25*cos(t2))/cos(t3);if t2==pi/2, t3=pi/2;r3=0.95;elseif t2==3*pi/2, t3=pi/2;r3=0.45;end

%Velocidadsyms w3 vdessolv=solve([-.25*2*sin(t2)+r3*w3*sin(t3)-vdes*cos(t3)==0,.25*2*cos(t2)-r3*w3*cos(t3)-vdes*sin(t3)==0],[w3,vdes]);w3=eval(solv.w3)vdes=eval(solv.vdes)

%Aceleraciónsyms a3 adessola=solve([-.25*4*cos(t2)+(2*w3*vdes+r3*a3)*sin(t3)-(ades-r3*(w3^2))*cos(t3)==0,-.25*4*sin(t2)-(2*w3*vdes+r3*a3)*cos(t3)-(ades-r3*(w3^2))*sin(t3)==0],[a3,ades]);a3=eval(sola.a3)ades=eval(sola.ades)

%SEGUNDO CIERRE

%Posiciónsint5=(1.5-1.1*sin(t3))/.5;t5=asin(sint5);

%Velocidadsyms w5 vcsolv2=solve([-1.1*(w3)*sin(t3)-0.5*w5*sin(t5)+vc==0,1.1*(w3)*cos(t3)+0.5*w5*cos(t5)==0],[w5,vc]);w5=eval(solv2.w5)vc=eval(solv2.vc)

%Aceleraciónsyms a5 acsola2=solve([ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)-.5*(w5^2)*cos(t5)==0,1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)-.5*(w5^2)*sin(t5)==0],[a5,ac]);a5=eval(sola2.a5)ac=eval(sola2.ac)

%ACELERACIONES DE LOS CENTROS DE GRAVEDAD

138




%PRIMER CIERRE




%SEGUNDO CIERRE





MANU

ALES

UEX

143


138




%PRIMER CIERRE




%SEGUNDO CIERRE





139

aG2=-(.25/2)*4*exp(t2*i);aG2x=real(aG2);aG2y=imag(aG2);aG3=(1.1/2)*(a3*i-w3^2)*exp(t3*i);aG3x=real(aG3);aG3y=imag(aG3);aG5=2*aG3+(.5/2)*(a5*i-w5^2)*exp(t5*i);aG5x=real(aG5);aG5y=imag(aG5);aG4=2*aG2;aG4x=real(1.5*aG4);aG4y=imag(aG4);aG6x=5*ac;vc_vector(j)=vc;ac_vector(j)=ac;end

cinemática de mecanismos planos

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