problemas resueltos de teorÍa de mÁquinas y …

Josep-Lluis Suñer Martínez Francisco José Rubio Montoya

Vicente Mata Amela José Albelda Vitoria

Juan Ignacio Cuadrado Iglesias

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS Y

MECANISMOS

EDITORIAL UNIVERSITAT POLITÈCNICA DE VALÈNCIA

Primera edición, 2001 ▪ reimpresión, 2016 © Josep Lluís Suñer Martínez

Francisco José Rubio Montoya Vicente Mata Amela José Albelda Vitoria Juan Ignacio Cuadrado Iglesias

© de la presente edición: Editorial Universitat Politècnica de València distribución: Telf. 963 877 012 / www.lalibreria.upv.es / Ref.: 4197_01_01_26 Imprime: Byprint Percom, sl ISBN: 978-84-9705-014-2 Impreso bajo demanda La Editorial UPV autoriza la reproducción, traducción y difusión parcial de la presente publicación con fines científicos, educativos y de investigación que no sean comerciales ni de lucro, siempre que se identifique y se reconozca debidamente a la Editorial UPV, la publicación y los autores. La autorización para reproducir, difundir o traducir el presente estudio, o compilar o crear obras derivadas del mismo en cualquier forma, con fines comerciales/lucrativos o sin ánimo de lucro, deberá solicitarse por escrito al correo [email protected] Impreso en España

��

�� ............ � 5 ��

1. Análisis Cinemático de Mecanismos Planos por Métodos Vectoriales .............. 7



















20. Centros Instantáneos de Rotación ....................................................................... 93








��

2



30. Análisis Cinemático de Mecanismos Planos por Métodos Numéricos............... 120






�� ................. 141 ��

1. Análisis de Fuerzas ............................................................................................. 143




5. Análisis de Fuerzas .............................................................................................. 164













18. Análisis de Movimiento ...................................................................................... 226




��

3








�� ................................................................. 279 ��

1. Diagrama de Desplazamiento del Seguidor de Leva .......................................... 281



4. Análisis Cinemático de Trenes de Engranajes Epicicloidales ............................ 295








12. Análisis Cinemático y Dinámico de Trenes de Engranajes Epicicloidales ........ 313





17. Diseño de Trenes Ordinarios............................................................................... 329

�� ............................................................................................................................. 331

��

��

��

7

��

Dado el mecanismo de la figura en la configuración señalada, obtener: a) Velocidades lineales de los puntos �2, �4 y velocidad angular de la barra 4. b) Aceleraciones lineales de los puntos �2, �4 y aceleración angular de la barra 4.

Datos geométricos: �� 2� = 30 mm, �4� = 60 mm, ∠��4�� = 60º.

Datos cinemáticos: θ2 = 15º��ω2 = 15 rad/s, constante con sentido antihorario��θ4 = 165º, �� = 60 mm.

X

Y

�

��

�

� ��

�

�

�

2

ω�

��

8

�� a) Velocidades lineales de los puntos �2, �4 y velocidad angular de la barra 4. La velocidad angular de la barra 2 es rad/s152 �

�

� ⋅=ω .

De los datos del problema se deduce que:

( ) ( )( ) ( )mm76,798,2815sen15cos3022

��

� ⋅+⋅=⋅°+⋅°⋅=

La velocidad del punto � por pertenecer a la barra 2 es:

( )mm/s67,43447,116

076,798,28

1500222 2 ��

��

��

��

�� ⋅+⋅−==×= ω

La velocidad del punto ��por pertenecer a la barra 3 es:

23�� =

En esta configuración, la relación entre las velocidades del punto � considerado como perteneciente a la barra 4 y a la barra 3 es:

3/43434

�� ++= [1]

La velocidad del punto � por pertenecer a la barra 4 es:

444 4 �� ×= ω

La diferencia de velocidades entre los puntos �3 y �4 es:

04334 3

�

�� =×= �� ω

La velocidad relativa del punto �4 respecto de un sistema de referencia solidario con la barra 3, se puede expresar así:

33/3/ 44

�� ⋅= , siendo 3�

�

un vector unitario en la dirección del movimiento relativo (en

este caso de la guía ��).

Sustituyendo las velocidades en la ecuación [1] se llega a esta otra:

33/24 42244�� ⋅+×=× ωω [2]

��

9

Del esquema del mecanismo se puede comprobar que:

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ��

��

��

��

� ��

��

��

��

⋅+⋅=⋅°+⋅°=

⋅+⋅−=

⋅°+⋅°⋅+⋅°+⋅°⋅=+=

71,071,045sen45cos

mm96,5753,15

45sen45cos60165sen165cos60

3

44

4444

Las incógnitas son 4ω� y 3/4

��

y se obtendrán desarrollando la ecuación vectorial [2] en

sus componentes escalares:

( ) ( )��

��

��

��

⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅−=−

3/3/4 4471,071,067,43447,116

096,5753,15

00 ω

Haciendo operaciones, se tendrá:

��

��

⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅−=⋅⋅−⋅⋅− 3/3/44 4471,071,067,43447,11653,1593,57 ωω

Separando las componentes escalares según ��

y ��

y resolviendo el sistema resultante:

⎩⎨⎧

−==

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

⋅+=⋅−

⋅+−=⋅−mm/s21,900

rad/s00,13

71,067,43453,15

71,047,11693,57

3/

4

3/4

3/4

44

4

��

�

��

� ωωω

En forma vectorial resulta:

( ) ( )( )mm/s88,20104,753

mm/s54,63654,63671,071,021,900

rad/s00,13

4

4 3/

4

��

��

�

�

�

��

��

�

�

⋅−⋅−=

⋅−⋅−=⋅+⋅⋅−=

⋅=ω

b) Aceleraciones lineales de los puntos �2, �4 y aceleración angular de la barra 4. La velocidad del punto � por pertenecer a la barra 2 es:

( ) ( ) 22

222

22

mm/s03,747.100,520.675,798,28152

2222222

��

��

��

��

⋅−⋅−=⋅+⋅⋅−=

⋅−=×+⋅−= ωαω

Se cumple la siguiente ecuación entre las aceleraciones del punto � considerando que per-

tenece a la barra 4 y a la barra 3:

� � �� +++= 3/43434

[3]

��

10

Por pertenecer el punto � a la barra 3:

( )0

mm/s03,747.100,520.6

434334

23

323

2

=×+⋅−=

⋅−⋅−==

��

��

��

��

��

αω

La aceleración relativa del punto � considerando que pertenece a la barra 4 respecto de un

sistema de referencia ligado a la barra 3 es:

33/3/ 44�� ⋅=

La aceleración de Coriolis es:

( ) 343/4 con24

ωωω �� =×⋅= ��


44444 424 ��

�� ×+⋅−= αω

Sustituyendo las expresiones anteriores en [3], queda:

( ) ( )3/43/224

24 44444444

271,071,0 ��

�� ×⋅+⋅+⋅⋅+⋅−=×+⋅− ωωαω

y sustituyendo de nuevo las expresiones conocidas:

( )054,63654,636

00,1300271,071,0

03,747.100,520.653,1596,5756,794.940,624.2

3/

44

4

−−⋅+⋅+⋅⋅+

+⋅−⋅−=⋅⋅−⋅⋅−⋅−⋅

��

��

��

�

��

��

��

αα

Operando y separando las componentes escalares, se llega al siguiente sistema de ecua-ciones:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−=⇒

⎪⎭

⎪⎬⎫

=⋅+⋅

−=⋅+⋅2

3/

24

3/4

3/4

mm/s89,258.20

rad/s95,374

53,502.87071,0529,15

67,405.77071,0956,57

44

4

��

�

��

� ααα

En forma vectorial:

( ) ( )( ) 2

23/

24

mm/s90,971.324,355.24

mm/s20,325.1420,325.1471,071,089,258.220

rad/s95,374

4

4

��

��

�

��

��

�

�

⋅−⋅=

⋅+⋅=⋅+⋅⋅=

⋅−=α

��

11

��

Dado el mecanismo de la figura, calcular para la posición indicada en la figura: a) Velocidad y aceleración del punto �3. b) Velocidad y la aceleración del punto � de la barra 4.

Datos geométricos: �� 2� = 48 cm, �� = 46 cm, θ 4 25= º . La dirección del par prismático de guía recta que

conecta las barras 3 y 4 forma 90º con la del par prismático entre las barras 1 y 4.

Datos cinemáticos: θ 2 320= º ,ω 2 4= ⋅

�

� rad / s , α 2 8= ⋅�

� rad / s2 .

�

�

�

�

ω 2

θ 2

θ 4

�

�

α 2

�

�

��

12

�� a) Velocidad y aceleración del punto �3. La velocidad del punto �2, por pertenecer a la barra 2 es:

� � �

� ��

2 22= ×ω

Sustituyendo:

( ) ( )( )

( )m/s4708,12341,1

cm/s08,14741,123

0320sen48320cos48

400

2

2

��

��

��

�

�

�

��

��

��

�

⋅+⋅=

⋅+⋅=°⋅°⋅

=

La aceleración del punto �2 por pertenecer a la barra 2 es:

� � � �

� � ��

2 2 222

2= − ⋅ + ×ω α

Sustituyendo:

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( )m/s8782,74149,3cm/s82,78749,341

0320sen48320cos48

800320sen48320cos484

2

2

2

��

��

��

�

�

��

��

��

⋅+⋅−=⋅+⋅−=

°⋅°⋅+⋅°⋅+⋅°⋅⋅−=

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

( )( )m/s8782,74149,3

m/s4708,12341,1

23

23

��

��

��

��

��

��

⋅+⋅−==

⋅+⋅==

b) Velocidad y la aceleración del punto � de la barra 4. La ecuación de velocidades del movimiento relativo en el punto � es:

� � �

� � ��

4 3 4 3= + / [1]

La velocidad del punto �4 será la misma que la del punto �4, al tener la barra un movi-

miento de traslación rectilínea, y será, por pertenecer a la barra 4:

� � �

� � � � �

4 4 41 1= ⋅ = ⋅

��

13

Con�

� �

� � �1 25 25= ° ⋅ + ° ⋅cosb g b gsen

Donde

� �

� � �� 4 43 3 4/ /= ⋅ , siendo

�

�4 un vector unitario en la dirección del movimiento rela-

tivo (en este caso de la guía). Por tanto:

��

� � � � �4 4 490 90 115 115= + ° ⋅ + + ° ⋅ = ° ⋅ + ° ⋅cos cosθ θb g b g b g b gsen sen

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

� � � � � �� 4 41 3 4123 41 147 08⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅�

� ��

, , / [2]

Las incógnitas son � �

4 y � �

4 3/ y se obtendrán desarrollando la ecuación vectorial [2] en

sus componentes escalares:

��

��

⋅⋅+⋅⋅−⋅+⋅=⋅⋅+⋅⋅ 3/3/ 44449063,04226,008,14741,1234226,09063,0

Separando las componentes escalares según

�

� y�

� , y resolviendo el sistema de ecuaciones resultante, se obtiene:

⎩⎨⎧

−==

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

=⋅−⋅

=⋅+⋅cm/s14,81

cm/s00,174

08,1479063,04226,0

41,1234226,09063,0

3/3/

3/

4

4

44

44

�

�

��

��

�

�

��

��

En forma vectorial:

( ) ( )( ) ( )( )

44

44

m/s7354,05770,1

cm/s54,7370,15725sen25cos00,1741

��

��

��

��

��

��

=⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅°+⋅°⋅=⋅=

Para el cálculo de aceleraciones se establece la ecuación de aceleraciones del movimiento

relativo en el punto �:

� � � �

� � � �� 4 3 4 3= + +/ [3]

La aceleración relativa del punto �4 considerando que pertenece a la barra 4 respecto de

un sistema de referencia ligado a la barra 3 es:

� ��

� � � � � �� 4 4 43 3 3 115 115/ / / cos= ⋅ = ⋅ ° ⋅ + ° ⋅b g b gc hsen

La aceleración de Coriolis es:

� � �

� � � � �= ⋅ × =2 03 34ω /d i ya que

�

ω 3 0=

Por pertenecer el punto �4 a la barra 4:

� ��

� � � � � �� 4 4 41 25 25= ⋅ = ⋅ ° ⋅ + ° ⋅cosb g b gc hsen

��

14

Sustituyendo las expresiones anteriores en [3], queda: � � � � � � � ��

4 425 25 3415 787 76 115 1153⋅ ° ⋅ + ° ⋅ = − ⋅ + ⋅ + ⋅ ° ⋅ + ° ⋅cos , , cos/b g b gc h b g b gc h

� � � � � �

sen sen

Operando y separando las componentes escalares, se obtiene el siguiente sistema de ecua-ciones, que resuelto da:

⎪⎩

⎪⎨⎧

−==

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

=⋅−⋅

−=⋅+⋅2

3/

2

3/

3/

cm/s30,858

cm/s42,23

76,7879063,04226,0

50,3414226,09063,0

4

4

44

44

�

�

��

��

�

�

��

��

En forma vectorial:

( ) ( )( ) ( )( ) 2

21

m/s0990,02123,0

cm/s90,923,2125sen25cos42,23

4

44

��

��

�

��

��

��

⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅°+⋅°⋅=⋅=

4AB aa !!=

��

15

��

Sea el mecanismo de cuatro barras que se muestra en la figura. En él se aprecia que las barras 3 y 4 están unidas por un par prismático, mientras que la barra 4 está unida a la barra fija mediante un par de revolución (no se ve en el dibujo). El accionamiento se realiza a tra-vés de la barra 2. Se pide: a) Velocidad angular de la barra 4 (en rad/s). b) Aceleración angular de la barra 4 en (rad/s2).

Datos geométricos: �� 2� = 75 mm; �2� = 50 mm; �� = 100 mm; Datos cinemáticos: �� θ2 = 290º; ω2 = 40 rad/s, antihoraria y constante.

�

�

� �

� �

��

�

�

�

�

�

��

16

�� a) En primer lugar se resolverá la geometría del problema.

De esta figura se tendrá que:

( ) ( )( ) ( ) ⎩

⎨⎧

°==

⇒⎭⎬⎫

=−⋅+⋅=⋅+⋅

5995,238

mm8223,32

0sensen

0coscos

32322

322

θθθθθ ��

��

��

La ecuación de velocidades se obtendrá relacionando las velocidades de los puntos �3 y �4. Evidentemente, la velocidad de este último punto es nula. Suponiendo un sistema de referencia móvil ligado a la barra ! y con origen en el punto �3, se tendrá que:

� � � �

� � � �� 4 3 4 3 4 3= + + /

que será:

3333 4344330 ��

�� ⋅+=⋅+×+= ω [1]

�2

θ2

75 mm

�

�

�

3

4

2

θ3

��

17

Por otra parte se tendrá que:

� � � � � � �

� � � � �� 3 3 3 3 22 3= + = × + ×ω ω

por lo que la expresión [1] quedará como sigue:

3332 420 ��

�� ⋅+×+×= ωω [2]

La orientación del vector

�

�� 2

viene dada por el ángulo θ 2 290= º , mientras que la orien-

tación del vector�

� � vendría dada por θ 3 238 5995= , º . En consecuencia se tendrá que:

��

��

� � � � �

� � � � �

�

�

250 290 290 17 1010 46 9846

32 8223 238 5995 238 5995 17 1010 28 0154

= ⋅ ° ⋅ + ° ⋅ = ⋅ − ⋅

= ⋅ ° ⋅ + ° ⋅ = − ⋅ − ⋅

cos , ,

, cos , , , ,

b g b gc h c h

b g b gc h c h

sen mm

sen mm

y el vector unitario en la dirección �� será:

��

� � � � �3 238 5995 238 5995 0 5210 0 8535= ° ⋅ + ° ⋅ = − ⋅ − ⋅cos , , , ,b g b gsen

Sustituyendo en [2] y operando se tendrá que:

��

��

��

��

��

⋅⋅−⋅⋅−

−⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅=

3/3/

33

448535,05210,0

1010,170154,28040,6843852,879.10 ωω

Separando componentes se tendrá el siguiente sistema lineal de ecuaciones:

⎩⎨⎧

=−==

⇒⎭⎬⎫

⋅−⋅−=⋅−⋅+=

mm/s13,563.1

rad/s0147,38

8535,01010,170400,6840

5210,00154,283852,879.10

3/

43

3/3

3/3

44

4

��

�

��

� ωωωω

El vector velocidad relativa vendrá dada por:

( )mm/s1315,334.13907,8143/4��

�� ⋅−−=

b) Para el cálculo de las aceleraciones se seguirá el mismo procedimiento:

� � � � �

� � � � �� 4 3 4 3 4 3= + + +/

donde:

0 23 4 3 4 43 3 3 3= + + ⋅ + ⋅ ×� � � � �

� � � � �� / /ωd i [3]

se tiene que:

� � � �

� � � 4 3 3 4 3 43

23 0= − ⋅ + × =ω α

��

18

Además se tendrá que:

� � � � � � � � � � � � �

� � � � � � � � � � ��

�

�

�

� �

�

� �

�

� � � � � � � �

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 222

2 32

3= + = + + + = − ⋅ + × − ⋅ + ×ω α ω α

hay que tener en cuenta que α 2 0= . Sustituyendo la expresión anterior en [3] se tendrá

que: �

0 222

32

3 3 3 3 32 4 4= − ⋅ − ⋅ + × + ⋅ + ⋅ ×ω ω α ω� � � � � � �

� � � � � �� / /d i �

y sustituyendo valores numéricos y operando se obtendrá el siguiente sistema de ecuacio-

nes lineales:

⎪⎩

⎪⎨⎧

===

⇒⎭⎬⎫

=+⋅−⋅−=+⋅−⋅

23/

243

3/3

3/3

mm/s7,347.97

rad/s52,525.5

00,578.1778535,01010,17

04,081.1045210,00154,28

44

4

��

� ααα

α

��

19

��

Para el mecanismo representado en la figura, en la posición indicada, se pide: a) Velocidad angular de la barra 4. b) Aceleración angular de la barra 4. Supóngase que entre las barras 2 y 3 se dan las condiciones de rodadura sin desli-zamiento. Datos geométricos: �� 2� = 1,50 cm; �4� = 4,00 cm. �� 2 = 3,00 cm; �3 = 0,50 cm; siendo � � y � � los radios de las barras circulares 2�y 3� Datos cinemáticos: �� 2� = 2,78 cm; �2� = 2,34 cm;�ω2 = 2 rad/s antihorario y constante. �

��

��

!

�

�

��

�

�

�

��

��

� ��

�

�

��

20

�� a) Velocidad angular de la barra 4. Para resolver el problema de velocidades se debe tener resuelto el problema de posición. Del triángulo formado por ��2�, se calcula el ángulo existente entre el segmento �2� y

el �2�, que permitirá más adelante obtener el vector de posición ��2

�

.

Utilizando el teorema del coseno, se utiliza la siguiente ecuación:

( )1222

222

22 cos2 α⋅⋅⋅−+= ��

De donde se despeja 1α :

( )

º45,100

34,25,12

334,25,1

2cos

1

222

22

22

22

22

1

=⋅⋅

−+=⋅⋅

−+=

α

α��

��

!

�

�

��

�

�

�

1αα

β1β

1γ

γ

��

��

��

��

21

Finalmente:

( ) º45,40180120 1 =−−= αα y por tanto ( ) ( )( )��

� ⋅°+⋅°⋅= 45,40sen45,40cos34,22

De forma análoga, para expresar el vector � ��

y el ��4

�

se necesita obtener el ángulo β y

el γ. Se calcularán usando el teorema del coseno:

( )

( )

º08,50

6416,035,12

34,235,1

2cos

cos2

1

222

2

22

222

1

1222

22

2

=

=⋅⋅

−+=⋅⋅−+=

⋅⋅⋅−+=

β

β

β

��

��

��

de donde º92,69º08,50º120 =−=β

Por tanto ( ) ( )( )��

� ⋅°+⋅°⋅= 92,69sen92,69cos5,0

Similarmente se obtiene:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )949,0

4

92,69cos5,045,40cos34,275,5cos

coscos75,5cos

1

4

21

=°⋅−°⋅−=

⋅−⋅−=

γ

βαγ��

��

º27,181 =γ luego º7,161180 1 =−°= γγ por tanto ( ) ( )( )��

�� ⋅°+⋅°⋅= 7,161sen7,161cos4

4

A partir de este momento se puede pasar a la resolución del problema de velocidades.

Se conoce la velocidad angular de la barra 2 que es rad/s22 ��

� ⋅=ω . La velocidad del punto � por pertenecer a la barra 2 es:

�� 22 2

�� ×= ω

Resolviendo la ecuación, se tiene que:

( )cm/s56,3036,32

��

�� ⋅+⋅−=

��

22

Por existir rodadura sin deslizamiento, se cumple que:

23�� =

Pasando al rodillo, se tiene:

3333333 3 �� ×+=+= ω

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

( )( ) ( )

( ) ( ) ��

��

��

�

�

��

��

��

⋅⋅++⋅⋅−−=

°⋅°⋅+⋅+⋅−=

33

3

17,056,347,0036,3

092,69sen5,092,69cos5,0

0056,3036,3

3

3

ωω

ω [1]

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

( ) ( )( )cm/s8,325,1

07,161sen47,161cos4

00

44

44

4

44

��

��

��

�

��

��

��

��

⋅⋅−⋅⋅−=

°⋅°⋅=×=

ωω

ωω [2]

Igualando las ecuaciones [1] y [2] se obtiene:

( ) ( ) ��

⋅⋅++⋅⋅−−=⋅⋅−⋅⋅− 3344 17,056,347,0036,38,325,1 ωωωω

Descomponiendo la ecuación anterior en sus componentes escalares se tiene:

⎩⎨⎧

−=−=

⇒⎭⎬⎫

⋅−=⋅+⋅−=⋅−−

rad/s8

rad/s57,0

8,317,056,3

25,147,0036,3

3

4

43

43

ωω

ωωωω

En forma vectorial:

rad/s57,0

rad/s00,8

4

3

�

��

�

�

�

⋅−=

⋅−=

ω

ω

b) Para resolver el problema de aceleraciones Se plantea la siguiente ecuación entre las ace-

leraciones del punto � considerando que pertenece a la barra 2 y a la barra 3:

232323��

�� ++= [3]

��

23


( ) ( )( ) ( ) 22

222

22

cm/s07,612,745,40sen45,40cos34,222

2222222

��

��

�

��

��

��

⋅−⋅−=⋅°+⋅°⋅⋅−=

⋅−=×+⋅−= ωαω

Además se tiene que 023

�

� =�� .

La aceleración relativa del punto � considerando que pertenece a la barra 3 respecto de un

sistema de referencia ligado a la barra 2 es:

( ) ( )( )2332

232

32

322/

92,69sen92,69cos

3

ωωω

ω

��

��

��

−=⋅°+⋅°=

⋅⋅+⋅=

��

��

��

� �

� ��

Sustituyendo:

( ) ( ) 222/ cm/s27,4065,1410

5,03

5,033

��

�� ⋅+⋅=⋅−⋅+⋅=

Con lo que:

( ) 2cm/s2,3453,727,4065,1407,612,73

��

�� ⋅+⋅=⋅+⋅+⋅−⋅−=

Pasando al punto �, por un lado:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

⋅−⋅+⋅⋅−−=

°⋅°⋅+

+⋅°+⋅°⋅⋅−−=

×+⋅−=

+=

07,3017,0469,094,10

092,69sen5,092,69cos5,0

00

92,69sen92,69cos5,08

33

3

2

323

3

33

33

333333

333

αα

α

αω

Sustituyendo:

( ) ( )( ) ( ) ��

��

��

� �

��

��

��

⋅+⋅+⋅⋅−−=

⋅−⋅+⋅⋅−−+⋅+⋅=

+=

12,417,0469,041,3

07,3017,0469,094,102,3453,7

33

33

3

3

3333

αα

αα [3]

��

24

Por otro lado:

�� 443 4

24

�� ×+⋅−= αω

Sustituyendo:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ��

��

��

�

�

��

��

��

⋅−⋅−+⋅⋅−=

°⋅°⋅+

+⋅°+⋅°⋅⋅−−=

408,08,3255,123,1

07,161sen47,161cos4

00

7,161sen7,161cos457,0

44

4

2

3

3

αα

α [4]

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

sueltas dan las aceleraciones:

⎩⎨⎧

−=

−=⇒

⎭⎬⎫

⋅−−=+⋅⋅−=−⋅−

23

24

43

43

rad/s68,11

rad/s668,0

8,3408,012,417,0

255,123,141,3469,0

αα

αααα

Expresadas en forma vectorial:

23

24

rad/s68,11

rad/s668,0

�

��

�

�

�

⋅−=

⋅−=

α

α

��

25

��

Para el mecanismo representado en la figura, en la posición indicada, se pide: a) Velocidad angular de la barra 4. b) Aceleración angular de la barra 4. Supóngase que entre las barras 2 y 3 se dan las condiciones de rodadura con deslizamien-to. Datos geométricos: �� 2� = 1,50 cm; �4� = 4,00 cm. �� 2 = 3,00 cm; �3 = 0,50 cm; siendo � � y � � los radios de las barras circulares 2 y 3. Datos cinemáticos: �� 2� = 2,78 cm; �2� = 2,34 cm;�ω2 = 2 rad/s antihorario y constante. ��

�

!

�

�

��

�

�

�

��

��

� ��

�

�

��

26

�� Los datos del problema de posición son los del problema 4, con lo que en este problema únicamente se mostrarán los cálculos de vectores que no se resolvieron en dicho problema.

( )( ) ( )( )

( )cm287,3202,1

92,69sen92,69cos)5,03(

cm988,1951,1

22

222222

2222

��

��

��

��

��

� ��

��

��

��

⋅+⋅=

⋅°+⋅°⋅+=+=

⋅+⋅=+=

Se obtendrán la velocidad y aceleración angular de la barra 4 utilizando el punto � y con-siderando que pertenece a la barra 2. a) Velocidad angular de la barra 4.

2/42424�� ++= [1]

Por pertenecer el punto � a la barra 2.

( )

� ��

��

��

��

��

��

��

��

⊥⋅=

=×=

⋅+⋅−==×=

��

�

��

��

��

��

2/2/

2

2

44

4224

222

0

cm/s9,3976,3

0988,1951,1

200

ω

ω

con ( ) ( ) ��

�� ⋅+⋅−=⋅°+°+⋅°+°=⊥ 343,0939,092,6990sen92,6990cos , siendo � ��⊥

�

el vector unitario normal a la dirección que une los puntos � y �.

�

�

�

��

� �⊥

�

��

��

27

Además, en el punto � de la barra 4:

( ) ( )��

��

��

��

��

�� ⋅⋅−⋅⋅−=°⋅°⋅

=×= 4444 8,325,1

07,161sen47,161cos4

00244

ωωωω [2]

Por lo tanto, igualando [1] y [2], se tiene que:

( )��

��

⋅+⋅−⋅+⋅+⋅−=⋅⋅−⋅⋅− 343,0939,09,3976,38,325,1 2/44 4ωω

Ecuación vectorial que da lugar a las dos siguientes ecuaciones escalares y que resueltas dan las velocidades buscadas.

⎩⎨⎧

−=−=

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

⋅+=⋅−

⋅−−=⋅−cm/s00,5

rad/s57,0

342,09,38,3

939,0976,325,1

2/

4

2/4

2/4

44

4

��

�

��

� ωωω

En forma vectorial:

( ) ( )cm/s715,1695,4cm/s343,0939,000,5

rad/s57,0

2/

4

4��

�

��

�

�

�

⋅−⋅=⋅+⋅−⋅−=

⋅−=ω

b) Aceleración angular de la barra 4.

� � � � �

� � � � �� 4 2 4 2 4 2= + + +/ [3]

La aceleración del punto � considerando que pertenece a la barra 2 es:

( ) ( ) 222

22 cm/s952,7804,7988,1951,12

22222��

�� ⋅−⋅−=⋅+⋅⋅−=×+⋅−= αω

La aceleración relativa es:

( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( ) ��

��

��

��

��

� ��

� ��

� ��

�

�

��

��

��

��

⋅−⋅+⋅⋅−−=

°⋅°⋅+⋅°+⋅°⋅−=

×+⋅+

−=

712,6197,12889,3443,2

062,69sen5,362,69cos5,3

0062,69sen62,69cos5,3

5

2/

2

2/

32

22/

2/

4

4

4

4

αα

α

α

��

28

La aceleración de Coriolis:

( )( ) ( )

( ) 22/2 cm/s79,1884,6

092,159sen592,159cos5

200224

��

��

��

��

��

�� ⋅+⋅=°⋅−°⋅−

⋅=×⋅= ω

Por pertenecer también a la barra 4 la aceleración de � es:

( ) ( )( )

( ) ( ) ��

��

��

��

�

�

��

��

��

��

��

⋅⋅−−+⋅⋅−=

−+⋅°+⋅°⋅⋅−=

×+⋅−=

44

42

424

8,34077,0255,1234,1

0255,18,3

007,161sen7,161cos457,0

4

4

444

αα

α

αω

[4]

Igualando las ecuaciones [3] y [4] y separando las componentes, se tiene el siguiente sis-tema de ecuaciones, que resuelto da las aceleraciones buscadas.

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−=⇒

⎭⎬⎫

=⋅−⋅−−=⋅+⋅−

2

24

4

4

rad/s668,1

rad/s668,0

5337,4197,18,3

641,42889,3255,1

� � � �

� �

αα

αααα

En forma vectorial:

2

24

rad/s668,1

rad/s668,0

�

�

� �

�

�

�

�

⋅−=

⋅−=

α

α

Como conclusión al comparar el resultado de este problema con el del problema 4, se comprueba que el resultado de la velocidad y aceleración angular de la barra 4 es el mis-mo. Con esto se muestra que la presencia de una par de rodadura con deslizamiento entre las barras 2 y 3 provoca que el mecanismo tenga un grado de libertad más que si ese par no tiene deslizamiento, pero ese grado de libertad resulta pasivo, al no tener influencia en la relación entrada-salida del mecanismo.

��

29

��

Dado el mecanismo de Cruz de Malta mostrado en la figura, determinar para la configu-ración del mecanismo indicada: a) La velocidad angular de la barra 3. b) La aceleración angular de la barra 3. Datos geométricos del mecanismo: mm8232 =�� , mm602 =�� .

Datos cinemáticos del mecanismo: º1202 =θ , .r.p.m1002 �

�

�

⋅=ω , constante.

��

�

�

�

�

2ω�

�

�

��

30

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

De los triángulos � � �� y � � ��, se deduce inmediatamente que:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ⎩

⎨⎧

==

⇒⎭⎬⎫

⋅=−°⋅⋅=°⋅

⎭⎬⎫

⋅+=⋅⋅=⋅

mm4536,42

º0367,225

sen82120sen60

cos120cos60

sen82sen

coscos

3

3

33

33

3322

3322

��

��

��

��

θθ

θ

θθθθ

Los vectores posición y unitario necesarios para el análisis de velocidades y aceleraciones

serán:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )��

��

��

��

��

��

⋅+⋅−=⋅°+⋅°⋅=

⋅−⋅−=⋅°−⋅°⋅=

mm9615,510,30120sen120cos

mm0385,300,300367,225sen0367,225cos

2

3

2

3

El sistema de referencia móvil se elige sobre la barra 3, { }333 � � − , de modo que la tra-

yectoria relativa del punto �2 respecto dicho sistema de referencia sea una recta coinci-dente con la guía de la propia barra 3. En primer lugar se expresará la velocidad angular de la barra 2 en radianes por segundo,

rad/s4720,102 =ω

�2

�3

�

θ3

�

θ2

( ) ( ) jijiu!!!!!⋅−⋅−=⋅+⋅= 7067,07067,0º0367,225senº0367,225cos3

4� ��

��

31

y la relación de velocidades vendrá dada por:

3/23232 �� ++= [1]

siendo:

( )

( )

( )mm/s7076,07067,0

0

mm/s0,300385,30

00385,300,30

00

mm/s1593,3141396,544

09615,510,30

4720,1000

3/33/3/

3

3333

2

222

2332

333

222

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

⋅−⋅−⋅=⋅=

=×=

⋅⋅−⋅⋅=−−

=×=

⋅−⋅−=−

=×=

ω

ωωωω

ω

Sustituyendo en la ecuación [1], se tendrá que: ��

��

⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=⋅−⋅− 3/3/33 227076,07067,00,300385,301593,3141396,544 ωω

Separando componentes en y en �, se obtendrá el siguiente sistema lineal de ecuacio-nes, con el que se resuelve el problema de velocidades.

⎩⎨⎧

=−=

⇒⎭⎬⎫

⋅−⋅=−⋅−⋅=−

mm/s7675,606

rad/s8396,3

7076,00,301593,314

7067,00385,301396,544

3/

3

3/3

3/3

22

2

��

�

��

� ωω

ω

En forma de velocidades.

( )mm/s34874298026428

rad/s83963

3

3

2��

��

��

�

�

⋅−⋅−=⋅−=ω

b) La aceleración angular de la barra 3. Manteniendo el mismo sistema de referencia móvil, la ecuación que relaciona las

aceleraciones será:

� �� +++= 323232

[1]

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