Aceleración de Coriolis - Método gráfico.docx
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Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Mecánica
Método del movimiento relativo para el cálculo de velocidades y aceleraciones en mecanismos planos simples
Problema: Determinar las velocidades y aceleraciones lineales y angulares del
mecanismo mostrado dibujado a una escala ξ1=100, si el eslabón 2 gira a 2rad
s2
constante en sentido horario. Considere las escalas de velocidad y aceleración apropiadas.
Solución:
i) Por simple inspección del mecanismo se nota que A2 y A3resultan puntos coincidentes, es decir ( A2≡ A3 )⟹V A 2
≡V A3y a A2
≡aA 3
Además del gráfico tenemos que: ξ1=( k O4 )VM
(k O4 )PAPEL
= 4 m4 cm
=100cmcm
⟹ ξ1=100
Empleando las ecuaciones del movimiento relativo de Euler:V A 3
=V A2=V O2
+V A2 O2⟹V A2
=0+V A2 O2, para los polos de velocidad tenemos que:
V O2=V O4
=0
(ϑ a3 )=(ϑ a2 )=V a3=V a2
=V A 2
ξ2
=( A2 O2∗ω2 )
ξ2
=[ (2.30908 cm∗ξ1 )∗ω2 ]
ξ2
¿[ (2.30908 cm∗100 )∗2 ]
ξ2
=[(4.61816
cms )∗100]
ξ2
=4.16816 cm (↗ )
Mecánica de Máquinas (MC417)
Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Mecánica
(Referencia gráfica en el papel – Elegimos ξ2=100 cm /s
cm)
ii)
V A 4=
V A 3
−−¿−−¿+V A4 A 3
⊥ ( kA4 )=
V O4
0+V A4 O4
⊥ ( A4 O4 )⟹ Laintersección de las2 ecuaciones nos da el punto {a} rsub {4} .¿
Del polígono de velocidades notamos que: V a4
=2.38021 cm (↘ ) y V a4 a3=V a4 a2
=3.389141cm(↙ )
iii) Del diagrama de configuración del mecanismo (En V.M)
( AO2 )=2.29469 cm∗ξ1=229.469 cm, ( AO4 )=2.07055 cm∗ξ1=207.055 cm ,
( Ak )=4 cm∗ξ1=400 cm.
iv) En el D.V.V (Dimensiones en el papel) tendremos ( ξ2=100 cm /s
cm):
(ϑ a3 )=(ϑ a2 )=V a3=V a2
=V a2 ϑ2=4.61816 cm⟹V A 3
=V A 2=V a2
∗ξ2=461.816cms
(↗ )
(ϑ a4 )=V a4 ϑ 4=V a4
=2.38021 cm⟹V A 4=V a4
∗ξ2=238.021cms
(↘ )
(a4 a3 )=(a4 a2 )=V a4 a3=V a4 a2
=3.389141 cm⟹V A 4 A3=V A4 A2
=V a4 a3∗ξ2=338.9141
cms
(↙)
v) Finalmente:
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ω4=V A4 O 4
( A4 O4 )=
V A4
( A4 O4 )=1.149554466
rads
¿
ω43=V A4 A 3
(k A4 )=0.84728525
rads
¿
vi) Cálculo de las aceleraciones normales (En V.M):
a A3
n =aA2
n =V A 3
2
( A2O2 )=
V A2
2
( A2O 2)=929.4240959
cm
s2(↘ ) , aA4
n =V A 4
2
( A4 O4 )=273.6181036
cm
s2 (↙)
a A4 A3
n =V A 4 A3
2
(k A4 )=287.1569179
cm
s2 (↘ )
vii) a A3=aA2
=aA2
n +aA2
t =aA2
n +α2∗( A2O2 )=aA 2
n +0⟹aA2=aA 2
n ,(α2=0)Para los polos de aceleración tenemos que: aO2
=aO4=0
(ϑ ' a3' )=(ϑ ' a2
' )=aa3=aa2
=aA2
ξ3
=( V A 2
2
( A2 O2 ) )ξ3
=[ ( ( A2 O2 )∗ω2 )2
( A2 O2 ) ]ξ3
=929.4240959
cms2
ξ3
=9.294240959 cm (↘ )
(Referencia gráfica en el papel – Elegimos ξ3=100
cm
s2
cm)
viii)
a A4=aA2
+aA4 A 2⟹
aA 4
n
−−−¿−−−¿+ aA 4
t
⊥ ( A4 O4 )=
aA2
−−−¿−−−¿+
arel .tras . A4 A 2
0+
aA 4 A2
n
−−−¿−−−¿+aA4 A 2
t
⊥ (k A4 )+ aA4 A 2
c
⊥ (V A4 A 2 )⟹L a intersección de ambas ecuaciones nos da el punto {a} rsub {4} rsup {'} .¿
¿¿
arel. tras . A 4 A2=0 , pues A4 es la proyecciónde A2 ,es decir uno no se aleja respecto del otro .
a A4 A 2
c =2∗ω2∗V A 4 A2⟹aA 4 A2
c =2∗ω2∗V A4 A 2=2∗(2 rad
s )∗(338.9141cms )=1355.6564
cm
s2(↖ )
Mecánica de Máquinas (MC417)
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ix) Finalmente del D.V.A tenemos que (ξ3=100
cm
s2
cm):
aa4 a2
t =1.10974 cm⟹aA 4 A2
t =aa4 a2
t ∗ξ3=110.974cm
s2(↗)
aa4
t =3.46323 cm⟹aA 4
t =aa4
t ∗ξ3=346.323cm
s2(↖)
aa4=4.41369 cm⟹a A4
=aa4∗ξ3=441.369
cm
s2(↙ )
α 4=a A4
t
( A4 O4 )=1.672613557
rad
s2 ¿
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