Capitulo 4

En este captulo...

O ITES-Paraninfo

^i*:a ce maqunas

4.1. lrurnoouccrru

En el estudio cinemtico de los mecanismos se analiza el movimiento sin atender a las fuerzas quelo producen. Sin embargo, pare proseguir en el diseo correcto de los mecanismos, es necesano co-nocer los esfuerzos internos en los pares cinemticos consecuencia del movimiento, as como losesfuerzos exteriores que aparecen en los eslabones del mecanismo y que afectan de manera decisivaal funcionamiento y vida til del rnismo, incluidas las reacciones con el eslabn tierra.

Se clenominarn esfuerzos a las fuerzas y/o momentos que aparecen sobre el mecanismo que serobJeto de estudio. Los esfuerzos que actan de manera general .sobre un mecanismo se pueden divi-dir en tres cutegoras:

1' Esfuerzos motrices: que se aplican sobre el mecanismo para producir el movimiento.2' Esfuerzos resistentes: que aparecen en el mecanisrno consecuencia del contacto entre eslabo-nes y que impiden o dificultan el movimiento, as como los esfuerzos de las cargas externas(bombas, compresores o cualquier otro dispositivo que obtiene energa mecnica clel meca-nismo).

3' Esfuerzos de inercia: que aparecen en los eslabones del mecanismo cuanclo stos tienen unmovimiento acelerado.

Dentro de los anteriores esfuerzos prestaremos especial atencin al estudio de los esfuerzos deinercia, lo que habitualmente se denomina estudio dei caso dinmico, en contraposicin al estudiodel caso esttico, que analiza los restantes esfuerzos. La aplicacin cle las tcnicas de superposicinpara realizar el estudio dinmico completo del mecanismo permite ponclerar la importancia de losesfuerzos para cada mecanismo en particular.

La dinmica del slido rgido tiene dos ecuaciones que permiten conocer el equilibrio clinmicode cualquier eslabn slido reido clel mecanismo:

El teorema del centro de masas IF: M.d".El teorema del momento cintico LM..o*r: respecto al centro de masas G (CDM).

dL..o

La aplicacin de las relaciones anteriores permite obtener el estado de equilibrio dinmico enun-ciado por D'Alembert para cada uno cle los eslabones.

Para el caso de mecanismos planos, el teorema del centro de masas mantiene la misma expre-sin,.es decir, f F

, M'd.: el sumatorio de las fuerzas exteriores que actan sobre el slido rgido

considerado se iguala a un vector proporcional a la masa total del eslabn y con direccin cle la a,,.obtenida a partir del cinema de aceleraciones correspondiente. La interpretacin de esta ecuacin nosindica el movimiento de una partcula posicionada en el punto G (ceniro de masas), cuya masa es lamasa total del slido rgido y, adems, se ve afectada por un sistema de fuerzas suma de todas lasfuerzas exteriores que se aplican. La resolucin de esta ecuacin del movimiento nos dara la travec-toria del punto C.

La anterior solucin no es suficiente para conocer el movimiento del slido rgido; debemos co-nocer el movimiento relativo del slido rgiclo alrecleclor del punto G; para ello utilizaremos el teore-ma del momento cintico' que nos liga los momentos exteriores aplicados al slido rgido con lavariacin del momento cintico, y en el caso de movimientos en el plano se reduce a la expresinsiguiente: LMo Exr: Lc'd. De nuevo el conocimiento de la cinemtica del slido rgido nos incli-ca que la suma de los momentos de las fuerzas exteriores respecto al centro de masas G lleva ladireccin de la aceleracin angular f del slido rgido, obtenida en el estudio cinemtica a oartir cleIas componentes de aceleracin con formato tansencial.

Dinmica de mquinas 103

En el estudio dinmico de un eslabn de un mecanismo en el plano tenemos que considerar: elpunto centro de masas G, la masa total M, el momento de inercia 1,, respecto al punto G, la acelera-cin de G y la aceleracin angular del eslabn punto G centro de masas, que es fundamental para elestudio de la dinmica de los eslabones slido rgido del mecanismo.

Si utilizamos las expresiones en el modo dalambertiano tenemos el equilibrio dinmico instant-neo del eslabn:

LF Mou: sLM".o* Lr,..: o

Las anteriores expresiones sern utilizadas segn la interpretacin grfico vectorial para resolverlas fuerzas y pares instantneos que actan sobre un eslabn de un mecanismo y compatibles con lae inernitica del rnislno

4.2. EourvnlENcrA DrNMrco-ENERGTrcA DE uN MEcANrsMoDE UN GRADO DE LIBERTAD

En los mecanismos articulados desmodrmicos (l GDL) es posible sustituir, a efectos dinmicos, unmecanismo completo por otro equivalente ms sencillo consistente en reducir el sistema de fuerzasexteriores a un punto cuyo rnovimiento sea de inters y fcil anlisis, de manera que ambos verifi-quen el Principio de los Trabajos Virtuales en sus movimientos restringidos virtuales en el instante 1.Un mecanismo en un instante dado. con rozamiento nulo en los pares cinemticos, y considerandolas fuerzas activas exteriores y las fuerzas y pares de inercia, cumple el PTV.

La idea consiste en sustituir las fuerzas aplicadas al mecanismo por una nica fuerza, de direc-cin determinada, aplicada en un punto del mecanismo de movimiento y trayectoria conocida. Eshabitual seleccionar puntos en eslabones manivela, pues nos permiten hacer la equivalencia sobre unpLrnto de movimiento muy sencillo (tase la Figura 4.1).

Sisf enta.s equit'ulenf es energticamenf e'. el trabajo instantneo producido por la fuerza reduci-da en el punto de reduccin A es el mismo que el producido por el sistema de fuerzas actuanteslexternas).

Figura 4.1. Mecanismos dinmica energtcamente equivalentes.

4.2.1. FueRzA REDUcIDAE,l mecanismo equivalente estar formado por una manivela, con una masa concentrada en su extre-mo denominada masa reducida, que representa la energa cintica de todo el mecanismo y unafuerza reducida aplicada en el extremo, de direccin perpendicular a la direccin del eslabn. querepresenta el conjunto de las fuerzas aplicadas sobre el mecanismo completo en el sentido de cum-plir el principio de los trabajos virtuales PTV.

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i -:- :a de mquinas

En la Frgura 4.2 se representa en el instante / el mecanismo de I GDL sobre el que se aplican lasiuerzas Ft,Ft, F. y sealamos el puntoA de velocidad Vo perteneciente a una manivela. Del anlisisdel mecanismo anterior podemos obtener fcilmente el trabajo virtual asociado a las fuerzas conside-radas. Si consideramos como mecanismo equivalente del dado una manivela con una fuerza F, en elpunto A que desamolla el mismo trabajo virtual instantneo, en el instante /, que el mecanismo en-tonces a la fuerza R, se denomina fuerza reducida en el punto A y representa una forma sencilla dereDresentar instantneamente el estado dinmico enerstico de un mecanismo de I GDL.

Figura 4.2. Fuerza reducida F4 y masa reducida mo de un mecanismo de 1 GDL.

4.2.2. Mnsn REDUcTDACon la definicin de la fuerza reducicla en un punto A de una manivela Ro. hemos ligado el estadocinemtico de la trayectoria del mecanismo equivalente con un estado dinmico que nos permitecalcular el trabajo virtual de las fuerzas consideradas. Ahora vamos a ligar la energa cinemticatotal del mecanismo con una masa equivalente posicionada en el punto A, que mediante la V., nospennita calcularla para cada instante r. El valor de la masa equivalente mA que representa la energacintica total del mecanismo completo se calcula aplicando la equivalencia energtica.

Ecintica nlecnismo : Ea'ne,i." nrani\cl caluiviilcntc

2 X E.inti.n,recanismcrt2

As, dado el sistema de la Figura 4.2 y su sistema equivalente, se considerar que ambos sonenergticamente equivalentes si la variacin de trabajo externo, es decir, la variacin de su energacintica es la misma. Veriflcan, pues el Teorema de la Energa Cintica:

dE.inti." tutul recanismr : dW.*,.rn.

La energa cintica total del mecanismo ser igual a la suma de la energa cintica de cada unode los eslabones. es decir:

Ecintica mecanismo : I E.'nn,'., eslabones

Ecinrica nrccanir,.,, : I Ecintica nrarir.elas * I E nti." rrl"t",

clonde i es el nmero de eslabones .1 rn..jnir*o, j el nmero i" rrlun,uelas y fr el nmero de bielas.S-:.'aninfo

I"ttt,V-,2 ""

n7^


La energa cintica de las manivelas es exclusivamente de rotacin, por tanto su valor dependerdel momento esttico de inercia del eslabn respecto al centro de rotacin (1, ) y de la velocidad conque ste gira (o):

ELcirreticr nrrrrirelel -

I utMientras que la energa cintica de las bielas est compuesta por la suma de la energa de rota-

cin alrededor de CDM y de la traslacin de su CDM:

tlE

'nu,,." bicta ( : ; Mt rt" tVl,r -l I u^roi

LL

4.2.3. FueRzR EQUTLBRANTE r/s. FUERZA REDUcIDAEn la Figura 4.3 se representa un mecanismo articulado sometido a un conjunto de fuerzas en susdiferentes eslabones. El equilibrio del mecanislno, en el sentido de cumplir el PTV, se conseguircuando se aplique una fuerza Eo que denominamos equilibrante en un punto determinaclo de trayec-toria y velocidad conocida, como se observa en la misma figura en la parte derecha.

Figura 4.3. Mecanismo no equilibrado (izquierda). Mecanismo equilibrado (derecha).

Podemos decir que:o E equilibra las fuerzas F, qg9 actan sobre el mecanismo, para que se cumpla el PTV.o [,, equivale a las fuerzas F que actan, en el sentido de producir el mismo trabajo virtual

que ellas.La fuerza reducida F, aplicada en el punto A es un vector iclntico al vector equilrbrante pero consentido contrario. Podemos considerar que el vector fuerza equilibrante representa la fuerza que ha-bra que aplicar al punto A para equilibrar el mecanismo en ese instante:

R: EEn todo momento se considerar que no hay rozamiento entre eslabones para que se verifique el PTV.

Usaremos dos mtodos para calcular la fuerza reducida yr'o equilibrante, los cuales usan las pro-piedades asociadas por el PTV; stos se presentan a continurcin.

Mrooo cRFrco DE REDUcctr. oe FUERZASDado un sistema de fuerzas activas sobre un mecanismo y situadas sobre los diferentes eslabones delmismo en puntos dados, calcular la fuerza reducida en un punto A de una de sus manivelas.

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, -.- :a oe maqutnas

Un eslabn genrico estar af-ectado por un sistema de fuerzas, sistema de vectores deslizantes,que pueden reducirse a cualquier punto del eslabn.

La caracterstica importante en nuestro equivalente dinmico energtico es procurar una fuerzaque genere el mismo trabajo virtual en el punto de inters. el A.

Una fuerza, como vector deslizante. en cualquiera de sus puntos de aplicacin de la recta deaplicacin produce idntico trabajo virtual, pues la proyeccin de la velocidad sobre dicha recta esconstante. Luego el mover una fuerza en la recta de aplicacin es indif'erente en cuanto a trabajor irtual producido.

Una fuerza F. si la descomponemos en un punto de la recta cle aplicacin segn clos direcciones-senricas F -F, * F.. por uplicacin de lo dicho en el prrafo anterior da lugar a un trabajo virtualsuma del producido por los vectores descompuestos tr, y F,.

Si alguno de los puntos de aplicacin de la fuerza tiene velocidad nula o perpendicular a la direc-cin de aplicacin dar lugar a trabajo virtual nulo. Las anteriores direcciones son de gran inters,pr"res permiten despreciar las componentes de fuerza que generan un trabajo virtual nulo, y de estemoclo redireccionar los vectores fuerza hacia las juntas (vase en los problernas). Es habitual elegirdirecciones de descomposicin vectorial hacia los puntos fijos del eslabn.

Una vez alcanzado, mediante las anteriores operaciones. y posicionado un vector descompuestoF' del original F en el punto del par cinemtico que nos encamina hacia el eslabn ms cercano alpunto de reducciu escogido A se deber estudiar el comportamiento, en cuanto a trabajos virtuales.del vector fuerza encaminado.

En el caso de articulaciones la solucin es inmediata. pues al ser la.velocidad en un lado u otrode la articulacin el mismo el trabajo virtual producido por la fuerza F' no vara, y por tanto pode-n-los pasar por una articulacin de un eslabn a otro. De este modo. se transflere el punto de aplica-cin de la fuerza del eslabn primero al segundo.

En el caso de pares de gua corredera, la fuerza Fr no se traspasa directamente debido a la dif'e-rencia de velocidades a un lado u otro de lajunta y habr que hacer que el trabajo virtual en el puntode contacto en la gua sea idntico al calculado en el punto de contacto en la corredera.

Repitiendo los anteriores procesos lograremos que las fuerzas aplicadas en los dif'erentes eslabo-nes se transfieran al ounto A del eslabn manivela considerado. obtenindose la fuerza reducida en.{.F,.

Podemos resumir la tcnica grfica de descomposicin y transf-erencia de fuerzas como:o Se realiza una descomposicin vectorial de las fuerzas aplicadas sobre el eslabn del mecanis-

mo en componentes. de manera que se dinjan hacia alguno de los apoyos del mismo y otra quese dirija al punto de contacto con otro eslabn en su ruta hacia el punto de reduccin en eleslabn en el cual se quiere calcular la fuerza reducida.

o Todas las fuerzas cuyas lneas de accin se dinjan hacia los apoyos del mecanismo son absor-bidas por la bancada y no afectan dinmicamente al resto de los eslabones: trabajo virtual nulo.

o Las fuerzas que alcanzan una articulacin se pueden traspasar al punto de contacto del otroeslabn.

o Las fuerzas que alcanzan una gua deslizadera deben traspasarse de manera que conserven eltrabajo virtual calculado en el eslabn previo.

ATENCION: Los vectores fuerza son vectores deslizantes. Slo oueden desolazarse a lo larso desu lnea de accin.

Ejemplo de aplicacinEn el mecanismo de la Figura 4.l existe una fuerza aplicada en la manivela de entrada. La geometradel mecanismo es conocido. Calcular la fuerza equilibrante en el extremo de la manivela de salida(punto B), y la tuerua reducida en el mismo pllnto.

l :- : r'an i nfo

Dinmica de mquinas 1O7

La fuerza aplicada en el punto P. debe descomponerse en dos componentes:

F.: F', 1 F':Si F lleva la clireccin clel eslabn 3. La direccin de Fi se obtiene de la unin del punto de

interseccin entre la lnea cle accin d.' F y la direccin del slubn 3. y el punto de apoyo O..

Figura 4.5. Descomposicin de la fuerza Fr.

Al pasar la lnea de accin cle la fuerza Fi por el irpoyo. puecle ehminarse en el clculo de latuerza reducida al no af'ectar al mecanismo, pues la absorbe el apoyo. Lt fuerzu Fl se pLrede despla-zar a lo largo de su lnea de accin, por lo que se desplaza hasta el punto B. Por ltimo, para calcularla fuerza reducida, descornponemos esta fuerza F'i para obtener la componente en la direccin per-pendicular a la manivela de salida.

F;: F;, *Rula componente cuya lnea de accin pasa por el apoyo O* no af'ecta clinmicamente al clculo de laresultante.

La fuerza equilibrante ser:

Figura 4.4. Mecanismo de cuatro barras,

ffii+trll. /Descomposicin de la fuerzaF.r.

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i -:* ca de mqunas

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Figura 4.6. Descomposicin de la fuerzaPr.

PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES

El trabajo virtual realizado por las fuerzas que actan sobre el mecanismo en un instante dado sernulo (las fuerzas exteriores son todas las que no son reacciones entre eslabones).

En un movimiento virtual del mecanismo, compatible con los enlaces, el trabajo virtual produci-do por las fuerzas activas es nulo.

I F,.;r", : odonde F, es la fuerza aplicacla sobre el eslabn i en el punto P,, d7", es el desplazamiento virtual delpunto P, donde se aplica la fuerza F.

A efectos prcticos, el desplazamiento virtual se traduce en la velocidad del punto, quedando laecuacin de un mecanismo equilibrado como:

I F''r'" : oLo anterior es fcilmente demostrable debido a la existencia de un eje central que nos permite

ligar los desplazan-rientos virtuales de un punto del eslabn con las velocidades de dicho punto me-diante el vector rotacin, constante para todos los puntos en un instante cualquiera.

Ejemplo de aplicacinEn el mecanismo de la Figura 4.J se representan un conjunto de fuerzas aplicadas sobre los esla-bones. Las velocidades y geometra clel mecanismo son conocidas. y se trata de calcular la fuerzaequilibrante en el extremo cle la manivela de salida (punto B), y la fuerza reducida en el mismopunto.

Aplicando el principio de los trabajos virtuales, se considera el mecanismo equilibrado al aadir1a fuerza equrlibrante, que se denominar Er, la direccin de este vector equilibrante ser perpendi-cular a la manivela.

3

F . t" + E^.r,o : 0

Ft'Tr. +

-: S - Paran inf o

F,.r". + Ft'i p, * Er.u : o

Dinmica de mquinas

Figura 4.7. Cuadriltero articulado.

el valor de las velocidades se obtiene del cinema de velocidades (rose la Figura 4.8)._l_ AB

Figura 4.8. Cinema de velocidades.

Aplicando el producto escalar y considerando como primera hiptesis que la fuerza equilibrantey velocidad del punto sobre la que se aplica tienen la misma direccin

Eu.t u : lEal. llul . cos (0"),F.t'lr'"l.eos(l/,) , lF,l.lr".l.cos{lr) + F,l.l'p .cos{//r) + lEnl.l'ol :0

rFr--ILBI -

lF.l . lu,l .cos ((/.) + lF..l . lL.".l .cos ((/3) + l4l l".1 .cos (l/.))io

Si el resultado de la fuerza equilibrante es positivo. entonces el sentido de la fuerza es el mismoque el de la velocidad. Si es negativo, entonces el sentido es el contrario.

La fuerza reducida en B ser: Ru : Eo

109

\..-oCf

o

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4.3. Espuenzos DE tNERctA EN MEcANtsMosDe la aplicacin del Teorema del Centro de Masas y de la formulacin de D'Alambert obtenemos unequilibrio dinmico entre las fuerzas y pares exteriores aphcados al eslabn y las fuerzas y pares deinercia. Debido al inters e importancia de las fuerzas y pares de inercia, se conviene representarlas-srficamente sobre el eslabnl en el estudio de la dinmica de la partcula se suele representar lafuerza exterior y se sobreentiende la existencia de una fuerza de inercia sobre la partcula.

Cuando los eslabones de un mecanismo presentan rnovimientos acelerados, sobre ellos aparecenlos esfuerzos de inercia. Estos esfuerzos estn calculados en el centro de masas del eslabn. As,para un eslabn i como el de la Figura,1.l0, que presenta una cinemtica definida por an y L._

El eslabn presenta una fuerza de inercia F: m.i;, y un momento de inerciaM,: I; -7i, es habitual denotar el vector momento de inercia de un eslabn como par de iner-cia para evitar confusin con el escalar momento de inercia esttico. es decir:

nr, es la masa del eslabn.d.,, es la aceleracin lineal en el centro de gravedad del eslabn.1r, es el momento de inercia esttico respecto al centro de gravedad.d es la aceleracin angular del eslabn.

Figura 4.10. Eslabn i.

As, los esfuerzos de inercia que aparecen en el eslabn de la Figura rl.l0 se muestran en laFigura 4.I l.

Es habitual simplificar los esfuerzos de inercia a un nico vector fuerza. denominado Fuerza deInercia Equivalente, consistente en mover paralelermente as mismo el vector F, una distancia /lr res-pecto el punto G y con valor h,: MlF, y con el sentido acorde con el sentido del par de inercia.Este esquema simplificado de esfuerzos de inercia a un nico vector fuerza facilita el estudio grficode la dinmica de un eslabn y, por ende, del mecanismo completo en estudio (L:o.se la Figura 21.12).

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Figura 4.9. Aplicacin del PTV.

Dinmica de mauinas 111

Figura 4.11. Esfuerzos de inercia del eslabn i: F = m.o,, M;: lo,'i,.

Este clculo realizado para un nico eslabn debe ser realizado para cada uno de los eslabonesque conforman el mecanismo. obtenindose un sistema de esfuerzos de inercia que en conjun-cin con las fuerzas exteriores sobre cada uno de los eslabones dan el equilibrio dinmico delmecanismo.

Usando los diagramas del cuerpo libre correspondientes a cada uno de los eslabones se calcula-rn las reacciones de contacto o ligaduras entre eslabones. Del estudio del contacto en las articula-ciones se obtiene que las reacciones deben ser iguales y de distinto signo entre los eslabones. En elcaso de gua corredera segn el modelo simplificado que se use, las reacciones estarn sobre la nor-mal en la gua (modelo de contacto en un punto): si necesitamos compensar pares de inercia de ligua se utilizarn modelos ms complejos (modelo de contacto en dos puntos).

Figura 4.12. Obtencin de la fuerza de inercia equivalente.

PnoeLeMAS RESUELToS

4.1 . Hallar la fuerza reducida en A debiclo a la fuerzas F, y F, aplicadas en el mecanismo segn la Figurazl.l3. ,Qu fuerza habra que aplicar en el punto A para que todo el mecanismo se mantengr enequilibrio'?

Datos:

o,D :60 cmOrC

- 30 cm

DB :13,36 cmnA--A)1

i .mica de mquinas

o: = l0 rdls

Figura 4.13. Clculo de la fuerza reducida.ResolucrruPara su resolucin se aplicarn los dos mtodos estudiados:

Mtodo de retlucc'in de .fuerzo.s: que obtiene el valor de la fuerza reducida de manera grfica. En

este caso ser necesario aplicar el principio de superposicin. Se divide el problema en dos, y seobtiene la fuerza reducida para cada una de las fuerzas aolicadas sobre el mecanismo.

Para la fuerza F. aplicda en P. (t:ase la Figura 4.li).

s't_I

'r--(10,15 N)

Fz(1e,12 N)

,/,/

,.//,/+ /1tt (tlS.uNlf -'l'z.z

--rt :// r,,E3trtFgura 4.14. Obtencin de la fuerza reducida en A debido alafuerza F2.

Todos los esfuerzos cuya lnea de accinbancada y no se consideran para el clculo de

Para la fuerza F, aplicada en P2 (uuse la

pasa por algrn punto de apoyo son absorbidos por lala fuerza reducida.Figura 4.15).Fr^ + E.r,

lF,.,l : 8,13 N

(19,14 N)Fzt

,,r0, *,rf ),'

{3i{rs'rz t't


(32,52 N)

Figura 4.15. Obtencin de la fuerza reducida en A debido a la fuerza Fr.

Aplicando el principio de superposicin se obtiene que la fuerza reducida del sistema total estgual a la suma vectorial de las fuerzas reducidas obtenidas en las soluciones parciales. En la Figu-ra 1.16 se observa el clculo obtenido grficamente.

Ro: Fu I Fro lRAl : 18,28 N

\n\9

R(18,28 N)

Figura 4.16. Obtencin de la fuerza reducida en A.

Lafuerza equilibrante Eo, es clecir, la fuerza que es necesario aplicar en el punto A para conse-guir mantener el equilibrio es un vector de mdulo y direccin igual a la fuerza reducida, y sentidocontrano.

Principio de los trabajos

'N)

@

tN^V'

lTF.;L'I 'P,

t:irtuales: Se aplica la frmula

rEo.u^^: g F..Tr, + F.s.p. + 6o.lo : g

A(o+x(10,15 N)Fza t\t F5A(8,13 N)

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,,;n 7 o Ir lrrB

-t* aa de maqutnas

Para resolver la ecuacin es necesario obtener el cinema de velocidades de los puntos de intersi tuse la Figura 4.17).

Figura 4.17. Clculo de las velocidades de los puntos de inters

o Eslabn 2l/",1 : a4'O2P2: l0'30:300 cm/sl.rMolr. I u2r.sentido acorde Cotr tDr

r Eslabn 3:nDLBD

el CIR 1,., se obtiene aplicando el teorema cle Kennedy, y el vector velocidad del punto I) se obtienepor homologa, a partir de la velocidad del punto Pr.o Eslabn 4:

tr': ';u I t:ru;ft r

el rndulo cle la velocidad del punto C es (r:a,se la Figura 1.11): licl - 146,3 cms.A partir clel clculo de la velociclad del punto C. y aplicando homologa entre el cinema y el

eslabn, se obtiene quel".1 : 92.3 cm/s

; -; I;IA- tB I t/\B

lo* l'ol : 540 cm/sF.l. Tr.1.cos (02) + lF.l lr".l.cos (ris) + l6,tl 'lol : 0

a partir de la Figura .1.18 se resuelve la ecuacin.

30,18 N.300 cm/s.cos(90 -

38) + 52,89 N'92,3 cm/s'cos(90 64t + l4,\l'540 cm/s:0,: , 30,18 N.300 cm/s'cos(90 - 38) + 52,89 N'92,3 cm/s'cos(90 - 64)

S+tl .t ,E.ol : 18,44 N, el sentido del vector fuerza equilibrante es contrario al de la velocidad del pun-to A, debido al resultado negativo obtenido.

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Se comprueba que ambos resultados son prcticamente iguales

Dinmica de mquinas

> 4.2. Daclo el eslabn de laFigura 4. 19, calcular la resultante de los esfuerzos de inercia. El eslabn gira avelocidad angular o:2 rd/s, en sentido horario, y aceleracin angular z : 5 rd/s', en sentido anti-horario. La aceleracin del punto A del eslabn tiene un mdulo de 3 m/s-. La masa del eslabn esnt:0,2 kg y el momento de inercia /c:0,016 kg'-'.

Figura 4.18. Aplicacin del principio de los trabajos virtuales.

Figura 4.19. Eslabn, las dimensiones del eslabn estn en cm.

Resoluclr,rEl primer paso hacia el clculo de la resultante de los esfuerzos de inercia es obtener el valor de lafuerza y el momento de inercia, a partir de las ecuaciones:

F' : -ttt''i"

lVi: -lr;.).Para el clculo de la fuerza de inercia es necesario obtener previamente el valor de la aceleracin

en el centro de gravedad. Aplicando la ecuacin de aceleraciones relativas en la biela:

c, : d t c: d + A'^ + A'GA

=, flu'ol : ,,,' 'AG: (2 rd/s)r '44.18 cm : I ,71 mls2

ttt;'r I dir. AG. senticlo de G a A

-t f l7i'r,nl : t' lc : (5 rclis)2 ' 44,18 cm : 2,21 m/s2t'"n t dir. Ac. sentido acorde con 7@ ITES-Paraninfo

--'mica de mouinas

srficamente se obtiene el valor de aceleracin buscada, al aplicar la suma vectorial (uase la Figu-ra 4.20)

au-3.88msrlF): rn @cl:0,2 kg.3,88 m/s2 : 0,78 N

la direccin es la misma que la aceleracin du, y sentido contrario.

l,1: Iu lrl : 0,016 kg'm2.5 rcl/s2 : o,o8 Nmla direccin es la misma que la aceleracin d, y sentido contrario, es decir, horario.

Figura 4.20. Determinacin de la aceleracin del centro de gravedad.

La representacin de los esfuerzos se presenta en la Figura 4.21.

Frgwa 4.21. Esfuerzos de inercia.

La resultante de los esfuerzos de inercia se obtiene desplazando la fuerza de inercia una distanciaft tal que represente el momento de inercia.

M, 0.08 NmIt: ^ - ^-^-:lOcmFi 0.78 NPor tanto, la resultante de los esfuerzos de inercia ser una fuerza de mdulo direccin y sentido

idntica a F, desplazada I cm hacia la derecha en la direccin perpendicular a la direccin de lafuerza de inercia. El resultado se muestra en la Fisra 4.22.

-iS-raraninfo

Figura 4.22. Resultante de los esfuerzos de inercia.


> 4.3. El mecanismo de la Figura 4.23 es un cuadriltero articulado cuyas velocidades y aceleraciones fue-ron calculadas en los ejercicios de aplicacin del captulo de cinemtica. Calcular las resultantes delos esfuerzos de inercia de cada eslabn. Considerar que todas las baras oue constituven los eslabo-nes son homosneas.

m.: 0,5 kgmj: 0,7 kgma: 0,6 kg

I(, --

0,062 kg . -t

1., : 0,172 kg . -'

[c+ : O,l08 kg . m2

Figura 4.23. Mecanismo.

Para cada eslabn se calculan la fuerza y momento de inercia, por medio de las ecuaciones

l * tttl'Lt(;j

,2: -

Irrr.'zF,t:

-mr'.3,, :

- Ior'd3

F,r: -

nta'7t6a

-MT-tvrA- -rt;l.j.1

Dado que las barras son homogneas, se considera que el centro de gravedad de cada eslabn seencuentra en la mitad de la barra. Los valores de aceleracin de los centros de gravedad se obtienendel cinema de aceleraciones, al igual que los valores de aceleracin angular.

Figura 4.24. Cinema de aceleraciones, obtencin de las aceleraciones en los centros de gravedad.

e^

\ ,,sos\\ \

aO"

hz"a

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Dinmica de mouinas

Figura 4.25. Aceleraciones en el centro de gravedad.

Los mdulos de los esfuerzos de inercia son:

lF,.l : rn''lu6':0.5 kg'(42,43 rnis2):21,21 NlM,.l: I":'l1z : 0.062 kg -t'(100 rclisr) : 6,20 Nmlfrsl : rrr.1 . l".31 : 0.7 kg'(88,32 m/s2 : 61,82 NlV4,rl : /": ' l7l : ().112 kg -t ' (61,54 rcl/s2 : l0'58 Nm

lF"l : mt.laorl: 0,6 kg'(48,50 mis2; : 29.10 N,M,.1- Iur'1Lrl - 0,108 kg -t'(l13,85 rcl's2; : l2'30 Nm

con direccin igual a las aceleraciones y sentido contrario. En la Figura 4.26 se representa la disposi-cin de los esfuerzos de inercia sobre el mecanlsmo.

B

-:S-Paraninfo

a: = l0i) rd/s

Figura 4.25. Representacin de los esfuerzos de inercia en el mecanismo.

Dinmica de mquinas 1 19

Para el estudio dinrnico del mismo. se hace necesario obtener una resultante de los esfuerzos deinercia de cada eslabn. que permita sustituir la fuerza y momento de inercia por un nico vector.

Fr".-: : F,z -

lF., ,.1 : 2l'21 N F,", : F: > lF,=. ,.1 - 61.82 NlM,l 6.20 Nm lM.,l 10.58 Nmlt.:' =-'

0,29 m lt. -',.' ,' - _ * - 0. 17 rn' F,.l 21,21 N lr,l 61,82 N

F,., + : F,.r r lF*. ,-rl - 29. l0

lM,,1 12.30 Nmh,-' ,'-: 0.42m- lF,.,l 29,10 N

Fres r=61.82N

Figura 4.27. Representacin de la resultante de los esfuerzos de inercia.

Para el clculo del par acelerador a aplicar en la manivela de entrada y las rnagnitudes de lasreacciones entre los eslabones se aplicar el principio de superposicin.

Problema A:Se realiza el equilibrado eslabn por eslabn cumpliendo las ecuaciones de D'Alambert.


@ ITES-Paraninfo

Dinmica de mquinas

o Eslabn 4: los esfuerzos que actan son exclusivamente las reacciones entre los eslabones F,-,Y F.. f F,-o

-

R,,,-F-,r:o + F,r: R.r+4lLM,:o + MnP,tn,(R,.,) :o

Para que las dos ."u..ion'", cumplan la segunda ecuacin de D'Alambert, las lneas de accin deambos vectores deben estar alineadas con el eslabn.


o Eslabn 3: los esfuerzos oue actan son exclusivamente las reacciones entre los eslabonesA-,..: d..-,yFr..

t F,:0 -

R,, -

F,-. :0 :+ F., : F,,4 / :-T,, :0 - Mo\Ro.) +o1nr.: O

Para que las dos reacciones cumplan la segunda ecuacin de D'Alambert, las lneas de accin deambos vectores deben estar alineadas con el eslabn.

Como se aprecia en la Figura 4.30, no existe coherencia entre las lneas de accin de dos vecto-res que deben tener la misma direccin R+ y R. Por ello, la nica solucin posible es que ambosmdulos tengan valor nulo.

R+: -R+:0 N

Rrr: Rj.:0 NF,*: Ro.,:0N

o Eslabn 2: los esfuerzos que actan sobre el eslabn son las reacciones entre los eslabonesF,r:

-F:, :0 N, R,. y la resultante de los esfuerzos de inercia F...,,LF,:0 -+ F,, + F,, * F,.._,.:0 + Fr:: -F,.,_: - lR,rl :21.21 N

\n, :,

- W.


ldir il.

' dir Ro:

Figura 4.30. Lneas de accin relatvas a las reacconesobieto de estudio.

Para que el ltimo eslabn est en equilibrio es necesario aplicar un par que se denominar paracelerador en el mismo, con sentido contrario al par generador por la resultante de los esfuerzos deinercia.

p = 21.21 N

tz -- 21 .21 N

lVla = 10.60 Nm

Rrz = 21,21 N

G)

/ dirR.

r.*""

\-

Figura 4.31. Lneas de accin relativas a lasreacciones objeto de estudo.

Problema B:

Se repite el mismo problema anterior, perode inercia del eslabn 3.

Figura 4.32. Lneas de accin relativas areacciones objeto de estudio.

Dara el caso de considerar exclusivamente los esfuerzos

Rrz = 21,21 N

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I ^ar,ca de mquinas

o Eslabn 4: los esfuerzos que actan son exclusivamente lasR,,, R.,

Tt,:oLM,

-

R,*+R..:0 -

F,.:


reacciones entre los eslabones

-DI\ 1 I

: 0 -

Mr^(R,r) ! Mo,(R+) : 0

Para que las dos reacciones cumplan la segunda ecuacin de D'Alambert, las lneas de accin deambos vectores deben estar alineadas con el eslabn.

oo .

/ dn,.

b

/ dlf l'lz


Eslabn 3: los esfuerzos que actan son exclusivamente las reacciones entre los eslabonesR+ : F,., F, y la resultante de los esfuerzos de inercia del eslabn F,., .

LF, : o - F.., + Fr., r F,",,,: : o/ __LM'':o -i

o7rr) +fuA(R) +A(F*, ) : o

Fres 3=61,82N

@

-! S-Pa ran inf o

losPara que las tres reacciones cumplan la segunda ecuacinvectores deben cortarse en un mismo ounto

Dinmica de mouinas 123

de D'Alambert. las lneas de accin de

Figura 4.35.

Conocidas dos lneas decin de las dos anteriores.

Fres_3 = 61,82 N

Lneas de accin relativas a

accin, la tercera lnea de

\oi' "

las reacciones objeto de estudio.

accin deber pasar por el punto de intersec-

TdirR,t

Fres_,r = 61,82 N

h3\

/ dR-

Figura 4.36. Lneas de accin relativas a las ,"..),on", objeto de estudio.A partir de las lneas de accin de los tres vectores. y conociendo el mdulo de uno de ellos, se

puede resolver grficamente el problema sin ms que aplicar la primera ecuacin de D'Alambert demanera grfica (ause la Figura 4.37).

| n,*l l: lFo.l : [r4i8 N ]lR..l : 63,69 N

ad)

R,,,:-Fo. + |In,.l l:lR..l :f4J8I@ ITES-Paraninfo

rj ^ertca de mquinas

' dir Rr.

Z+

dir R* \

Figura 4.37. Lneas de accin relatvas a las reacciones objeto de estudio.

Eslabn 2: los esfuerzos que actan sobre el eslabn son lasR,r: Frr:0NyF,tI4:o - F.r+F,r:0 :> F,.: -F., :+

li"*' : o

reacciones entre los eslabones

R,rl : 63,69 N

= M-fRfJ + Mo,(&) l,,:0 =. ,: *o.qRrr)f----_---lll.ll: Fz.ctr:63,69 N.s0.l0-2 m: FtJ4 N--l

Figura 4.38. Lneas de accin relativas a las reacciones obeto de estudio.

Para que el ltimo eslabn est en equilibrio es necesario aplicar un par, que se denominar paracelerador, en el mismo, con sentido contrario al par generadoipor la resultanie de los esfuerzos deinercia.

Figura 4.39. Lneas de accin relativas a las reacciones objeto de estudio.

Dinmica de mquinas 125Problema C:


o Eslabn 4: los esfuerzos que actan son las reacciones entre los eslabones F,o y F.. y la resul-tante de los esfuerzos de inercia sobre el eslabn 4 F,", .

LF :0 =+ F,* + F.., *,4.._,*,: 0' .onX.ido

LMr,: o - r.f*a; +Mo1Rj) ro,\F,",_^) : gPara que tres fuerzas cumplan la segunda ecuacin de D'Alambert, sus lneas de accin deben

cortarse en un nico punto. Dado que lo nico conocido es el vector de los esfuerzos de inercia. noes posible obtener el valor de los otros dos vectores aplicando las ecuaciones de D'Alambert. por loque ser necesario avanzar al siguiente eslabn para obtener ms informacin.


Eslabn 3: los esfuerzos que actan son exclusivamente las reacciones entre los eslabonesF+.: F..yFr.LF :0 + R.., + Fr.,:0

-

F.,..,: -Fr.

\O,,: o - Mo(Rd +fuo1Qr.: o

Fres_ = 29,10 N

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i -:- :a de mquinas

Para que las dos reacciones cumplan la segunda ecuacin de D'Alambert, las lneas de accin dernbos vectores deben estar alineadas con el eslabn.

Dado que F*: : -

F-,0. es posible utilizar la direccin obtenida en el equilibrado del eslabn 3para completar el equilibrio del eslabn 4.

dir R.

ldir ,.

Frgura 4.42. Lneas de accin relativas a las reaccionesobjeto de estudo.

As, volviendo al eslabn 4: con dos lneas de accin conocidas (R. y F,.._+), obtenemos latercera lnea de accin uniendo el punto Oa con el punto de corte de las dos lneas (fr).

dir Ry

de la lnea de accin de R.o.

r\v

.\k r\,\ \\,

\\:\ -\-\ -\\__\\\\ \ \ \

B

Figura 4.43. Obtencin


Conocidas las direcciones de los tres vectores y el mdulo y sentido de uno de ellos, es posibleresolver la primera ecuacin de D'Alambert para el eslabn 4:

F,., + R,_, + F,., ,o : o

i"-[uCon la resolucin grfica es posible obtener los mdulos.

R:o : F., -

lF..,l : 1,86 NlF,.l : 30,69 N

Rs = 1,86 Nti-\*

\dir Ra

Figura 4.44. Lneas de accin relativas a las reacciones objeto de estudio.

Por otro lado, para el eslabn 3:

dir R,o

,p\P.

'.9-d/,r

f)r\\\ -.o\'\-z

ad)v

\G"

Figura 4.45. Equilibrio en el eslabn 3.

@ ITES-Paraninfo

i 'anica de mquinas

Eslabn 2: los esfuerzos que actan sobre el eslabn son las reacciones entre los eslabones,2:

-Fr,YF,r.

LF,:O - F.,, + F,r:0 + R,z: F., - l,rl : 1,86 N

Para que el ltimo eslabn est en equilibrio es necesario aplicar un par, que se denominar paracelerador, en el mismo, con sentido contrario al par generador por la resultante de los esfuerzos deinercia.

Lr:0 + Mo*R.,)+Mo.(Rr:lM,:0 > M,,: -Mo1Rr.l ::>

JYrl: lF..l .d2:1,86 N.s0.l0-2 m: t,e?N*l

PROBLEMA B

lR'.rl : 14,38 NlF.ol : 14,38 NlRr:rl :63,69 NlF,rl :63,69 N

A

Ma = 0,97 Nm

-Oz

Figura 4.46. Determinacin del par acelerador.

Resolucin del problema complefo: La solucin de este problema se encuentra en la suma vecto-rial de todas las soluciones obtenidas en los tres oroblemas anteriores. as:

nJ

PROBLEMA A

lRrll : o NlR.,1l :0 NlR2'rl : o NlF,rl :21,2r N1M,,1: 10,60 Nm (horario)

PROBLEMA C

lR,.l :30,69 NlF,.l : t,86 NlRr.l : 1,86 NlR'rl : 1,86 N

lM,,l : 31,84 Nm (antihorario) lM,,l : 0,97 Nm (antihorario)El vector Fr., tiene la misma direccin en los dos problemas, por lo que la suma puede ser esca-

lar, dado que el sentido es contrario,

lFr,l : lnr_rl - lFr. cl:63,69 - r,86:61,83 N

con la misma direccin que los dos vectores y sentido el de Fr1_n.

iS - )a ran i nfo


Las soluciones srficas son:

-c = 1,86 NFigura 4.47. Determinacin de F,,. Figura 4.48. Determinacin de F.o.

Rrz c= 1,86 N

Rrz_n = 21 ,21 N

Figura 4.49. Determinacin de F,".

Por otra parte, los pares aceleradores obtenidos en los tres problemas tienen direccin perpendicularal plano de trabajo. El par acelerador se obtiene sumando los mdulos de los vectores obtenidosatendiendo al signo segn el sentido del vector.

|fu.|: l._,rl + l,, ul * lM,, ,l: -10,60 + 31,84 + o,gi :an2lsenrido anrihorario

| > 4.4. En la posicin del sistema mecnico de la Figura 4.50, calcular:a) Velocidades de los puntos Ao (perteneciente al elemenro 4), B y C.b) Velocidad angular de los eslabones 3, 4, 5 y 6.c) Aceleracin de los puntos Ar (perteneciente al elemento 2), Ao (perteneciente al elemento 4), B

yC.d) Aceleracin angular de los eslabones 3,4, 5 y 6.e) Suponiendo despreciables las masas y momentos de inercia de todos los eslabones, calcular ia

fuerza reducida en la articulacin 6 de la fuerza Fz: I N aplicada perpendicularmente haciaabajo en el punto medio del eslabn 2.

Datos:

OzO: 10 cm OA :20 cm O*f : lO .t

lvorl :5 m s. rz : 0 rad/s2BC :25 cm

?o

Rr4 = 3g5 N

\e)\\-s,\\ oo

2.'\\a".-\Yo-\ \(r,\\"%\

'1. \

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-

^2-tca Qe maQutnas

Figura4.50. Mecanismo.

Resoluctt'r

El sistema mecnico planteado (Figura 4.50) representa un mecanismo Whitworth de retomo rpido,muy utilizado en prensas y cepilladoras.

a) Velocidades de los puntos Ao (perteneciente al elemento 4), B y C.Conocidas la velocidad de la barra 2 en el punto A (V,qz: 5 m/s), la aceleracin angular de

la barra 2 (uz: 0), as como las dimensiones y posiciones de los elementos mecnicos (dichosvalores aparecen en el enunciado del problema o se pueden medir directamente en la Figu-ra 4.50, representacin a escala de mecanismo), para calcular las velocidades de los diferenteselementos, se puede plantear una solucin grfica como la que aparece en la Figura 4.51.

Para llegar a la solucin planteada en la Figura 4.5 l, se procede a realizar los siguientespuntos:

Se sita el origen del vector de la velocidad del punto A de la barra 2 en el polo de velocida-des (o), con la magnitud dada(Vor:5 m/s), con la direccin perpendicular aO2e y el sentidomarcado por la velocidad angular de la barra 2 (a4).

Sabiendo que:

^, io" +\;r .-2conocida L OqA. dis

v^.^,

deslizamiento

y conocidas la direccin deioa (direccin perpendicula, a O*,q y deio2oa (direccin e OoA;.se forma el tringulo o a2

- a4.

Midiendo en el cinema de velocidades de la Figura 4.51, se puede extraer la velocidad delpunto A como perteneciente a la barra 4 (VA) y tambin la velocidad relativa en el citado pun-to A (VA2A).

lVool: 4,7 mls

iS -:a'aninfo

Vaz+:1,768 m/s


Para el clculo de la velocidad del punto B, utilizamos la propiedad de homologa del cine-ma de velocidades con el eslabn. En este caso se trata del eslabn 4.

% :4 46'68 mm : I ,*r: n,ll mm debe enconrrarse alineado con o -

41.OA O^B 25.78 cm l0 cm ""1 ULU! rrrrvrrtrqrL .rrrrrduu LUrr

lV"rl: 1,8 m/sConocida la velocidad del punto B, Vu @n magnitud, direccin y sentido), sabiendo que la

velocidad en el punto C vendr determinada por la expresin

,V, l/, * i., se forma el tringulo o b. - c.-; Lyr

-:2dir. horizonral conocida dir. I CBMidiendo en el cinema de velocidades de la Figura 4.51, se puede extraer la velocidad del

punto Cy la velocidadl/ru.llr): r,6 m/s

7o,. : 1.328 m/s

Figura 4.51. Representacin grfica del cinema de velocidades del mecanismo en la posicin dada.

b) Velocidad angular de los eslabones 3, 4, 5 v 6.0)t : 0)t

liul 1,8 m/sro+: * 10.10=.;

: l8 rad/s (sentido horario)

lVru 1,328 m/srr;. : : 5,31 rad/s (sentido antihorario)'' CB 0,250 mat6: 0 rd/s. La coredera (elemento 6) se desplaza en lnea recta

f Lv

./ a,/trOqB

O ITES-Paraninfo

Dinmica de mquinas

c) Aceleracin de los puntos A, (perteneciente al elemento 2), A^ (perteneciente al elemento 4), ByC.

Conocidas las dimensiones, posiciones y velocidades del mecanismo, as como la acelera-cin angular de la bana 2 (uz :0), para determinar las aceleraciones de los diferentes elemen-tos del sistema mecnico se puede plantear una solucin grfica como la que aparece en la Figu-ra 4.52.

Para conseguir la solucin planteada en la Figura 4.52, se siguen estos puntos:

r Eslabn 2:La aceleracin del puntoA de la barra 2,or, es conocida en magnitud, direccin y sentido.

Se sita el origen del vector o2en el polo de aceleraciones (o'), cuya magnitud ser igual a

o2: \2 * a'o,

: 125 mlsz

aOz

Sabiendo que

d^. : a^, +conocida

( __ . lorl' {5 m,s)lI t-n I

lluA2r - oA - 0.20 m

l-(dir. I O2A, sentido de A

I

l'^.1 : a,. g : g\^'^L,uA2A1, ' urt'r

orA

(

do+: +* "L

Iresulta la expresin:

2, : ,', -l !'oo,+ lozot. + 4,,,,

conocitlu.o*ou td t"De la aceleracin de Coriolis, ,,,,, se conoce su mdulo, direccin y sentido (determinadt'

por el producto vectorial).

d,,,,:2.tion v^_. ]Oir. Loro^ + LolASituados todos los vectores de aceleracin, totalmente conocidos, en el grfico de acelera-

ciones (Figura 4.52, y los dos vectores de direccin conocida, como rectas que pasan por 1o'puntos conocidos. La interseccin de estas dos rectas se dar en el punto ai y determinar evalor de d'oo. dn.oo y ri^0.

Midiendo en la Figura 4.52, se obtienen los siguientes valores:

lo'nl: 19.5 m s2lTtozol:27.J ms2

latol: al.o: (18 rd/s)2 .21,48 cm : 89 m/s2dir. llO1A, sentido de A a Oaldorl: ,o'ore : zdir. I OA, acorde con .1

- ! S- Paran i nfo

@:el m/s2

donde

luego


La aceleracin del punto B (Zu) se extrae directamente del cinema de aceleraciones de laFigura 7.3, sabiendo que la direccin y sentido coincide con el de la oa, ya conocida, yla magnitud es proporcional a dicha aceleracin en funcin de la relacin de distancias al centroinstantneo de rotacin de la barra 4, para los puntos B y A.

O^B l0cm - TI la"l l:

--laool: tu.91 m/s' : | 33.11 m/s' I| ' "' I ooA ^-' 21 ,48 cmLa aceleracin del punto B (llAal:33,11 m/s') ser la magnitud de o'b'en el cinema de

aceleraciones de la Figura 4.52.El vector aceleracin en el punto C vendr determinado por la expresin

c : ,s ,r drt-

conocida

, -lucR

-

ucB ucB

7,05 mlsz

c : ,AB ,+ A'tB + A'cB._

conocida

eg : 3:, * gs*,dudir. horizontal conocida conocida L Cts

Si se sitaduenel polo de aceleraciones (o'), al final de en b'se coloca el origen de'[u,yse proyectan dos rectas, una que pase por el polo de aceleraciones con direccin horizontaly otra que pase por el final del vector d[u y perpendicular a l (direccin perpendicular a BC).La interseccin de estas dos rectas se dar en el punto c' y determinar el valor de 'cu y ,(en magnitud, direccin y sentido).

ICB llOBl,/t-

IOB

tl

/ l,/t a', \

,z \+ l.IV-*

Figura 4.52. Representacin grfica del cinema de aceleraciones del mecanismo en la posicin dada.

| ^-[@brl: ol.ca: (s,31 rdls)2 .25 cm:l-/Air.

li CB, sentido de C a Blld'.ol:\'CB:?t-"[al. f CB, sentido acorde con 5

_

horizontal

\ dnzu

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Dinmica de mquinas

Midiendo en la Figura 4.52, se obtienen los siguientes valores:

ld'co :26,8 m/s2

lcl : 17,5 m/s2

Aceleracin angular de los eslabones 3, 4, 5 y 6.Las aceleraciones ansulares de los eslabones 3.4. 5 v 6 sern:

7.t : a+

ttt,, 19.81 m s:

-

I r" | : -

:

-

:ll6.84rad s' | (sentdo horario.)| - | orA 0.15779 m_

a'cR _

31 ,52 mls2CB 0,250 m

:ta : 0. La corredera (elemento 6) se desplaza en lnea recta.e) Suponiendo despreciables las masas y momentos de inercia de todos los eslabones, calcular la

fuerza reducida en la articulacin 6 de la fuerza Fz: 1 N aplicada perpendicularmente haciaabajo en el punto medio del eslabn 2.

Figura 4.53. Representacin grfica del equilibrio del sistema mecnico dado con una fuerza equili-brante F6 en el punto C para contrarrestar una fuerza F, aplicada en el punto X.

A partir de la representacin grfica de la Figura 4.53 se puede calcular la fuerza equilibrante Foen el punto C, suponiendo que se aplica una fuerza (.F2: I N) en el punto X (punto medio deleslabn 2). si aplicamos el principio de los trabajos virtuales, basta con establecer el equilibriocorrespondiente, segn

lF.l l7"l .cos (0') + lr. lV.l .cos ( 180") : 0Por tanto, la fuerza equilibrante Fu, considerando las magnitudes, direcciones y sentidos de

las variables como los representados en la Figura 4.53, ser igual a

tr. - Fz. V, ' cos (0'')

:tl50,0{lrzl (sentidoanrihorario).

'E S - Paraninfo

V..cos(180")

Por analoga, al conocerpunto medio de la barra, lael extremo:

Luego, sustituyendo:


la velocidad en el extremo del eslabn2 (Vo), y ser el punto Xe-velocidad en el punto X (V) ser la mitad de la velocidad en

Vo 5 m/sv":; : ;: 2,5 m/s

-1 N.2.5 m/s.lFo: a :0.969N" 2.58 mls.(-l1la direccin ser horizontal y el sentido contrario a la velocidad del punto C.

La fuerza reducida aplicada en el punto C ser la opuesta a la equilibrante:

D_-DI'REDUCIDA -

I'6

lF*rouc,ool : 0,969 N

la direccin ser horizontal y el sentido igual que la velocidad del punto C.

4.5. Dado el mecanismo de la Figura 4.54, en la posicin representada, obtener:a) Los centros instantneos de rotacin absolutos de los elementos del mecanismo.b) La velocidad del punto B del elemento 4.c) El cinema de velocidades del elemento 3.d) Velocidad angular del eslabn 3 y de la barra 6.e) Aceleracin del punto B de la corredera 4.f) Cinema de aceleraciones del elemento 3.g) Aceleracin angular del eslabn 3 y de la barra 6.


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Dinmica de mquinas

Los datos geomtricos del mecanismo son:

OrA: 15 cmLos datos cinemticos son:

a2: l0 rad/s, sentido antihorario

,,rf l"l"'- [1,*10-,

Figura4.55. Aplicacindel Teorema de Kennedv.

b) La velocidad del punto B del elemento 4.El punto B pertenece al eslabn 3 y al eslabn 4.

f;o': iu.

AC : 5,4 cm

. ,t )7.2: I rad/s'. sentido horario

Resolucrr'a) Los centros instantneos de rotacin absolutos de los elementos del mecanismo.

En primer lugar, se determinan los CIR inmediatos

lltrl:Ot, \r=4, Ir:-C, Iro=BF,il= ou, I{

Los CIR absolutos que quedan por obtener (^I,.,Kennedy (Figuras 4.55 y 4.56).

aplicando el teorema de

1,, {

1,.) se calculan

I to IosIttlzs

( . I IVA: ro2.O.A:110 rad/s).(0,15 m): 1,5 m/slA e elto. 2 {

v 1 tdir. LO2A sentido coherente cor (D2 (antihorario)VBAII inn dir. LAB

Figura 4.56. Centros instantneos de rotacin absolutos.

-ES-Paraninfo

Beelto.3Vr:Vo*


B e elto. 4 corredera (movimiento trasl. horiz.) -

iu dir. horizontal

lVo.l: 1,6 m/sdir. horizontalsentido izquierdas

/////.lOzA i , ^^t.. // LA

'\/

dir. horizontal

Figura 4.57. Clculo de la velocidad del punto B.

c) El cinema de velocidades del elemento 3.Para dibujar el cinema del elemento 3 basta con calcular el punto c del cinema del apartado

anterior correspondiente al punto C del mecanismo. Este valor puede obtenerse de diferentesmaneras:

1. Por la propiedad de semejanza entre el cinema y la pieza (el cinema de un eslabn es seme-jante a 1, girada 90o en el sentido de su uelocidad angular).

-t" :!t =>AB AC

2, A partir de la ecuacinC e3

v. :v^ + ^^'(, ,B

.'c$.'--v-.-_-

conocida L CB

24.61 cm ac2lJ cm :5r4 cm- + r/c: o'z cm

\aIOzA / LAA')"--X,'\// Xf,\

)Ce

IBCbo-eo l*no"'

Figura 4.58. Cinema de velocidades del eslabn 3.

t. ,'

Vs = 1,6 m/s

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)inmica de mquinas

d) Velocidad angular del eslabn 3 y de la barra 6.Ae3

':- 'I Ynl : ut,.l,1A: 1.5 m s

(l"A:0,259 m medido sobre dibujo)

!r,,: ir,, t ir,,r,LW

17..1 : 0,84 m/s - (06.0,145 m

(r-, 1.5 mslf : o,e

'

:1 5'7e rad s l

) dir. I plano del papelI sentido horario

+ lV."l : ,,,n.OnC O^C :0.145 ml

r,:ir,, (ya calculado en el cinema)mov. de la corredera ::> dir. horizontal

(r_, 0.g4 m S _-_;;_______:___lllrr^l: :l).// radsll' "' o.l'15 m .-

- 1 ir. I plano del papelI

I t"ntido horario

Ce6

-f_Iv.".. - CINEMA

dir. horizontal

Figura 4.59. Clculo de la velocidad del punto Cen el eslabn 6.

e) Aceleracin del punto B de la corredera 4.

/-,q.LBC

!S- Daraninfo

aBr: aB,


B e elto 3: BIELA

6: do* uo

ARA: d';A + A'BA

:(vyf : t':t-',-t't" : 6.99 rad s2BA 0,213 mdir. BA y sentido hacia A

: a3. AB : (? rad/s2) . (0,213 m)dir. I BA

B e elto. l: CORREDERA(movimiento trasl. horiz.) + o dir. horizontal

ldu,l : 12,55 m',s

dir. horizontalsentido izquierdas

,/ = 12,55

ale = 6,

IBAFigura 4.60. Clculo de la aceleracin del punto B.

Cinema de aceleraciones del elemento 3.Al igual que en el apartado 3, el cinema de aceleraciones guarda una semejanzacon el ele-

mento. (El cinema de ctceleracirnes de una pieza t la propio tiez,cr son ,\etnejantes )' estn giro-dos un tngulo 180" :t respecto a la pieza, en el senfido de la aceleracin angular.)

---1QC a'b' a'c' 10,78

aV :2J3 cmAC AB 0,054 0.213

A e elto. 2: manivela(,]_.. f lalll : cDi.Aor: (10 rad/s)2.(o,ts m) : 15 m/s2l,i' I "

AA : d; + Ail I dir' l) AO2 v sentido haca O'l=, I a'ol : 4' eOr: ( I rad s2)' (0.15 m :0.15 m/s2 {despreciable)-l.r 'I I dir. LAO2 y sentido coherente con ctz

a:;^[ta;^tI

( ,-, ,-t la-alouo\

i=ts mld

lii for^u 90n con n i. t oto, una tansente a la circunferencia auxiliar.

@ ITES-Paraninfo

- aamtca oe maoutnas

b'(o-n'

hA"6\\/

-lCinema de

oo,

egr: eg.

c o "

: (5,7 7 r ad I s)z . 0,1 45 m : 4,82*rr' {r.",lJl,' rT;co^ z] dir' ll coa

[sentido. acorde con 16

Figura 4.61. aceleraciones del eslabn 3.

g) Aceleracin angular del eslabn 3 y de la barra 6.o!s: az. "t cinema de aceleraciones af,o : 18,21 m/s2

:fu:8,21 m/s2AB 0,213 m : I 38,54 rad/s' I sentido horario

tE= 12,55 mts,o

l = 8,21 m/s' f = 15 m/s'/\ala = 6,99 m/s'

/v/a'

Figura 4.62. Clculo de la aceleracin angular del eslabn 3

;-:rt-+a-- +4..._-( ^ ,'-( r( 6, --a(tr

::..cida dir. CO6

o.r,, Jo': -n'drr:lt'r"* a'[rjI'lacu: ao'I

dro, : 2'(iio xi'--t e.o, : 2.(5,77 rad/s) .(0,84 m/s) : 9,69 mls'

dir. l]io., sentido, hacia arriba

a'r'.

Coo

co:

zr,l m/s-0J45 *

-:S-Paraninfo

l--:-::--;------: | 138,6 rad/s' I sentido antihorario

4.6. El mecanismoto, a travs deeslabn 2.

articulado plano de lala manivela 6. en un

Figura 4.64 permite transmitir unmovimiento de traslacin rpido

III

alu = 4.82 mls'

T. = 20,1 m/s'

Figura 4.63. Clculo de la aceleracin angular del eslabn 6.


movimiento de rotacin len-dirigido por el punto A del


a) Calcular el nmero de grados de libertad.b) Calcular los centros instantneos de rotacin absolutos.c) Dibujar el cinema de velocidades de cada uno de los eslabones del mecanismo.d) Calcular los vectores de velocidad angular de los eslabones 3, 4 y 5.e) Dibujar el cinema de aceleraciones de cada uno de los eslabones del mecanismo.0 Calcular los vectores aceleracin angular de los eslabones 3, 4 y 5.g) Calcular las fuerzas de inercia equivalente obtenida a partir de los esfuerzos de inercia de cada

uno de los eslabones. Considerar que las barras son homogneas y que el centro de gravedad deleslabn 4 se encuentra en el punto B.

h) Aplicando el principio de los trabajos virtuales, calcular la fuerza vertical necesaria que habraque aplicar en el punto E del eslabn 4 para que el mecanismo est en equilibrio, considerandoque en la manivela de entrada (eslabn 6) se aplica un par exterior de l0 Nm en sentido antiho-rario.

"'.="'r ?,69 m/s' Itc-=9

@ ITES-Paraninfo

42 Dinmica de mouinas

Los datos son

Figura4.65. Aplicacindel Teoremade Kennedy.

=-fES-Paraninfo

O"D :20 cm BOt:32 cm at6: 2 radf s. ,l)1o : ) rao/s-

O^E :90 cmm5 : 0.2 kg mo : 0,3 kg

3,07.10 t kg*'1,00.10 t kg-'

DC:20 cmnC: qS cm

OrC :35 cmAB: 35 cm

m, : 0,5 kg ml : 0,2 kg ma: 0,7 kg161: l,O4'10 3 kgm2 Ic+:Ior: 6J0 ' l0 - a kgm2 lao:

Resoluclrua) Calcular el nmero de grados de libertad.

Aplicamos el criterio de Grbler (Gruebler)

G:3'(n- l) -2'.ft-.fz

donde n: 6; ft : 1; fr: 0, por tanto

,,, {'', l,:l^,'- 1,s 11,u1utll trl^tNo,s-

(],

fCl+s|,r\

6\Y/ \?i

f :3 (6 - t) - 2.i o: ls t4: [gdl-lSe trata de un mecanismo DESMODRMICO.

b) Calcular los centros instantneos de rotacin absolutosEn primer lugar, se determinan los CIR inmediatos

F*-l= 06, I.u = D, Irt = C,fA=,ql-lE= ou

Los CIR absolutos que quedan por obtener (1,.. 1'-t) seKennedy (uanse Figuras 4.65 y 4.66').

Irr=B

calculan aplicando el teorema de

Figura 4.66. Centros instantneos de rotacin absolutos.


c) Dibujar el cinema de velocidades de cada uno de los eslabones del mecanismo.Los datos necesarios para realizar este apartado son:

cto: 2 rad/s (horario) y la dimensiones del mecanismo.o Eslabn 6: MANIVELApuntoDeelto.6

lVool: a4.O6D : (2 radls).(20 cm) : 40 cm/sdir. LOpsentido acorde con ui^

o Eslabn 5: BIELA

cm)

(?)o Eslabn 4: MANIVELA

Ce4(lvr.l : oo.W: ? .(35 cm)t'_V.o:V., + ( dir.LO,CI

I sentido acorde con + (?)Be4

li u^l : rttr. OoB : ? . (32 cm)dir. I O+B-

sentido acorde con ora (?)

aplicando homologa entre el cinema y el eslabn:

.b^ "r^ "b" 41.18 cm: t;: 3s.n. ob:37'65cm

se obtiene el mdulo y el sentido del vector velocidad del punto B.

o Eslabn 3: BIELA

De5inu: o, (cinema do

= dr)

Ce5ilv.rr,l : r')s' co : I' tzorr:Vrr+i.rr'. + ( ir.LCDt.I sentloo acoroe con urs

Be3iu. : iu, b1

= b^

Ae3(lVo.rrl: ot.AB: ?.(35 cm)

io,: f;ur t f;orr, -

{ dir. LABI

I sentido acorde con ., (?)

@ ITES-Paraninfo

Dinmica de mquinas

o Eslabn 2: CORREDERA

v.- :n.-.A A'

A -.\

^L

(cinema a" =

as)

la velocidad de los puntos de la corredera es lineal y lleva la direccin vertical.

roB dir. verticalIAB\l

-t.\

\ .=\ |

nr=---$-fr,/ \ laz=aa/ \! ^r/ \,/ llf \/-l/-l6 loc l)q\--- l*r ICs=C',. | ; /\\lrl\\ ls

' \ lo\ \ l^ \ l; /t.r\. l* ,,'--\

--/lJ= d,

\\TUU

Figura 4.67. Clculo del cinema de velocidades. Figura 4.68. Cinema de velocidades.

o El cinema del eslabn 2 viene representado por el punto ru,.o El cinema del eslabn 3 viene representado por el segm"nto n.o El cinema del eslabn 4 viene representado por el tringulo .c*o .o El cinema del eslabn 5 viene representado por el segm"nto drqr.o El cinema del eslabn 6 viene representado por el segmento rtuu.

d) Calcular los vectores de velocidad angular de los eslabones 3, 4 y 5.Estos valores se obtienen midiendo las velocidades coruespondientes en el cinema de veloci-

dades. Todos los vectores de velocidad angular llevan la direccin perpendicular al plano detrabajo, por lo que se darn como solucin el mdulo y el sentido.

lV^"1 12 cm s lV-.,,| 4t.2 cm s -

l.,,l:;5 :: :l o.+ radrses I 1,,,,.,1: !9 : "^-'"' " :f'-r@I I AB 35cmsentido horario sentido horario

Ivrol 5l cm/s

sentido antihorario

-! S- Paraninfo

tr: eD 2o cm

IOB\ dir. vertical\I\*l

=hcVa =12 cmls)=)F


IAB

o Eslabn 5: BIE

tr | ,,ro

otls

@

IOC

I

I

lE

=ds

Figura 4.69. Obtencin del mdulo rlgura 4'lu' uolenclon oel senllde las velocidades. de las velocidades.

e) Dibujar el cinema de aceleraciones de cada uno de los eslabones del mecanismo.Los datos necesarios para realizar este apartado son:

tr. : 2 rad/s2 (antihorario), la geometra del mecanismo y el cinema de velocidades.o Eslabn 6: MANIVELA

dD6: A'b6 + A'D6

De6: utt.Do,.: (2 radls)2.(20 cm) : 8o cm/s2

dir.|lD\, sentido de D hacia 06| : v"u.DOr: (5 racl/s2).(20 cm) : 100 cm/s2

dir. L DO6, sentido acorde con d,

De5o, : ro (cinema tlt

= tto)

Ce5d, s:

.d,,s,* i65,.s

-

conocida

otl.CO: (2,55 rad/s)2.(20 cm): 130 cm/s2dir. ll C y sentido de C hacia D: ,.r'CD: (?) '(20 cm)y sentido acorde con s (?)

(a';,{ta'bul/rl-, ftn',ul'"^ ILA

(_,, flAtsosl :I acsos ]

1\ a t-|=, . lnc':osl[trc5Ds lai.. r co

Figura 4.70. Obtencin del sentidode las velocidades.

uc5D5 -

(r(.5D5 | fC51)5

@ ITES-Paraninfo

):nmica de mauinas

v ve--::o.B ooC

o Eslabn 3: BIELA

d 64 cm d:58,51 cm

Be3o, : o^ (cinema b\ : bi)

Ae3o,

-- u, I dotut

-

(-,,,^.[lo'i,ul : u,i'AB -- t0.34 rad s)2'(35 cm):4'05 cm s2*nt : ,trt tor.",

1_.'"' I rnr,r..r :or.'Hf ;::, ::i t*t"

"

t'..^. '::-f--"'"' ldtt. LAB y sentido acorde con d., (?)

Eslabn 2: CORREDERAAe2

n : o, (cinema az: u\)

o Eslabn 4: MANIVELACe4

acq : Ttcs (cinema c'+: c\)Ce4

(-,, !la'11: ,ol' ac : ul rad/s)2'(35 cm) : 47 '91 cmls2l"t'l dir. o^c v sentido de C a oa

, -t Io,., : d;, -t ar^ ('- l_. I l',rrl: aa-oaC: (?) (35 cm)

I n'.., .\(o\

\ 1.

Figura 4.71. Clculo del cinema de aceleraciones.

Figura 4.72. Cinema de aceleraciones.

El cinema del eslabn 2 viene representado por el punto c!.El cinema clel eslabn 3 viene representado por el segmento n',.El cinema clel eslabn 4 viene representado por el tringulo Urci.El cinema del eslabn 5 viene representado por el segm.nto .1i.1.El cinema del eslabn 6 viene representado por el segmento rl.

U6-U5

a

a

a

a

a

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l^nl _30,13 cm/s2

TE 35 cm

: -.* ca de mquinas

fr calcular los vectores aceleracin angular de los eslabones 3,4 y 5.:[o-,So*tPl @2) 42,48 cmls::CO^ 35 cm

sentido horario

: il2f '"d^f

d'e = d's

sentido antihorario

lan

lacrl 65.35 cm S ---------------t ^t-- t: :

-

:1 3.27 rad s- ll''rl CD 20cm ' 'sentido antihorario

IOaA \qb,,'

\t \lFigura 4.73. Obtencin del mdulo de aceleraciones

3-{tl

a

LOIC /g'.=C:)

I

I

\

o,r \

F.\-(o\x

\o.

- ^n 8 crnld

?ic= q'' '

Figura 4.74. Obtencin del sentido de aceleraciones


g) Calcular las fuerzas de inercia equivalente obtenida a partir de los esfuerzos de inercia de cadauno de los eslabones. Considerar que las barras son homogneas y que el centro de gravedad deleslabn 4 se encuentra en el ounto B.

F,: -m'c

M,: -lco'd,

las medidas de aceleraciones de los centros de gravedad se obtienen midiendo directamente delcinema de aceleraciones.

o Eslabn 2: corredera

lFrl: mz.ldel:0,5 kg.54.35 cm/s2:0,27 Nmisma dir. que Zo y sentido contrario

lMrl : Icz. ldrl: 0 kg . cmtTst

La fuerza de inercia equivalente es F1 : F, desplazada una disran cia h2 : f : o ,^.o Eslabn 3: biela

Para el clculo de la aceleracin del centro de gravedad del eslabn 3, se considera la pro-piedad de homologa entre el cinema y el eslabn y se busca el punto medio en el cinema comohomlogo'

lF,r : mt'ra.rr:0.2 kg'54 cm s2 : 0.r I Nmisma dir. que Zo, y sentido contrario

lu.l: Ior'ldrl: 1,04'10 3 kg'm2'0,86 rad/s2: 1,2'lO I kg.m27st

La fuerzade inercia equivalente es F1 : F-, desplazada una distan cia lt1 : T," tl mm.o Eslabn 4: manivela

lFrl: ma.lul:0,7 kg.58,83 cmf s' :0,41 Nmisma dir. que Zu y sentido contrario

lrl: Ior'lzol: 3,01' l0-3 kg 'm''1,21 rad/s2 : 3,7. l0-3 kg.m2/s2La fuerza de inercia equivalente es F; : F. desplazada una distancia h, : +n 9 mm.f^o Eslabn 5: biela

lFsl : ms.ldcsl: 0,2 kg .70,39 cm/s2 : 0,14 Nmisma dir. que do. y sentido contrario

lMtl:1cs'ldsl : 6,7' 10-4 kg 'm2'3,27 radf s2 : 2,2.10.t kg.m2st

La fuerza de inercia equivalente es F; : F. desplazada una distancia h, : +n l6 mm.-F.

@ ITES-Paraninfo

)tnmica de mquinas

o Eslabn 6: manivela

lFul : mo'lc,'l: 0,3 kg'64,03 cm/sr :0'19 Nmisma dir. que Zi"u y sentido contrario

lol: Ioo'ldol: l'10 t kg'trrt'5 radsr:5'10 3 kg'm2s'

La fuerzade inercia equivalenre es F; : Fo desplazada una distancia ,r, : *I 26 mm.r,_h) Aplicando el principio de los trabajos virtuales, calcular la fuerza vertical necesaria que habra

que aplicar en el punto E del eslabn 4 para que el mecanismo est en equilibrio, consideran-do que en la manivela de entrada (eslabn 6) se aplica un par exterior de l0 Nm en sentidoantihorario.

El par exterior aplicado en la manivela 6 puede sustituirse por un par de fuerzas equivalen-tes F y F, con direcciones perpendiculares a la direccin del eslabn y mdulo:

- M. lONmlF,l: IF'l : = =: # :50 N'.r' o^D 20.10'mF,: -F.,

Aplicando el PTV a las dos fuerzas creadas ms la fuerza equilibrante que debe aplicarse enel punto E.

Fr.in +F,.iu,, + E. : o

Clculo de la velocidad en el punto E:Aplicamos homologa del eslabn 4 con el cinema de velocidades del mismo eslabn:

oet oc+ 0q 41,48 cmO'E OoC 90 cm 25 cm oe.: l+g,ZZ cm

-iS-Paraninfo

Figura 4.75. Velocidad del punto E en el cinema de velocidades.

50 N.(40 cm/s).cos (0) + 50 N.(0 cm/s) +lEl : 13,3e N

La direccin del vector es vertical y el sentido es contrario al sentido del vector velocidaddel punto E, por tanto, hacia abajo.

> 4.7. El mecanismo representado en la Figura 4.16 est compuesto por varios eslabones, donde el eslabnBCD est conectado por el punto D al elemento_fijo mediante una conedera. Conociendo que lavelocidad en el punto A es constante y de valor I Vol : 4 m/s, se pide:

a) Determinar los centros instantneos de rotacin absolutos de todos los eslabones.b) Calcular el cinema de velocidades del eslabn BCD.c) Calcular las velocidades angulares de todos los eslabones.d) Calcular la aceleracin del punto B.e) Representar el cinema de aceleraciones de la bana BCD.0 Calcular las aceleraciones angulares de todos los eslabones.Datos:

OzA:20 cm tr:60 cm BD:40 cm OoC :20 cm

oFigura4.76. Mecanismo.

Resoluclta) Determinar los centros instantneos de la barras. Se calculan los CIR inmediatos y. posterior-

mente, se aplica el Teorema de Kennedy.

El vector velocidad en el punto E lleva la direccinmento O.E.


vertical por ser perpendicular al seg-

lEl. (149,33). cos(0) : 0

CIR inmediatos: 1r. Itt, Itr, I^s, It, I0, ItoTeorema de Kennedy

,, , {t,ntn'. 1,, ft ,,t,.''t U,'./t, ''' U,-,/'r.O ITES-Paraninfo

_ ^amtca qe maQutnas

Calcular el cinema de

r Eslabn 3:V-:V,

L IABdir. horizontal

Figura 4.77. Clculo grfico de los CIR absolutos.

velocidades del eslabn BCD.b)

t luo .Vc : vu + ,Vro

.-/- \TJ --/-

LBA -4f tce

dir. vertical

t/ llVD -

VC

dir. horizontal

+ !or,rDC

a2- d3-

=b=b

ICB

Figura 4.78. Cinema de velocidades del eslabn 4.

El cinema de velocidades del eslabn 4 viene representado por los puntos homlogos bacada.

c) Calcular las velocidades angulares de todos los eslabones.Todos los vectores de velocidad angular tienen la direccin perpendicular al plano de trabajo

It/..1 4 m/s1,,,. | : : : -- ----- : | 20 rad s l. sentido horariot-''t otA 2o.lo -m

lVnol 0 m/sBA 60.10 - m

!S-raraninfo


lv,,"l 8 m/sI ut^ l: '-:' : . : | 20 rad/s l. sentido antihorario| -r DB 40'10 -m

lr/ |tvDl| ''t L-D't)"

lv-l 4msl,_^ l: '--:-r: : I20 rad,s l. sentido horarioI ''r O^C 20.l0 -m

lVo rr_:lul.L

d2-d3-=b=b+

,/horizontal

r=4mls V--.oe = B m/s dq=ds

Figura 4.79. Clculo de los mdulos de las velocidades angulares.

aceleracin

=La t]

d:

del punto B.

: ^ -l ro, io: cte > a4: 20 rad/s : cte

-,, flo'l : o2^'OA : (20 rad/s)2 '20 cm : 80 m/s2"' I dir. I o2A, sentido de A a 02

Vc =4 m/s

Oz

Figura 4.80. Clculo de las direcciones de las velocidades angulares

d) Calcular la

@ ITES-Paraninfo

con 1r (?)

80 m/sr

: 80 m/sr

z+ (?)

i ltntc,L ICvertical

por otro lado:

tt+: tD + rAD

D e 5: CORREDERA

la dir. de Z, es la horizontal

De la interseccin de ambas direcciones se obtiene el punto homlogo r'*.

abn 4.

: 1mca de mqunas

Q n+c'

lla';^l: "'i Y:dn: I n^: A'; + A''uA * 'oo\11,'r^l: t1'BA : (:1)'BA

lait. f BA, sentido acorde

Calculamos la aceleracin del centro instantneo de rotacin del esl

tt+: at('+ ,rcC e6

(lu'l: ,.O;c: (20 rad/s)''20 cm :l_

c:'i-* o',111 llra' .0" .T 1T''" o- llA'.1 : v"o'OoC : (?)'O6CI

[Air. f OuC, sentido acorde con z6 (?)

(@'i,rrl: o'1 T;e : (20 rad/s)2Ilt. 1r+C, sentido de 1'* hacia

-;,n -L;t -.{ilJC'(r/l_+c\r.r"-'

ll;'*'l : ar't,rC : (?) '1r+C

lair. ,l- /*e, sentido acorde con^+:ac+ail4c:!, * I * W

conocida L O6C conocidavertical

(l'i,rr.l: oi lP : (20 rad/s)2'20 cm : 8oI

llr. l-D. sentido de /'* hacia D

" llri',,rrl -- tr.l,rD: ('l)'/r+DI

[air. f /,.D, sentido acorde con r+ (?): dt, * i,roo --,d,, , * .ti'111,, * o',rou,

--:-_horizontal conocida

n.*'iirl',",

u^fD-ullJD'ullJ

att+

.20 cmC

m/s2

-i S - Paran inf o

s:^ldu'r,


cm : 80 m/s2

(tBII-l * uBIIJ

dn: 16l,l9 cm/s2

Figura 4.81. Obtencin grfica de la aceleracin de B.

e) Representar el cinema de aceleraciones de la barra BCD.,

Para representar el cinema del eslabn es necesario obtener los puntos homlogos de C y D.Estos pueden obtenerse aplicando la homologa existente entre el eslabn y el cinema. Sabiendoque el punto 1'* se encuentra alineado con B y D y adems est en el punto medio, entonces:

b'

f^.(ld'i,,^l: o1.T;A : (20 radis)2.20I

, ,/Olr. 1,rB-. sentido de B hacia /,.,uall-+ \

I la'arr+l : ta' I,tB : (?t' ltJB

lOt. f 1oB-, senticlo acorde con 1.1 (?)

Figura 4.82. Cinema de aceleraciones del eslabn 4

@ ITES-Paraninfo

Dinmica de mquinas

Punto C

Aplicamos homologa:

Ee : lzo'? -t 202 :28,28 cm358,04 cm b'c' > b'c' :253,17 cm

40 cm 28.28 cm

valor que llevamos al cinema con una circunferencia y desde el punto homlogo l!a llevamos unaperpendicular al segmento bil- para conseguir la homologa con el eslabn triangular. Con ello seobtiene el cinema de aceleraciones del eslabn 4.

f) Calcular las aceleraciones angulares de todos los eslabones.Todos los vectores de aceleracin angular tienen la direccin perpendicular al plano de trabajo.

Figura 4.83. Clculo de los mdulos de las aceleraciones angulares

r-----------:-I 1, : U l. sentrclo horano

t^;_l _| 4t | -t-l

l'u,,^l 160. m sr -----------:-l-': : -,---- 1 : | 800 rad s' l. senrido antihorarioL,B 20.10 - m

l'uol 240,19 mls2BA 60.10'-'m

ln'r.l 80,1 1 m/s2OnC 20. l0 - m

: | +OO,:z ra/s'? l, sentido horario

2. 20 cm : 80 m/s2

o6

con z6 (?)

I(@': afi'o6-e : (20 rad/sl_

_, /dir. I OuC.sentido de C aAr: A'r + e, \ll,,l I

: to' o,,C : t?t' o,.C[air. -L OJ. senticlo acorde

-IS-Paraninfo

| ,^., -- ',

1 |: | 400,55 rad s- L sentido horario

w2


Figura 4.84. Clculo de las direcciones de las aceleraciones angulares.

> 4.8. Dado el mecanismo de la Figura 4.85:a) Determinar el nmero de grados de libertad y centros instantneos de rotacin absolutos.b) Calcular el cinema de velocidades de cada uno de los eslabones y los valores de los vectores (r3,

05 y @tc) Calcular el cinema de aceleraciones de cada uno de los eslabones y los valores de los vectores

:l1, As y 1.6.

Datos:

El mecanismo dibujado se encuentra a escala 1:2. Las medidas de los eslabones son las siguientes:

OA:70mm AB:6-lmm OJ--18mmAC : 126 nm CD-: l0 mm ot2: I rad/s (cte)

r -40,00- ---.-rozl:--l--I

OOo@


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i -=^ ca de mquinas

Resoluclr.la) Determinar el nmero de grados de libertad y centros instantneos de rotacin absolutos.

1. Cdlculo del ntimero de grados de libertudAplicamos el criterio de Grbler (Gruebler)

G:3'(n- 1)-2.f,-.f.donde n

-- 6t f, : 1; f.: 0

I G : I les un mecanismo DESMODRN{ICO

Irz, Izr, Ii, Irr, I3s, Is6, Ij6Los CIR absolutos que quedan 1r y 1rs se calculan aplicando el teorema de Kennedy (t:ctse

la Figura 4.86).

,,, {",,,'ll,

,tD

1," , //-'Figura 4.86. Clculo grfico de los CIR absolutos.

Calcular el cinema de velocidades de cada uno de los eslabones y los valores de los vectores (/)3,05 Y @6.

Los datos necesarios para resolver este apartado son: la geometra del mecanismo y la velo-cidad angular de uno de los eslabones.

G:3.(6 r)-2.7-0:15-t42. Clculo de los CIR absolutosDeterminamos los CIR inmediatos

,,. {1,n1n-,''' t1,1.,,

b)

16lN2il,' t

"il /,sV3 ,'4r'

:S-raraninfo

ro2: I rad/s (antihorario)

Dinmica de mquinas 159o Eslabn 2: MANIVELA

Punto A e 2liorl: o2'OrA: (1 rad/s).(70 mm):70 mm/sdir. L O,4 y sentido acorde con d2

o Eslabn 3: BIELAPunto A e 3

lVorl : Vo.. (cinema a2 = a.)B e3

*':.#oJ Ho Eslabn 4: CORREDERA, unida al eslabn I

Be4iu^: Vo, t nru,\-J l-- O )AB

en el cinema ba: oLa velocidad del punto C perteneciente al eslabn 3 se obtiene aplicando las propiedades de

homologa de los cinemas.

Te -

Te t26 mm: -

atct:u1b,.::49,50 rl1t1l ._ =9'7,45mmcr3c3 ' ' AB 64 mm

o Eslabn 5: BIELACe5

f;,, : i- (cinema cj =

c5)

De5io':.#*..

FJo Eslabn 6: MANIVELA

De6ior: iro

t-/J

L O6t)

Ef cinema del eslabn 2 viene representado por el segmento rx4.o El cinema del eslabn 3 viene representado por el segmento ffi.o El cinema de la corredera 4 viene representado por el punto b.r. El cinema del eslabn 5 viene representado por el segmento ,id..o El cinema del eslabn 6 viene representado por el segmento oQ..

@ ITES-Paraninfo

- -

-

^^ )^ ^^,,i^^^.

-a uc I I ta\,luu tdo

I

-n-Y

t'

tr. 7 ll aa

\ .Louo

Vnz

a2=43 \]-AB \

Figura 4.87. Construccin del cinemade velocidades.

Los valores de los vectores (rJj, o\y (r)6 se obtienen adirecciones de todas las velocidades son perpendiculares

z= dt

Figura 4.88. Cinema de velocidadesde cada eslabn.

partir del cinema de velocidades. Lasal plano de trabajo.

l%.n.| : @1.A8 -

I -tU5-U6

Tleao=b',

-LO6D

o,

d2 _i d1

'l- AB'

Figura 4.89. Determinacin del mdulo de las velocidades angulares.

lV",^,1 49.50 mm/s:' +: -- -

: | 0.77 rad/s l. senrido horarioAB 64 mm

-h

l- tr" ran i nfo


17,.,,.1 : r'.t,'cD ::> t*l : H : nt;?l::" : reJz *d-], sentido antihorarioLU IOU ITllTltv^t: a4.o6D :> El: H: t08;34:TA :arff,^d*, senrido horariou^u + mm

Figura 4.90. Determinacin del sentido de las velocidades angulares.

c) Calcular el cinema de aceleraciones de cada uno de los eslabones y los valores de los vectoresctT !"s y a"6.

o Eslabn 2: MANIVELAAe2

o2: -l), * alo,

=,, fla';rl: ul di: (l rad/s)2.(70 mm) : 70 mm/s2Uir \[dir. ]l OrA y sentido de A hacia 02

dtz: 0 (ro, cte + az: O) Eslabn 3: BIELA

mm) : 37,94 mmls2

con e. (?)

@ ITES-Paraninfo

Ae3tz: tt (cinema 0z : a't)

Be3dat:dnlezt

rl=,, f la atol : al. B : (o,ll rad/s)2 . (64IUD)r 1/ ""^' I ir. BA y sentido de B hacia A('| _, f lZuol : a,,. BA : ('!) . BAI aar 1 ,.1. "'^' I dir. L BA y senrido acorde

dst,t:A';1A1 +A'81A3

)tnmica de mquinas

o Eslabn 4: CORREDERABe4

la,.,l:2'u,,' lVo*n,l :2' o.17 rad s)'(49.50) mm s:76.23 mm s2Ubl

-

UD1 | (lprDl | (l .- \--' {dir. Va+at y sentido acorde con la regla de la mano derecha

AB

n+: 0,i

-.i _; _,i -: _:1(IB\ -

LtBl uRfB3 L{t.r)t. -

uB\BJ Lt,.,,r

dnt : o f rifi.rr I d'u:o : -,,,, du.u:

._/.J LY-J LW--J \'\! l+V-J

conocida contrcida L AB conocida AB

La aceleracin del punto C perteneciente al eslabn 3 se obtiene aplicando las propiedadesde homologa de los cinemas.

Ae TE -

Ae t2 mmi,:

-

+ d'.:a'1b'1''=:128,32 mm'- =252,63mma'c't o'th't AB 64 mm

o Eslabn 5: BIELA

mm) : 51,98 mm/s2

con is (?)

De6oa: dos

Il-,, I ld'i,nl : utl,'Op : Q-25 rad s)2 '148 mm) : 243 mm sr| 0;--

Capitulo 4

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