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En este capitulo realizaremos el análisis de
mecanismos que contienen pares
cinemáticos inferiores, emplearemosdiferentes formas de análisis que incluyen
matrices, números complejos, vectores,
relaciones entrada salida y método gráfico
ANÁLISIS DE
MECANISMOS
CON PARES
CINEMÁTICOS
INFERIORES
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OBJETIVOS
Una vez completado este capítulo, el estudiante debe ser capaz de:
- Identificar y definir las velocidades lineal, rotacional y relativa, así como las
aceleraciones lineal, rotacional, normal, tangencial, de “Corilis” y relativa.- Por medio de matrices, vectores, número complejos, relaciones entrada
salida y el método gráfico, determinar, las velocidades y/o las aceleracionesde puntos particulares de un eslabón particular de un mecanismo.
- Realizar conversiones para manejar las unidades más empleadas en elanálisis de velocidades y/o aceleraciones lineales y angulares.
- Empleando el método gráfico determinar la velocidad y aceleración de unpunto sobre una barra, conociendo la velocidad y aceleración de otro puntosobre la misma barra.
- Comprenderá cuando se presenta la aceleración de “Corilis” y por lo tantodebe incluirse en el análisis.
- Empleando las expresiones de velocidad y aceleración relativas, determinaranalíticamente las velocidades y aceleraciones de puntos de interés sobreun eslabón de un cuerpo rígido.
- Construir los polígonos de velocidades y aceleraciones para determinar losdiversos valores de velocidad y aceleración de puntos de un cuerpo rígido.
INTRODUCCIÓN:
Recordemos que el desplazamiento lineal de un punto es un vector, el cual sedefine como un cambio de posición de ese punto, por la anterior se puede definir ala velocidad lineal de un punto como el desplazamiento de ese punto por unidadde tiempo.
La magnitud de la velocidad es frecuentemente reconocida simplemente comovelocidad. Conocer la orientación de la velocidad lineal requiere del conocimientoprevio en el que un punto se mueve en un instante específico.
A V A
B en la figura se indican las velocidades linealesVB de los puntos A y B
w
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ANÁLISIS DE UN ESLABÓN QUE GIRA ALREDEDOR DE UN PUNTO FIJO
Considérese un punto P el cual
pertenece a un elemento que girarespecto a un punto fijo y su vector deposición es de magnitud constante ydirección variable.
En notación compleja se tiene:
(1)... posición er = Ri
pero sabemos que:
seni+=ei cos
Fig. I-01
por lo que podemos escribir la posicióncomo: ) seni+( r = R cos
derivando la ecuación (1) se obtiene:)2(... eir = R ainstantáne velocidad
i
Derivando la ecuación anteriorobtenemos:
eir +eir = Ri22i
que puede escribirse como:
dt
d ieir +
dt
d eir = R
i
2
2
i
quedando finalmente la siguienteexpresión:
)3...(inst acel. e )r -i(r = Ri2
Por medio de vectores tambiénpodemos representar la posición de lamisma barra:
posición er =r r
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derivando esta expresión obtenemosla velocidad quedando:
er +er =r r r
el primer termino se elimina porque elvector tiene magnitud constante,entonces:
er =r r
Fig. I-02
la derivada de un vector unitario esdiferente de cero es decir:
e x=e r z r
ee r r
r e
es al plano formado por losvectores
z
yr
e
ainstantáne velocidad )e x( r =r r z
pero
z
, puede representarse por su
magnitud y su vector de posición o seak
z así,
)e xk ( r =r r
Derivando la expresión de velocidadse tendrá:
o también: )er xdt
d +
dt
er d x( r =r
z
z
)e x( dt
d r =r r z
)e x+e x( r =r r z r z
la expresión puede escribirse como:
o bien con vectores unitarios:
)er xk + )er xk ( xk ( r =r 2
)e x+ )e x( x( r =r r z r z z
er =edt
d r = )e x( dt
d r =r r r r z
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Cuando hay cambio de magnitud y dedirección
posición er = R r
derivando la expresión anterior se
obtiene:velocidad er +er = R r r
que puede expresarse como:
)e xk ( r +er = R r r
A
er
z
rer
C
r
( k x ,
e r )
velc. abs
Fig. I-03
Derivando la expresión de velocidadtenemos:
er +er +er +er = R r r r r
es decir:
er +er 2+er = R r r r
quedando finalmente como sigue:
er +e xk r 2+er = R r r r
En forma matricial la posición sepuede escribir como:
sen
r R
cos
Para el análisis por medio de matrices previamente obtendremos una relación quenos permita determinar una matriz, la cual será empleada para este propósito, asímismo daremos algunas definiciones previas.
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MOVIMIENTO PLANO
El movimiento plano de un cuerpo, como su nombre lo indica se realiza en dosdimensiones, independientemente de la trayectoria que siga el cuerpo durante sumovimiento, si cada punto del cuerpo permanece a una distancia constante de un
plano fijo, por ejemplo el movimiento de la biela de una máquina de vapor, lasruedas de una locomotora que se mueve en línea recta, en general si se toma encuenta la posición inicial y final del cuerpo, se puede afirmar que el movimientoplano general es la suma de un movimiento de rotación pura y una translaciónpura.
Cuerpo rígido.- Por definición es aquel que bajo cualquier movimientoconserva la distancia entre dos cualesquiera de sus puntos
Considérense dos sistemas de ejescoordenados desfasados un ángulo θcomo se indica.
Fig. I-04
de la figura puede observarse que secumplen las siguientes relaciones:
y+ sen x-= y
y sen+ x= x
cos
cos
Otro método:Sean x, y: vectores unitarios.Los ángulos que x' forma con x e y son:
y2
respectivamente.
Las coordenadas x' respecto a la base
x, y son cos y sen 2cos y sen+ x= x cos
Fig. I-05
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Análogamente para y' se tendrá que los ángulos con x e y son: 2 y
respectivamente. Sus coordenadas serán: sen 2cos y cos .
y+ x sen-= y cos
De lo anterior se desprende el teorema de representación matricial: "Larepresentación matricial de una transformación lineal, respecto a una base
vectorial B es una matriz cuya primera columna contiene los componentes de la
imagen del primer vector de la base, bajo la transformación en cuestión, referido
(esa imagen) a la base B."
A
Y2
Y1
X2
X2
Fig. I-06
y+ x sen-= y
y sen+ x= x
112
112
cos
cos
La transformación anterior tiene la representación matricial en la base y , x
11 que a
continuación se indica:
cos
cos1
sen
senQ matriz de rotación
La matriz de rotación es ortogonal es decir: 1 QQT Demostración:
|Q|
Q ADJ =Q 1
T C Q=Q ADJ
cos
cos
sen
sen=QC
cos
cos
sen
sen=Q
T C
1cos 22 senQ
cos
cos
1
cos
cos
1
sen
sen sen
sen
=Q
T QQ 1 .... d qql
I QQ 1 I QQT
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VELOCIDAD Y ACELERACION DE LOS PUNTOS DE UN CUERPO RIGIDOQUE GIRA ALREDEDOR DE UN PUNTO FIJO
Sean p
y p
los vectores de posiciónde los puntos P y P' inicial y finalrespectivamente referidos a una mismabase.
La matriz de rotación aplicada a unvector (de posición) nos dará laposición final del mismo punto despuésde una rotación de θo.
De la figura vemos que la posición de P
es: y+ x= P 11
aplicando la matriz de rotacióntendremos
Y Q+ X Q= P Q 11
Fig. I-07
se demuestra que debe ser igual a:
Y + X =Y Q+ X Q= P Q= P 2211
pero sabemos que para una rotación de ejes
Y sen+ X = X 112
cos Y + X -=Y 112
cossin
Sustituyendo estas dos expresiones en la ecuación anterior se tiene:
)Y + X (-+ )Y + X ( = P Q= P 1111
cossinsincos
La representación del vector en forma matricial será:
P Q sen
sen
sen
sen P
cos
cos
cos
cos posición
Como la expresión anterior es válida para la posición, por lo tanto, la velocidaddel punto P será:
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1
1
111
'
P Q P QV P P
El segundo término se cancela ya que P
no varía con el tiempo, entonces se tiene:
111
P QV P
La expresión anterior nos da la velocidad en términos del vector de posición inicialy pero al evaluar lo que interesa son los valores instantáneos, debemos expresarla velocidad en términos de la posición actual de P', por esto y tomando encuenta que:
1
1
1
1
1
'' T Q P Q P P
Sustituyendo en la expresión previa:
´1
1
1
1 P QQV T
P
partiendo de la matriz de rotación
cos
cos
sen
senQ , y derivando
respecto al tiempo se tiene:
sen senQcos
cos
además
cos
cos
sen
senQT
sabemos que:
cos
cos
cos
cos
sen
sen
sen
senQQ T
coscoscos
coscoscos22
22
sen sen sen
sen sen sen
o bien :
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0
0
0
0
01
10
matriz de velocidad angular
finalmente la ecuación de velocidad será:
111 P V P
velocidad r x=V P
r V P
Para obtener la aceleración derivamosla expresión de velocidad anterior,obteniéndose.
1
1
11
1 ''
P P a P
Como ya se tiene el antecedente de
que:
1
1
11
''
P V P P
Entonces
1
11
11
1 ''
P P a P
Finalmente se obtiene:
1
2
1
111
''
P P a P
naceleració
El primer término de la expresión anterior se denomina aceleración normal,mientras que el segundo aceleración tangencial
r xa equivale P manera,mismalade;r xcon equivale P 2 1
2
1
11
''
Estas componentes de aceleración son mutuamente perpendiculares, además laprimera es paralela con la velocidad, mientras que la segunda es colineal con elvector de posición y con dirección al centro de rotación del elemento o cuerpo enanálisis.
Demostración:
Llamemos (α', ß’) a las componentes de [P'].
01
10 pV
11 Y X
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01
1011 P
11 Y X
pV de la misma manera setiene:
P
pV
de la misma formapodemos escribir:
P
pV P
en consecuencia: pV P
Para demostrar el segundo término se empleara el producto punto cuyo resultadoserá igual a cero (entre la velocidad y la aceleración normal).
112
1111
2 P P P V p
112111121 P P P V T T T
p
00
03
3
.... d qql
Ejercicio 1.1: Un eslabón de un mecanismo oscila de manera que una recta OA dedicho eslabón forma un ángulo con la recta fija OB. Si 2cos3 t , determinela posición, velocidad y aceleración del punto A, para los tiempos 3,2,1,0t segundos.
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Solución:
Utilizaremos las ecuaciones antes obtenidas.Posición
P Q P
Velocidad
111 P V P
Aceleración
12111
1 P P a P
Calculamos inicialmente el valor de para los distintos tiempos, para saber queposición ocupará la barra en cada instante, entonces:
6005.10cos3
0
0
2cos
31
02
3cos
33
De los valores obtenidos puede deducirse que el eslabón oscila en un intervalo de60° a –60°; a continuación derivamos la función de movimiento 2cos3 t para poder aplicar las correspondientes ecuaciones; así:
quedando como velocidad angular:t sen
26
2
mientras que la aceleración angularserá:
t 2
cos12
3
Para 0t la posición del punto A es:
1111110 22.013.002165125.06025.060cos25.0 y x y x y sen x P
Expresada en forma matricial, para el tiempo 0t la barra no has rotado por lotanto el ángulo en la matriz de rotación es cero.
22,0
13.0
22.0
13.0
0cos0
00cos0
sen
sen P
Como se puede observar la posición no cambia en 0t , a continuacióndeterminamos la velocidad previo cálculo de la velocidad angular para este tiempoquedando:
0026
2
0
sen de este resultado sededuce que: 00 P V
6005.1cos3
2
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Sin embargo la aceleración es diferente de cero como se puede comprobar alrealizar el cálculo.
P P a P
2
1
0
El segundo término es nulo debido al valor de la velocidad angular.
13.0
22.0
1222.0
13.0
01
10
12
33
1
0
P a P
Se puede observar, la componente de aceleración tangencial es perpendicular alvector de posición.
La posición de P1 se obtiene de manera siguiente:
0
25.0
22.0
13.0
5.0866.0
866.05.0
22.0
13.0
)60sen()60sen(
)60sen()60cos(1 P
Calculamos la velocidad angular para determinar la velocidad en 1t .
s
rad sen
6)1(
26
22
11
25.0
00.0
600.0
25.0
01
10
6
22
1
V
De este resultado se observa que el vector velocidad está orientado perpendiculara la horizontal en sentido negativo
1
2
1 25.06 yV P
012cos12
3
1
Analizando la expresión de aceleración notamos que no hay componente deaceleración tangencial ya que al sustituir 1t , en la ecuación correspondiente, seanula la aceleración angular, por esto.
00.0
25.0
3600.0
25.0
10
01
3600.0
25.0
01
10
01
10
6
442
2
1
P a
14
1 25.0
36
xa P
De lo anterior se comprueba que la aceleración normal es perpendicular a lavelocidad o bien paralela al vector de posición y siempre irá hacia el centro derotación. Para 2t
22.0
13.0
22.0
13.0
5.087.0
87.05.0
22.0
13.0
120cos120
120120cos2
sen
sen P
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30
0226
2
2
sen 02 P V
mientras que 02 P a
13.0
22.0
1222.0
13.0
01
10
12
33
2 P a P
Nótese que este vector aceleración es perpendicular al vector de posición y tienesus dos componentes positivas.
Para 3t determinamos en primer lugar la posición siendo esta:
00.0
25.0
22.0
13.0
60cos60
6060cos3
sen
sen P
s
rad sen
61
63
26
222
3
Una vez determinada la velocidad angular se determina la velocidad obteniéndose:
25.0
00.0
600.0
25.0
01
10
6
22
3
V
en forma vectorial 12
3 25.06
yV P
Para este tiempo se puede observar que no existe aceleración tangencial ya que:
03
2
cos
12
3
3
Finalmente:
00.0
25.0
3600.0
25.0
10
01
6
42
2
3
P a
21
4
3 25.036 s
m xa P
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ANALISIS DEL MOVIMIENTO PLANO DE UN CUERPO RIGIDO
El movimiento plano de un cuerpo, como su nombre lo indica se realiza en dosdimensiones, independientemente de la trayectoria que siga el cuerpo durante su
movimiento, si cada punto del cuerpo permanece a una distancia constante de unplano fijo, por ejemplo el movimiento de la biela de una máquina de vapor, lasruedas de una locomotora que se mueve en línea recta, en general si se toma encuenta la posición inicial y final del cuerpo, se puede afirmar que el movimientoplano general es la suma de un movimiento de rotación pura y una translaciónpura.
Fig. I-08
De la figura vemosr =b-a 111
r =b-a 222
r =b-a 333
Por definición de cuerpo rígido
321 r r r
Por tener magnitud,dirección y sentido:
31 r r
Como nos interesa laposición final tomaremos:
r =b-a 222
de donde: r +b=a 222
De la figura vemos que2r
es1r girado, o sea:
12 r Qr
o bien: 112 baQr
Quedando:
1122 baQba posición
Derivando la expresión anterior obtendremos la expresión de velocidad paracuerpos que se mueven con movimiento plano.
1111 baQbaQV V B A
Como en el caso anterior necesitamos poner en términos de 22 ba por ser
valores instantáneos los que se miden.
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32
112 baQr b-aQ=b-a 22
T
11
Por lo que al sustituir obtenemos: 22 baQQV V
T
B A
22 baV V B A
O bien:
22 baV V B A velocidad
Derivando nuevamente obtenemos la aceleración:
Pero sabemos que: AV a
2 y BV b
2
V -V +b-a+a=a B A22 B A
de la ecuación de la velocidad se tiene:
b-a+b-a+a=a 2222 B A
Por lo tanto:
b-a+b-a+a=a 2222 B A 2
naceleració
De la cual se obtienen los siguientes términos:
a A aceleración del punto A
a B aceleración translacional
b-a 22
aceleración tangencial
b-a 222 aceleración normal
22 baV V B A
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33
ANÁLISIS DEL MOVIMIENTO DE UN PUNTO A TRAVÉS DE SISTEMAS DEREFERENCIA AUXILIARES.
Utilizaremos este método cuando la aplicación de un solo sistema coordenado, seacomplejo, situación que puede presentarse cuando se analizan las características
cinemáticas del movimiento de un punto de la rueda de un tren, ya que sepresenta un vector que cambia de magnitud y de orientación durante sumovimiento; lo mismo sucede al analizar el movimiento de un punto de un trenplanetario de engranes o de un cojinete de bolas o simplemente el movimiento deuna persona que viaja en un avión o el movimiento de la luna respecto a la tierraentre otros.
Para solucionar el problema anterior podemos auxiliarnos de sistemas dereferencia auxiliares en los cuales adecuadamente seleccionemos los orígenescorrespondientes, por ejemplo de la figura se observa que
Y1 Y2
rX2
p
aX1
r a p Partiendo del hecho que seleccionamos el sistema auxiliar de talforma que el vector r es fácil de medir en el sistema auxiliar, y utilizando notaciónmatricial, el vector p estará referido al sistema principal, y podemos escribir lassiguientes ecuaciones:
11
1 r a P
, además, 211 r Qr ------- (1), de tal forma que para
poder expresar el vector de posición en sistema principal escribimos:
2111 r Qa P
_ _ _ posición;Las características cinemáticas de manera análogo a lo anteriormente visto, seobtienen mediante las derivadas respecto al tiempo correspondiente, quedando:
2121101
r Qr QV V P De la ecuación I se tiene:
T Qr r 12
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34
Sustituyendo en la ecuación anterior, se tiene:
2111101 r Qr QQV V T
P
; desarrollado y realizando operaciones
se llega a:
21211101 r Qr QV V P ________ Velocidad del punto p
212
1
211211211101r Qr Qr Qr Qr Qaa p
Realizando los productos QQQ T 11
y agrupando términos llegamos a:
21211212
1211101 2 r Qr Qr Qr Qaa p
___ Aceleración de
P
Los tres primeros términos de la ecuación anterior corresponden a la aceleraciónque tendría el punto P si éste fuera un punto del cuerpo rígido determinado por (X2, Y2). El cuarto término es la aceleración de “Coriolis”; éste término se presentacuando en el análisis se presenta un vector que cambio de dirección y demagnitud. El último término, representa la aceleración de P medida en el sistemaX2, Y2.
La expresión anterior en notación de Gibbs o de vectores cartesianos se escribecomo sigue:
r r xr x xr xa=a o P 2)(
Esta notación tiene un inconveniente ya que no indica de manera explícita elsistema de referencia en que se están describiendo los vectores, ya que r 1 y r 2se expresan únicamente como r
1
y 1 por un vector r se pueden expresar como producto vectorial.
Sean
01
10 y
y
xr
y x e xe y
x
y y xr
0110 ________________K
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35
y x
x y y x z
y x z
e xe y
e ye xe ye x xer x
j yi xe ye xr k e
)(
;
__________________L
Comparando el resultado de las ecuaciones K y L se demuestra que
r xr
Ejercicio: demostrar que
r xr
e xe y y xvectorial formaen
x
y
y
xr
y
xr
01
10;
01
10
_______N
En notación de Gibbs se tiene lo siguiente:
y x x
y
y x
z y x
z
z z
z z z
e xe ye ye x
e ye xr er e ye xr e
eeee
seobteniendo
x x y
eaes perok
)(
0
___O
De manera análoga se puede demostrar la equivalencia de términos de laecuación de aceleración.
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36
La corredera que contiene al punto P se mueve alejándose del origen a una
velocidad constante a 2 [m/s] cuando la barra OA gira a razón de 60 r.p.m. de
manera constante. Para la configuración en la que la barra forma un ángulo de 45°
con respecto a la horizontal, determine la posición, la velocidad y aceleración del
punto P.
21
1
1 r Qa P
Posición
21211101 r Qr QV V P
Velocidad
21211212
1211101 2 r Qr Qr Qr Qaa p
Aceleración
En primer lugar determinaremos la posición del punto P
Obsérvese que el vector
a es nulo debido a que coinciden los orígenes de los
ejes coordenados; por lo tanto realizando operaciones se tiene:
Para determinar la velocidad nuevamente se observa que la velocidad del origen
auxiliar es nula por coincidir con el origen del sistema X1, Y1 sustituimos valores y
realizamos operaciones quedando
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37
Simplificando obtenemos el valor de la velocidad del punto P para el instante
requerido siendo esta
Para determinar la aceleración del punto P analizamos la ecuación de
aceleración en la cual no existe aceleración del origen auxiliar, el segundo y el
último término son nulos por ser la velocidad angular y la velocidad relativa
constantes; por tal motivo, únicamente existirán aceleración normal y aceleración
de Coriolis
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TEOREMAS REALTIVOS A CINEMÁTICA DE CUERPOS RÍGIDOS.
Dados dos puntos A y B de un cuerpo rígido, la velocidad de A con respecto a B esnormal a la recta AB
En la obtención de las ecuaciones del movimiento plano de los cuerpos rígidos, seobtuvieron las siguientes expresiones: 22 baV V B A
;
relativavelocidad deecuaciónbabaV V V B
A B A .2222
Fig. I-08
De la figura se observaclaramente que el vector
r ba222
B A segmentoal paraleloes 22
Empleando el producto punto se demostrará el teorema anterior.
0)1()1()()(
)(01
10
;)(0)( 22/222222
yx xye xe ye ye xr r
e xe y y
xr
e ye xr r r V B Ab-ab-a
y x y x
y x
y x B A
Dados dos cuerpos rígidos en movimiento, si existe un conjunto de puntos deambos cuerpos para los cuales la velocidad relativa sea nula, ese conjunto depuntos forman una recta y recibe el nombre de “eje instantáneo de rotación de uncuerpo con respecto a otro”.
En el caso del movimiento plano dicho eje existe y es normal al plano delmovimiento. A la intersección del eje instantáneo con el plano del movimiento se leconoce como “centro instantáneo de rotación“.
C.I.R. Un punto situado sobre un cuerpo y alrededor del cual otro segundo cuerpotiende a girar.
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39
Un punto común a dos cuerpos que tiene la misma velocidad en cada unode ellos, es decir en ese punto no existe velocidad relativa.
Un C.I.R. puede ser un punto que realmente este sobre ambos cuerpos comoocurre con el centro geométrico del par cinemático de revolución que enlaza dos
elementos de una máquina en cuyo caso se dice que es un centro permanente yfijo como sucede en la articulación entre el elemento fijo y el elemento de entraday/o de salida, puede ser permanente y “movible” como sucede con el centroformado entre el elemento de entrada y acoplador o acoplador y de salida.
Cuando el centro está situado en el espacio fuera de los cuerpos se dice que elcentro es “movible y no permanente.
Notación: Los centros se designan con doble numero por ejemplo 1,2 1,3 2,4etc. El centro 2,3 nos indica que el centro pertenece a los elementos 2 y 3; podríaescribirse como centro 3,2, pero, se acostumbra poner en primer lugar el númerode menor denominación.
El número de centros instantáneo de rotación de un mecanismo, es el número decombinaciones binarias que se pueden hacer con sus elementos y se determinanmediante la fórmula:
.2
)1(barrasdenúmeron siedo
N N C
Los centros se determinan por observación directa o aplicando el teorema de Aronhold Kennedy.
Teorema d Kennedy.-“Dados dos cuerpos rígidos en movimiento con respecto a unobservador fijo, los tres centros instantáneos de rotación existentes están sobre lamisma línea”.
P
A B
Figura M
En la imagen derecha se puede observar que si se considera como centroinstantáneo un punto C fuera de la línea de centros, al determinar la velocidad delpunto C como perteneciente a los cuerpos 2 y 4, aparece una componente develocidad relativa por lo cual no puede ser el centro instantáneo ya que en estos,no existe dicha velocidad, en consecuencia el centro debe ubicarse sobre la línea
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40
de centros. A mayor separación de la línea de centros, mayor valor de la velocidadrelativa.
Otra forma empleada para de mostrar el teorema de Kennedy es considerar la
figura M, en la cual consideremos que P=centro de rotación de B/A, por tanto
0
0
exp,
ab
bbbbab
bba
bvav
B
B B A
B A
B p A p
lares perpendicu ser por e sabiendoqu
por miembrosambosndomultiplica
resionesambasigualamostambien
Lo anterior se cumple cuando escalar siendoba
O sea b ya
son paralelos y esto se cumple sobre la línea que une los
puntos C A y CB.
Otra manera de de enunciar el teorema de Kennedy es: “en todo mecanismo,cada grupo de tres centros con parentesco entre sí, están situados sobre unamisma recta”.
Se dice que tres centros tienen parentesco entre sí cuando al prescindir delnúmero común que presentan cada dos, las cifras que quedan unidas entre sí,designan el tercero.
Ejemplo: 12, 13 y 23 si tienen parentesco están alineados.14, 23 y 34 no tienen parentesco no están colineales.23, 34 y 24 si tienen parentesco si están alineados.
15, 25 y 23 no tienen parentesco no están colineales.
Ejemplo: determine todos los centros instantáneos de rotación del siguientemecanismo.
62
)14(4
2
)1(
N N
C
1 2 3 41 1,2 1,3 1,42 2,3 2,43 3,44
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41
En la tabla se pueden observar las combinaciones binarias, y los centros que sedeterminan por observación; para localizar los centros faltantes, se prolongan laslíneas que contengan centros y aquellas que al unirse encierren dos triángulos,darán origen al centro de rotación y para saber a que barras se refiere podemos
emplear el parentesco.En la figura siguiente se ilustran los centros instantáneos de rotación que sedeterminan con el teorema de Kennedy o por inspección visual.
644
2
1)( C
Determinar los centros instantáneos de rotación de los elementos que se indicanen la figura.
Una vez determinado el número de centros instantáneos de rotación empleando laexpresión correspondiente, mediante inspección visual y aplicando el teorema deKennedy se determinan los centros, que también son las combinaciones binariasde sus elementos como se puede observar en la tabla adjunta.
1 2 3 41 1,2 1,3 1,42 2,3 2,43 3,44
644
2
1)( C
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42
Obtener, topología, grados de libertad y centros instantáneos de rotación.
Nota: El centro instantáneo de rotación de una corredera que se desliza en línearecta, se encuentra ubicado en el infinito en cualquier línea perpendicular a la líneade deslizamiento de la corredera.
Obsérvese que para determinar el centro 2,4 se traza una línea paralela a la quecontiene al centro 1,4 y que pase por el centro 1,2 para que en la intersección conla línea que contiene los centros 2,3 y 3,4, dan origen al centro buscado.
1 2 3 41 1,2 1,3 1,42 2,3 2,43 3,4
4
Topología: 3RC
k l nG 2)1(3 n= 4 l= 3 k= 11)3(2)14(3 G
G= 2
644
2
1)( C
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43
USO DE NÚMEROS COMPLEJOS EN EL ANÁLISIS DEL MOVIENTO PLANO DELOS CUERPOS RÍGIDOS
El efecto de multiplicar cualquier número complejo i
re Z 1 por el número ie , esgirar el complejo 1 Z un ángulo de .
)(; 22121
ire Z , finalmenteieire Z ie Z Z ire Z
De este resultado se observa que se puede evitar el uso de las matrices pararepresentar una rotación.
Consideremos un cuerpo rígido en movimiento plano como se indica en la figura
Del estudio del movimiento plano mediante vectores se obtuvo la expresión
1122 baQba posición ; en notación compleja tenemos
11
1122
ba Z Z i
eba
posiciónbaieba )(1122
Derivando respecto al tiempo obtenemos la expresión de velocidad
)(11
baieiV V B A
,
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44
Sabemos que 12 Z ie Z o sea )(1122baieba
iebaba )(2211
ieiebaiV V B A
)(22
ibaeV V B A
)(0
22
)(22
baiV V B A
Velocidad instantánea
Derivando la expresión anterior obtenemos la ecuación de la aceleración
)()( 2222
baibaiaa B A
)()(2222
baiibaiaa B A
)()(22
2
22babaiaa
B A
Aceleración
Ejercicio:
Solucione algún problema antes resuelto utilizando éstas expresiones y verifiqueque los resultados son iguales.
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MECANISMOS DE 4 BARRAS. LEY DE GRASHOF
En el estudio de los mecanismos existen diversos mecanismos de cuatroelementos como los que se ilustran a continuación
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46
LEY DE GRASHOF:
“La suma de las barras más corta y más larga de un mecanismo de cuatrobarras art iculadas RRRR, nunca debe ser mayor a la suma d e alas otras do sbarras cuando entre dos elementos se desea una rotación relat iva completa”.
Para entender con claridad el enunciado anterior podemos definir previamente alos mecanismos clase I y clase II.
Los mecanismos clase I se caracterizan en que alguno de los eslabones que lointegran efectúa una rotación relativa completa.
En los mecanismos clase II ninguno de los eslabones que lo forman realizarotaciones relativas completas.
Considérese el mecanismo RRRR siguiente; si dividimos al mecanismo en dospares de barras de tal manera que sus miembros sean opuestos, llamaremos:
Par Mayor al que tiene los elementos de longitud total mayor. ( l + q )
Par Menor (s + p ), la longitud total de sus elementos en menor que el anterior
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47
De lo anterior podemos decir que debe cumplirse lo siguiente:
l + q > p+s siendo l > q y p> s
De tal forma que si:
l - q < p – s => cadenas o mecanismos clase I
l - q > p – s => cadenas o mecanismos clase II
La ley de Grashof no especifica cuál barra está fija.
Al fijar los diferentes elementos que conforman el mecanismo, los movimientosque se obtienen en sus elementos se pueden observar en las siguientes imágenes,a lo anterior se le conoce como inversión de cadena o de mecanismo.
Mecanismos manivela biela oscilante
Mecanismos doble manivela
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MECANISMOS ESPECIALES
Se obtienen mecanismos especialescuando al comparar las dimensiones de
los elementos que los forman, existenigualdades entre ellas; como seobserva en la figura del mecanismo deWATT c = d, por tanto a-b > c-d; secaracteriza en describir una trayectoriacasi recta en un punto de su eslabónacoplador. Fig. I-09
Fig. I-10
Los mecanismos dePARALELOGRAMO se caracterizanen que la barra acopladora describeuna trayectoria de translacióncurvilínea, además las barras deentrada y salida pueden efectuarrotaciones completas ya que el ángulode la barra de entrada es igual al desalida, sin embargo cuando llegan aestar alineados, existen puntos decambio que una vez sobrepasados elmecanismo se transforma en unocruzado.
El punto trazador P del mecanismo deROBERT describe una línea rectaaproximadamente. Los trazospunteados indican que está formadopor tres triángulos isóscelescongruentes, por tanto, d = c/2.
Fig. I-11
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49
Fig. I-12
El punto trazador P del mecanismo deCHEBYSHEV también describe una
recta aproximadamente, El mecanismose forma por un triángulo 3-4-5 con labarra a en posición vertical, como se vepor las líneas de trazos de la figura.
Los puntos P, Q y R están alineadoscon el eje del PANTÓGRAFOrepresentado en la figura. Elmovimiento de estos 3 puntos esdirectamente proporcional a susdistancias al eje fijo. Se empleageneralmente como medio parareproducir dibujos o mapas a unamayor y menor escala. También tieneaplicación como movimiento reductor
en conexión con los aparatosregistradores o indicadores de lasmáquinas.
Fig. I-13
A
B
C
D
E
P
2
7
3
5
8
64
Fig. I-14
Otro mecanismo que genera unsegmento de línea recta es el inversorde PEAUCELLIER de movimientosexactos en línea recta, en vista que BC= BP = EC = EP y AB = AE tal que por
simetría los puntos A, C y P estánsobre una misma línea; se puededemostrar que el punto P se muevesobre la trayectoria en una línea rectaperpendicular al eje del eslabón fijo 1.
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50
COMPÁS ELÍPTICO; este dispositivose emplea para trazar elipses. En una
forma un poco diferente a la ilustradaen la figura, también se haempleado como mandril elíptico paramaquinar partes de sección elíptica.
A
2
3
4
1
Fig. I-15
RELACIÓN ENTRADA SALIDA PARA MECANISMOS RRRRECUACIÓN DE FREUDENSTEIN
Consideremos un mecanismo RRRR como el que se ilustra a continuación, en elcual se parte del hecho que se conocen las dimensiones de los eslabones yrequerimos obtener una expresión que permita conocer la posición del elemento desalida C para determinados datos del elemento de entrada A
D, A, B y C representan los vectores de posición respecto a una referencia
horizontal; Θ1 Θ2 Θ3 y Θ4 describen las posiciones relativas de losvectores mencionados.
Utilizando notación compleja, de la figura se puede escribir
1iD
de 2iA ae 3iB be 4iC ce
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51
Haciendo una suma vectorial se tiene:
04i3i2ii 1 cebeaede
barraslasdemagnitudeslas sond ycb,a,que sabiendo
Considerando que )(cosi isenaae , se puede escribir como:
0coscoscoscos44332211
cisencisenbbisenaadisend
Agrupando términos reales e imaginarios se tiene una ecuación de la forma
00 iiba La cual se puede escribir de la manera siguiente:
0coscoscoscos4321
cbad De parte real y
0)(4321
ii senc senb sena send De parte imaginaria.
Obsérvese que en las dos ecuaciones como se conocen las magnitudes de lasbarras y datos para la barra fija (Θ1 = 180°) y de entrada (Θ2 es dato), por lo que
se tiene una ecuación con dos incógnitas (Θ3
y
Θ4
). Para eliminar una de lasincógnitas, despejando una de ellas y elevando al cuadrado ambos lados de laigualdad.
2
3
2
421 )cos()coscoscos( bcad
2
3
2
421 )()( senb senc sena send
l l
Recordando que 1cos22 sen realizando las operaciones en las ecuacionesanteriores y reagrupando términos se obtiene:
)cos(cos2cos2cos2424242
2222 sen senaccd ad d cba Dividiendo toda la ecuación entre ac2 , además, recordando que el
)cos(coscos424242
sen sen obtenemos
)cos(coscos
2 42
42
2222
c
d
a
d
ac
d cba
Asignandoac
d cba K y
c
d k
a
d K
2
2
22
2
321
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52
La ecuación final será: )cos(coscos
2 42
42
2222
c
d
a
d
ac
d cba
Ecuación que puede escribirse como
)cos(coscos 4232241 K k K Ecuación De Freud enstein .
Esta ecuación proporciona un medio analítico para sintetizar un mecanismo tal quelos movimientos de los elementos de entrada y salida están determinados.
Como puede entenderse para obtener el ángulo de salida, de manera directa nose puede despejar este de la ecuación previa, por lo que consideremos la ecuaciónanterior antes de sustituir la diferencia de los ángulos, quedando:
)coscoscoscos424234221
sen sen K k K
Empleando las identidades trigonométricas que se indican a continuación,
2tan1
2tan1
cos
2tan1
2tan2
42
42
4
42
4
4
y sen
Se obtiene la expresión: 02
tan2
tan 442 C B A
En donde el valor de A, B y C es:
2231222132 cos)1(2coscos k k k C sen Bk k K A
La solución a la ecuación en consecuencia será:
A
AC B B
2
4tan2)(
21
2,14
;
Como se puede observar existen dos valor que satisfacen la ecuación; ver figurasiguiente.
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53
14 )(
2 24 )(
Análogamente podemos obtener una expresión para determinar el valor del ánguloΘ3 partiendo de la expresión
)cos(coscos3253124
K k K
ab
bad c K y
b
d k
a
d K
2
2222
541
.
Aplicando un procedimiento similar al caso anterior y empleando identidadestrigonométricas podemos obtener una expresión que permita obtener el valor deΘ3 quedando:
02
tan2
tan 332
F E D
Cuya solución se determina mediante la expresión:
D
DF E E 2
4tan2)(
2
12,13
15224215224 coscos2coscos k k k F sen E k K K D
Ejemplo: Determine en valor del ángulo del elemento de salida así como el de labarra acopladora para el mecanismo mostrado en la figura.
Y ∅
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54
Empleando las expresiones establecidas previamente, consideremos el valor delas constantes y valuemos sustituyendo datos proporcionados.
323
1
90cos)3
41(
3
5
3
490290cos
3
4
3
4
3
590cos
C B A
C sen B A
)3/1(2
)3)(3/1(4)2()2(tan2)(
2
1
2,14
13.143)(
13.143)(
)3(tan2)(
24
14
1
4
D
DF E E
2
4tan2)(
21
2,13
3
5
)2)(3(2
23432
3
4 2222
541
K yk K
3
4
3
590cos90cos
3
4902
3
4
3
590cos90cos2 F sen E D
13.143)3(tan2)(
13.143)3(tan2)(
312
02tan2)(
3
12
33
14)2()2(
tan2)(
1
23
1
13
1
2,13
2
1
2,13
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55
Otra manera de determinar el ángulo anterior es considerando que:
Θ3 = Θ4 +180° =143.13° + 180° =323.13°
Obtención de la velocidad angularω
4
Consideremos la figura anterior y hagamos la suma de vectores, representándolosen forma polar.
4i3i2ii 1 cebeaede
44
33
22
iii
eiceibeia VA + vB/A = vB
Sustituyendo en la expresión anteriore
iθ = cos θ + i sen θ se
obtiene una ecuación de la forma a+ib=0+i0 la cual separamos en dosecuaciones, una que agrupe la parte real y otra la parte imaginaria se tiene
II senb sena senc
I bac
______ __________ __________ __________ 33224
4
_____ __________ __________ __________ 33224
4 coscoscos
Multiplicando la ecuaciones I y II por
,cos 33 menterespectiva y sen
IV senb sena senc
III senb sena senc
33332234
4
33332234
4
coscoscos
coscoscos
Restando a la ecuación IV la ecuación III y teniendo en cuenta la identidad
trigonométrica del coscos a sen bb sen a sen(a-b) despejando se llega a:
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56
)(
)(
34
322
4
sen
sen
c
a Velocidad angular de la barra de salida
De manera análoga, si multiplicamos las ecuaciones I y II por44 cos y sen respectivamente, y además realizamos las sustituciones
correspondientes llegamos a obtener la velocidad angular de la barra acopladora,siendo esta:
)(
)(
43
242
3
sen
sen
b
a . Velocidad angular de la barra acopladora.
Otra manera de obtener las velocidades angulares de los elementos de salida yacoplador es a través de la derivada de la ecuación de Freudenstein, ya sea la que
está en función de θ 2 y θ 4 o bien, θ2 y θ3
)cos(coscos4232241
K k K
))(( 4242222441
sen senk sen K
Agrupando términos y despejando se llega a:
2
4241
42224
)(
)(
sen senk
sen senk Velocidad angular de la barra de salida
Ejercicio:
Obtener la expresión para la velocidad angular de la barra acopladora partiendode la ecuación
)cos(coscos3253124
K k K
))(( 3232
331
224
sen senk sen K
3313223224
332232331224
)()(
)()(
senk sen sen sen K
sen sen senk sen K
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57
23231
32243
)(
)(
sen senk
sen sen K Velocidad angular de la barra acopladora.
Ejercicio: Obtener la aceleración angular 3de la barra acopladora.
RELACIÓN ENTRADA SALIDA PARA MECANISMOS RRRP.
Consideremos al mecanismo RRRP que semuestra en la figura, al cual asignamos loscorrespondientes vectores de posición.
Podemos concluir que el análisis es muycomplicado, debido a que S(t) cambia demagnitud y de orientación, por lo que esconveniente usar un sistema coordenadoque pase por el origen y con uno de susejes sea paralelo al eje de deslizamientodel bloque.
Haciendo suma de vectores de la figura se observa que:
E t sS además Bt s A )(,,)( ; despejando s(t) e igualando las
expresiones resultantes se tiene:
0: B E AS tambiénoS E B A
, empleando notación
compleja podemos escribir.
0iiii 4321
eebeae se . . . . . . (i*) desarrollamos en forma decosenos y senos, agrupando de la forma a + i b = 0 + i0 quedan las expresiones0
4cos
3cos
2cos
1cos eba s
04321
i senie senib senia seni s
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Sustituyendo θ1=180° y θ4= 90° en las expresiones anteriores, llegamos a lassiguientes ecuaciones:
03
cos2
cos b sa y 032
senbe sena . . . (ii*)
despejando b
e sena sen 23
finalmente
be sena sen 21
3
Despejando de las ecuaciones (ii
*) los términos que contienen a θ3 obtenemos:
2)
3cos(
2)
2cos( b sa 2)
3(
2)
2( senbe sena
elevando al cuadrado los términos que se indican se tiene:
02
22222
cos22 seneabeaas s Ecuación del
desplazamiento del bloque B. Esta ecuación puede escribirse como:
2222
2cos210
2 seneabea N a M L N s M s L
Cuya solución se obtiene mediante la expresión
L
LN M M s
2
4)(
2
2,1
Los parámetros que se deben conocer son:a b e y Θ2
Para determinar las características cinemáticas del bloque B derivamos laecuación de desplazamiento quedando:
2
2
22
cos
cos
a s
sen saea s .. . . . .(+)
Una ecuación alternativa para determinar s
es derivar la ecuación (i*)0iiii 4321 eebeae se , obteniéndose
33
22
1 iii
ebieaie s
. . . .(**)
Que puede agruparse en senos y cósenos, sabiendo además que 1=180°.
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59
33332222
333322221
coscos
coscoscos
senbbi senaai s
obtiene sevaloresdo sustituyen y soperacioneefectuando
senbiibi senaiiaiisen s s
tiene sedespejandobabienobiai
iii senb sena s
33223322
3322
coscoscoscos
*)(
23
2
3cos
cos
b
a Sustituyendo en la ecuación (iii*) obtenemos:
3
32
2
cos
)(
sena s
Ejercicio: Derivando la ecuación (**) obtener las expresiones para s
y 3
3
33222
cos
)cos2
22
3
b
sen senaa b
Y
1
2
3
2
2
cos
)coscos333222
bb s
sena sena
Nota: se puede evitar el desarrollo completo para obtener las relaciones entradasalida, empleando identidades trigonométricas; esto en muchas ocasionessimplifica la obtención de las ecuaciones.
Ejercicio: Comprobar que la relación entrada-salida, velocidad y aceleraciónangular de la barra 4 y la velocidad y aceleración del bloque, para el mecanismoRRPR que se muestra en la figura en la cual Θ1=180°, Θ3=90° +Θ4 es:
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44/57
60
)()(cos
)(
0cos)cos(
24242
422
4
4242
senebb
ab
senb
a
e sen senad a
4251
4361
4k k k k
k k k k
4251
6253
k k k k
k k k k b
K 1= sen θ4
K 2=b cos θ4+e sen θ4
K 3= a(ω2)2
cosθ2 + a 2 sen θ2 - 2
bω4 cos θ4 + b(ω4)2
senθ4 – e (ω4)2
cos θ4
K 4= cos θ4
K 5= - bsenθ
4 + e cosθ
4 K 6= -a (ω2)
2sen θ2 + a2 cos θ2 + 2
bω4 sen θ4 + b(ω4)2
cos θ4 + e (ω4)2
sen θ4
Utilice identidades trigonométricas análogas a las utilizadas en la ecuación deFreudenstein. El valor de
4 se obtiene resolviendo la ecuación
A
AC B B
2
4221tan24
Siendo:
ed aC
sena B
ed A
2
2
2
cos
2
cos
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61
b
c
Ejemplo:
Dado el mecanismo mostrado en la figura, obtener la ecuación de desplazamientode un punto del eslabón 4, demostrar que la velocidad V tiene un mínimo valorabsoluto y la aceleración es máxima cuando el ángulo =0°
Fig. I-16
Como se puede observar de la figura,el mecanismo cumple con lasiguiente función: f (,S) = 0,
Debido a que al trazar loscorrespondientes vectores se forman dostriángulos que tienen un lado en común, sepueden aplicar dos relacionestrigonométricas de la forma siguiente:
b
c
a
s
d
Fig. I-17
Del teorema de Pitágoras se tiene 222 sad , por otro lado aplicando la ley deCósenos obtenemos cos2222 bccbd . Igualando estas expresionesobtenemos la ecuación de posición o relación entrada salida para el mecanismo3RP.
cos22222 bccb sa
esta ecuación puede escribirsecomo: 0cos2 2222 acbbc s …(1)
derivando obtenemos laecuación de la velocidad: 022
senbc s s …(2)
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Despejando obtenemos:
s
senbc s
Es la ecuación develocidad de cualquierpunto del bloque.
Si sustituimos, = 0 se cumple la primera condición del problema.
Derivando la ecuación (2) obtenemos laexpresión de la aceleración siendoesta:
0cos22
senbc s s s
Despejamos quedando:
s
s senbc
s
22
cos
Como se puede deducir de esta expresión, la aceleración será máxima cuando alángulo = 0° con lo que se cumplen las dos condiciones del problema.
En el análisis de mecanismos, en ocasiones importa determinar más que lavelocidad o la aceleración de un elemento, la trayectoria que describa un punto dela barra acopladora, (los puntos de las barras de entrada y salida describentrayectorias de circunferencia), para una aplicación particular. En este caso, sepuede proceder como sigue para obtener una expresión que permita conocer latrayectoria que sigan puntos particulares, y posteriormente conocer la velocidad yaceleración de dichos puntos.
Relación entrada-Acoplador
2
1
3
3
1
2
2
32
32
22
12
4
1
321
2
0)cos(coscos
a
ak
a
ak
aa
aaaak
k k k
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De la figura se tiene: )(2
0; ii rer eabr b p
)(
2
0 ii reea p . . . v*) Posición del punto P para (,) dados.Proporcionado diferentes valores de los ángulos (,), se podrá determinar latrayectoria del punto P.
Derivando respecto al tiempo la expresiónv*)
se pueden obtener expresionespara la velocidad y la aceleración del punto P, siendo estas:
n Aceleracióeir ier eiaieaa
Velocidad ier ieav
iiii
p
ii
p
)(22
3
)(
3
22
2222
)(
322
00
0
MOVILIDAD DE LOS MECANISMOS DE BARRAS ARTICULADAS.
“La configuración de un mecanismo en que la barra acopladora está alineada
con la barra conductora (conducida), corresponde a un valor mínimo (máximo)del ángulo de salida (entrada).”
La velocidad angular de la barra de salida se obtiene mediante la expresión
4
12
2
11
1
2
)(
)(
a
ak
a
ak
sen senk
sen senk
De la figura observamos que: θ0 = 0 - 0
Llamemos N al coeficiente de
, = )(0002
sen senk
0020
00020 )( sen senk N sen senk N
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Aplicando ley de senos para el triángulo formado por la figura se tiene
0200
4
1
0
4
0
1
0
senk senbieno sena
a sen
a
sen
a
sen
Lo que implica que para esa configuración ,
000202
0
senk senk N El resultado anterior nos indica que la velocidad angular de la barra de salida escero cuando el eslabón de entrada con el acoplador está alineado.
ANÁLISIS GRÁFICO DE VELOCIDADES Y ACELERACIONES.
Para determinar los valores de velocidad y aceleración de puntos particulares deun mecanismo, partimos del hecho que se conocen las ecuaciones básicas deanálisis cinemático, además, es pertinente mencionar que el método de maneraimplícita utiliza la ecuaciones antes mencionadas.
Como fácilmente se puede entender, cualquier método grafico requiere delconocimiento de las expresiones cinemáticas para la determinación de velocidadesy aceleraciones es decir un método gráfico no es simplemente trazar líneas y medirsino que, deben considerarse orientaciones de los vectores velocidad yaceleración que se obtienen precisamente de las ecuaciones correspondientes.Los métodos gráficos, proporcionan, si son aplicados correctamente unaaproximación de las solución analítica, ya que con la ayuda de paquetería dedibujo, como por ejemplo Autocad, se pueden lograr gráficos muy precisos.
Partimos del hecho que dado el avance del curso sabemos la perpendicularidad oparalelismos que tienen entre si los vectores de posición, velocidad y aceleración;recordemos que la velocidad es perpendicular al vector de posición en caso que elcuerpo que éste representa, tenga una movimiento de rotación; la velocidad, seráparalela al vector de posición en el caso del movimiento de una corredera, para lasaceleraciones, se sabe que el vector de la aceleración normal, es paralelo al vectorde posición y siempre dirigido hacia el centro de rotación, mientras que el vector dela aceleración tangencial es perpendicular al vector de posición y a la aceleraciónnormal; para las velocidades y aceleraciones relativas las componentes develocidad y aceleración tendrán el mismos comportamiento, pero en el casoparticular de mecanismos que contienen pares prismáticos si se presenta un vectorque cambie de magnitud y de orientación se presentará una componente develocidad conocida como aceleración de “Coriolis” la cual será perpendicular a latrayectoria que describe el par prismático, pudiendo presentarse cuatro casosposibles si se toma en cuenta que la corredera se aleje o se acerque del centroalrededor del cual gira la barra sobre la que se desliza, así como del sentido de
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rotación que sea en el de las manecillas del reloj o contrario a este. Lo anterior seilustra con las siguientes figuras.
ORIENTACIONES DE LOS VECTOR DE POSICIÓN, VELOCIDAD Y ACELERACIÓN
a
t
a
n
w
r
v
a
c
w w
v
v
a
c
v
a
c
w
w
v
a
c
El origen de los sistemas de referencia para el análisis de velocidades yaceleraciones serán
Ov
yOa
y se conocen como polos de velocidades yaceleraciones respectivamente; de ellos parten las velocidades y aceleracionesabsolutas
Ov Oa
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Mediante un ejemplo ilustraremos el método gráfico de análisis de velocidades yaceleraciones.
Para el mecanismo que se representa en la figura, determina la velocidad yaceleración de punto C, considere las dimensiones que se indican:
a = b = 4’’ AC = 5’’ BC =3’’ c = d = 2’’w AB =2 rad/s constante en sentido contrario al de las manecillas del reloj
C
A 3 B
2 4
M Q
1 1
Emplearemos las expresiones de productos vectoriales para obtener la soluciónconsiderando la orientación de los vectores.
Se observa que la velocidad de B es
igual a la de A ya que se trata de un
mecanismo de paralelogramo por tal
la velocidad angular
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Dado que la velocidad del punto C es cero. Para trazar el polígono de aceleraciones, trazamos una línea paralela al segmentoQB que pase por el lolo de aceleraciones de manera indefinida y sobre ellatrazamos la magnitud de la aceleración normal del punto B y Como para todo instante el ángulo de entrada es igual al de salida y lo mismosucede para las velocidades angulares, por lo anterior se deduce que Se puede realizar el trazo del polígono de aceleración con la información
proporcionada y tomando en cuenta las siguientes expresiones:
a || d
d
Por todo lo anterior se puede concluir que la aceleración de C es ceroya que
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Para el mecanismo que se ilustra en la siguiente figura y con los datos mostrados,determine la aceleración del punto B. La manivela 2 gira en sentido contrario al delas manecillas del reloj, emplear el método gráfico.
Datos:QB = 20"
AM = 6" = KQA = 8" = SMQ = Lω2 = 2π rad/s = 45º
De la figura se puede observar que se cumple: ;Sustituyendo cuya solución es: L = 11.025” Además también, Por lo que Empleando productos vectoriales podemos obtener la solución.
Trazamos el polígono de velocidades del cual se puede obtener cada vectorde velocidad y con esto, obtenemos la
velocidad angular del elemento BQ
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De manera análoga trazamos el polígono de aceleraciones empleando la ecuaciónde aceleración. Derivando la expresión de la velocidad obtenemos
En primer lugar determinamos con los valores conocidos las aceleracionesnormales de las barras 2 y 4 cuyas vectores están alineados con los vectores deposición y orientados hacia el centro de rotación, así como la aceleración de“Coriolis” ya que mediante el producto vectorial se puede determinar suorientación.
Partiendo del polo de aceleraciones trazamos la aceleración , unaperpendicular en su extremo por la que parte la , a continuación serátrazada , después se traza ; en el extremo y perpendicular a estaúltima trazamos una línea que al intersectarse con la perpendicular a la daráorigen a las aceleraciones
y
tomando las mediciones de la figura resultante se
obtienen los valores buscados siendo estos:
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Empleando una ralación entrada - salida determine la aceleración del punto B, sise conoce que la manivela AM gira en sentido opuesto al de las manecillas delreloj.
Utilice los datos de la siguiente figura y considere la velocidad angular constante
para la manivela.
Datos:QB = 20"
AM = 6" = KQA = 8" = SMQ = Lω2 = 2π rad/s = 45º
De la figura se puede observar que se cumple: ;Sustituyendo cuya solución es: L = 11.025”
Además también, Por lo que
Obtenemos las relaciones entrada salida del mecanismo para determinara lavelocidad y aceleración del punto B.
… (1) y …(2) Para determinar la velocidad del bloque derivamos la ecuación (1)I
. Por lo que al despejar se obtiene
derivando nuevamente obtenemos: La aceleración angular α2se elimina por ser ω2 constante, por lo que
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sustituyendo valores conocidos obtenemos
Derivamos la ecuación (2) de esta ecuación despejamos la velocidad angular de la barra QA quedando:
sustituyendo valores en sentido de las manecillasUna vez obtenido el valor de ω4 podemos determinar el valor de la velocidad delpunto B siendo:
; Derivamos nuevamente para determinar la aceleración tangencial de la barra desalida
Agrupamos términos y despejamos para determinar la aceleración angular
es decir gira en sentido horario
Conocida la aceleración angular se podrá calcular la aceleración del punto B en sus componentes normal y tangencial siendo estas:
Por lo anterior, la aceleración del punto B será
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Empleando productos vectoriales podemos obtener una alternativa de solución.
Efectuando operaciones con los datos proporcionados
Igualamos los términos que contienen a j e i en ambos lados de la ecuación
Resolviendo el sistema de ecuaciones
, sentido contrario a las manecillas del reloj
Derivando la expresión de la velocidad obtenemos
Sustituimos valores conocidos de velocidad angular para determinar lasaceleraciones normal y tangencial de cada elemento en caso de que éstas existan.
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Agrupamos términos de cada lado de la igualdad formando un sistema deecuaciones simultáneas quedando:
Simplificamos para obtener la solución
Cuya solución será:
Finalmente la aceleración del punto B se obtiene de la siguiente manera