Análisis de Fuerzas

Teoría de Máquinas

Tema 9. Análisis de fuerzas en losmecanismos

Mariano Saura Sánchez

Departamento de Ingeniería MecánicaUniversidad Politécnica de Cartagena

Diciembre de 2007

1

Índice general

Indice general i

9. Análisis de fuerzas en los mecanismos. 3

9.1. Planteamiento del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

9.2. Fuerzas que actúan sobre los eslabones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

9.3. Principio de acción y reacción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

9.4. Ecuaciones del movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

9.5. Diagrama de sólido libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

9.6. Principio de D’Alambert. Fuerzas de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

9.7. Principio de superposición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

9.8. Método gráfico para el cálculo de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

9.8.1. Elementos de dos y tres fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

9.8.2. Reducción de fuerza de inercia y par de inercia a fuerza de inercia. . . . . . . . . . . . 26

9.9. Método matricial para el cálculo de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

9.10. Principio de trabajos virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

9.11. Ventaja Mecánica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

i

ii ÍNDICE GENERAL

Índice de figuras

9.1. Mecanismo bajo acción de fuerzas externas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

9.2. Fuerzas de reacción en pares inferiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

9.3. Fuerzas de reacción en pares superiores (botón, leva plana y seguidor de rodillo . . . . . . . . 6

9.4. Fuerzas de reacción entre dientes de un engranaje recto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

9.5. Reacción resultante en pares cinemáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

9.6. Nomenclatura de las reacciones entre eslabones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

9.7. Resultante de fuerzas externas y de reacción sobre un stema de partículas . . . . . . . . . . . 8

9.8. Mecanismo cuadrilátero articulado para el Ejemplo 6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

9.9. Representación de los cuerpos ailados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

9.10. Sólido libre de los eslabones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

9.11. Mecanismo para ejemplo 6.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

9.12. Sólido libre para ejemplo 6.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

9.13. Representación efectos inercia sobre eslabón (ejemplo 6.2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

9.14. Sólido libre de un eslabón sometido a dos fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

9.15. Sólido libre de un eslabón sometido a tres fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

9.16. Diagramas de sólido libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

9.17. Diagramas de sólido libre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

9.18. Reducción de−→F in y

−→M in a

−→F ′

in equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

9.19. Fuerzas externas que actúan sobre el mecanismo. Ejemplo 6.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

9.20. Sólidos libres bajo el efecto de−→F 4 y

−→F in4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

9.21. Polígono de fuerzas para el equilibrio del eslabón 4, Fase 1, ejemplo 6.4 . . . . . . . . . . . . . 30

9.22. Fuerzas externas sobre el mecanismo, Fase 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

9.23. Reacciones sobre el eslabón 4. Fase 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

9.24. Obtención de la dirección de la reacción R′′2 mediante el sólido libre del eslabón 3, Fase 2,

ejemplo 6.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32



9.27. Suma de las reacciones obtenidas en cada fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33


9.29. Sólido libre del eslabón. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

9.30. Sólido libre del eslabón. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38


9.32. Ejemplo de análisis de fuerzas en mecanismos con geometría curva . . . . . . . . . . . . . . . 43

iii

ÍNDICE DE FIGURAS 1

9.33. Ejemplo de análisis de fuerzas en mecanismos con geometría curva . . . . . . . . . . . . . . . 44

9.34. Desplazamiento virtual de un sistema sometido a la acción de fuerzas dadas. . . . . . . . . . . 46

9.35. Fuerzas de reacción y desplazamientos virtuales en par de traslación. . . . . . . . . . . . . . . 47

9.36. Cuadrilátero articulado (ejemplo 6.3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

9.37. Cuadrilátero articulado (ejemplo 6.4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2 ÍNDICE DE FIGURAS

Capítulo 9

Análisis de fuerzas en los mecanismos.

La dinámica es la parte de la Mecánica que estudia el movimiento de los cuerpos bajo la acción de unconjunto de fuerzas. En los capítulos anteriores se completó el estudio cinemático de los mecanismos y lasmáquinas; se analizaron velocidades y aceleraciones de puntos y de eslabones asumiento que el movimientodel eslabón de entrada era perfectamente conocido sin atender, en ningún momento, a qué fuerzas estabanactuando sobre los miembros del mecanismo para producirlo. Evidentemente todo movimiento debe estaroriginado por la aplicación de una fuerza o un sistema de fuerzas. Pero a su vez el movimiento origina fuerzasen los puntos en los que se unen los eslabones (pares cinemáticos) dado que en ellos se están introduciendorestricciones que impiden que los eslabones se muevan libremente. En este capítulo introduciremos los tiposde fuerzas que aparecen en los mecanismos y estableceremos las bases y los métodos para su cálculo.

9.1. Planteamiento del problema

El análisis dinámico en la Teoría de Mecanismos y Máquinas pretende abordar fundamentalmente dostipos de problemas:

Dado un mecanismo cuyo movimiento es conocido determinar la magnitud de las fuerzas que lo producen.Las variables cinemáticas velocidad y aceleración, lineal o angular, del eslabón de entrada serían los datosdel problema. A este problema se le conoce comúnmente como problema dinámico inverso. El siguienteenunciado corresponde a un planteamiento típico de este tipo de problemas.

Ejemplo: En el mecanismo cuadrilátero articulado de la figura 9.1 un motor conectado a la manivela 2aplica un par

−→M2 de entrada que le produce una velocidad angular −→w 2 = 50 rad/s y una aceleración angular−→

w 2 = 500 rad/s2 en el instante representado. El par de entrada es el necesario, en cada momento, paravencer la acción de la fuerza externa que actúa sobre el eslabón 4 y además producir el movimiento definido.Para este ejemplo

−→F 4 = 10 N . Obtener el par de entrada

−→M2 necesario.

342

F4

M2

��

Figura 9.1: Mecanismo bajo acción de fuerzas externas

Además de otros datos que serían necesarios para resolver este problema, el enunciado se podría com-pletar pidiendo que se calcularan más cosas, como por ejemplo las reacciones entre los eslabones; pero estose introducirá en un apartado posterior.

Determinar la ley de movimiento de los eslabones de un mecanismo que se encuentra sometido a laacción de un sistema de fuerzas dado. A este problema se le conoce como problema dinámico directo otambién respuesta temporal del mecanismo o máquina. Este segundo tipo de problema es más complicadoque el primero y más completo ya que de su estudio se derivan campos tan relevantes como el análisis de

3

4 Capítulo 9. Análisis de fuerzas en los mecanismos.

la respuesta de los órganos motores en régimen permanente o durante fases de aceleración o deceleraciónal variar la energía absorbida por otra máquina conectada a la motora, su estabilidad en la marcha y suregulación. El siguiente enunciado es un ejemplo clásico de este tipo de problemas:

Ejemplo: En el mecanismo cuadrilátero articulado de la Figura 9.1 un motor eléctrico asíncrono cuyacaracterística mecánica es M2 = 5000−3500 ·w2 está conectado a la manivela 2. La corredera 4 correspondea un porta-herramientas que lleva una cuchilla que debe vencer, durante su avance positivo, una fuerza decorte de

−→F 4 = 100N . Obtener la ley de movimiento del eslabón de entrada, la potencia necesaria del motor

de accionamiento y la máxima variación de la velocidad angular en el eje del motor en un ciclo.

También en este enunciado faltarían algunos datos, como las masas y dimensiones de los eslabones ytambién se podrían pedir más cálculos, como las reaccionen entre los eslabones.

La diferencia básica en los dos tipos de problemas planteados consiste en si se conoce o no el movimientode entrada del mecanismo. En el primero sí se conoce, pero se debe calcular la fuerza de entrada que loproduce. En el segundo se da una expresión de la fuerza de entrada que depende del movimiento de eseeslabón, pero no se conoce dicho movimiento y habrá que calcularlo. En ambos casos, al final, cuandose conoce la magnitud de la fuerza de entrada y el movimiento de ese eslabón, se pedirá el cálculo de lasreacciones entre los eslabones, magnitudes fundamentales para, en la siguiente fase del diseño del mecanismo,poderlos dimensionar dándoles la sección correspondiente y seleccionando el material con las propiedadesadecuadas.

En este capítulo estudiaremos cómo determinar la magnitud de la fuerza de entrada, conocido elmovimiento y cómo calcular esas reacciones entre eslabones en cualquier caso. Por su extensión, la de-terminación de las características del movimiento del eslabón de entrada (y por tanto de todo el mecanismo)a partir del conocimiento de las fuerzas externas que actúan sobre el mecanismo, se tratará en un capí-tulo aparte1. Finalmente, comentaremos que en este capítulo se introducirán métodos gráficos y métodosmatriciales para la determinación de la fuerza sobre el eslabón de entrada y de las reacciones.

9.2. Fuerzas que actúan sobre los eslabones

Independientemente de si el movimiento del eslabón de entrada del mecanimo es conocido o no, sobrelos eslabones de un mecanismo solo actúan dos tipos de fuerzas2: externas o internas. Estos tipos de fuerzaspueden depender, en general, de algunos de los parámetros del movimiento de entrada: posición angular (ϕ)o lineal (x), velocidad angular (ϕ) o lineal (x) y aceleración angular (ϕ) o lineal (x) dependiendo de que laacción externa sea un momento o una fuerza.

A continuación expondremos estos tipos de fuerzas indicando, en general, de qué dependen:

Fuerzas externas

Entre las fuerzas externas se encuentran los siguientes tipos:

Motriz. La fuerza motriz o “motora” es la que actúa sobre el eslabón de entrada produciendo unmovimiento determinado. En general, según sea un par o una fuerza:

−→Mm =

−→Mm(ϕ, ϕ, ϕ)−→

F m =−→F m(x, x, x)

En los problemas que se tratarán en este capítulo,−→Mm y

−→F m será una incógnita a deteminar de tal

forma que sea capaz de producir el movimiento dado y vencer las fuerzas resistentes aplicadas.

resisentes. Fuerzas que actúan sobre los eslabones que realizanel trabajo útil para el que se ha concebido el mecanismo (por ejemplo la fuerza de corte sobre lacorredera en los ejemplos anteriores, fuerzas debidas a la presión del aire actuando sobre un pistón quelo está comprimiendo, par electromagnético en el rotor de un generador eléctrico, etc).

1Ciertamente, el estudio del movimiento de un mecanismo bajo la acción de un sistema de fuerzas dadas no formaría partede este capítulo de “análisis de fuerzas” ; es más propio definirlo como “análisis del movimiento”.

2Por “fuerza” se entiende, en general, una fuerza propiamente dicha−→F o un par

−→M

9.2 Fuerzas que actúan sobre los eslabones 5

−→M r =

−→M r(ϕ, ϕ, ϕ)−→

F r =−→F r(x, x, x)

Pueden ser función de la posición, la velocidad y la aceleración del eslabón donde están aplicadas.Cuando el movimiento se supone conocido, estas fuerzas lo serán también para cada posición delmecanismo.

Peso. El propio peso de los eslabones. Su magnitud, sentido y dirección es constante y conocidos, perocambian de posición a medida que lo hace el centro de gravedad del eslabón donde está aplicado.

Resortes. En los mecanismos los resortes se utilizan con frecuencia para asegurar el cierre de fuerzade determinados pares cinemáticos o como sistemas que ayudan a la recuperación de posiciones dedeterminados eslabones. Son fuerzas elásticas cuyo valor dependerá de la separación entre sus extremos;es decir, dependerá de la posición de los eslabones entre los que actúe.

FM = FM (ϕ, x)

Como el movimiento se supone conocido, se podrán calcular en cualquier instante.

Fuerzas internas o Fuerzas de Reacción

Son las que se producen en los pares cinemáticos entre los eslabones.

En los mecanismos, los eslabones se unen formando pares cinemáticos. Estos suponen ligaduras entremiembros, de tal forma que restringen sus grados de libertad y por tanto sus movimientos en el plano. Estalimitación de movimiento se consigue en cada instante por la acción que un eslabón ejerce sobre el otroevitando con ello o bien que se separen, con lo cual desaparecería el par cinemático, o bien que penetrenunos sobre otros con lo que se perdería no solo el par, sino también la condición de sólido rígido. Así pues,la unión entre eslabones genera unas fuerzas que se conocen como fuerzas de reacción. Estas fuerzas sonde tipo interno y sólo hay que considerarlas sobre un eslabón cuando se separa a éste del otro con el queformaba el par cinemático. Las fuerzas de reacción que aparecen en los eslabones en contacto tienen unascaracterísticas particulares según sea el tipo de par cinemático. En las Figuras 9.2, 9.3 y 9.7 se muestran loscasos más comunes. La fuerza de reacción se puede expresar analíticamente, según el caso, de la siguienteforma:

Corredera con traslación curva general (Figura 9.2.a).

−→R 2 = R2 · (cos ϕ i + sin ϕ j)−→MR = MR · k

Corredera con traslación recta (Figura 9.2.b).

−→R 2 = R2 · (cos(ϕ + π

2 ) i + sin(ϕ + π2 ) j) = R2 · (− sinϕ i + cosϕ j)−→

MR = MR · k

Articulación de rotación (Figura 9.2.c).

−→R 2 = R2 i−→R 3 = R3 j

Par superior de botón en guía curva, o de leva con seguidor de punto (Figura 9.3.a). El ángulo φ sellama ángulo de presión e indica la dirección de la normal común n. La dirección de la normal sedetermina a partir del cálculo del vector tangente a la geometría de la curva que define el perfil por elque el seguidor de punto debe deslizar.

−→R 2 = R2 · (cos φ i + sin φ j)


Par de leva de disco con seguidor de cara plana (Figura 9.3.b). La dirección de la normal se determina,bien como en el caso anterior, bien a partir de la normal al perfil del seguidor de cara plana, cuyanormal ha debido ser calculada ya para el análisis cinemático.

−→R 2 = R2 · (cosφ i + sin φ j)

Par de leva de disco con seguidor de rodillo (Figura 9.3.c). La dirección de la normal se determina, biena partir de la tangente al perfil de la leva, bien a partir del ángulo α que forma el vector de posición−→ρ 2 del punto de contacto respecto al centro del rodillo, con el eje de abcisas del sistema global, ángulotambién determinado previamente en el análisis cinemático. Tal y como se ha representado la reacción,resulta: φ = α − π. −→

R 2 = R2 · (cosφ i + sin φ j)

Par de engranaje de dientes rectos (Figura 9.7). La dirección de la normal coincide con la línea depresión, inclinada un ángulo φ respecto a la tangente a las dos circunferencias que representarían elengranaje. El ángulo de presión depende de la geometría de los dientes y ésta se elige de tal formaque el ángulo φ permanezca constante mientras se produce el engrane (perfiles conjugados). Además,el ángulo φ puede quedar por encima o por debajo de la tangente, según qué rueda sea la conductoray cuál la conducida en la transmisión.

−→R 2 = R2 · (cosφ i + sin φ j)

CentroCurvatura

R2

t

n

n

R2

ϕ

α t

MR

MR

2R

R

ϕ

3

Figura 9.2: Fuerzas de reacción en pares inferiores

CentroCurvatura

t

R2

ρ2

α

n

t

φ

n

R2

φ

tR 2

Figura 9.3: Fuerzas de reacción en pares superiores (botón, leva plana y seguidor de rodillo

Como regla general, las fuerzas internas están distribuidas en las superficies en contacto de los elementosque constituyen el par cinemático (Figura 9.5). Sin embargo es difícil determinar con exactitud la distribu-ción real de estas reacciones y además escapa al alcance de este curso, por tanto nos limitaremos a utilizarel modelo físico más simplificado trabajando con el valor de su resultante aplicada en un punto.

9.3 Principio de acción y reacción 7

Figura 9.4: Fuerzas de reacción entre dientes de un engranaje recto

Las fuerzas de reacción se nombrarán con la letra y el subíndice−→Ri ; R indicará que se trata de una

fuerza interna de reacción (para distinguirlas de las fuerzas externas−→F ) y el subíndice “i” será un número

que permite numerarlas correlativamente. Un par de reacción se nombrará como−→M

(R)i ; donde la R indica

que se trata de par de reacción, para distinguirlo de un par−→M externo y el subíndice i sirve para numerarlos

correlativamente.

Figura 9.5: Reacción resultante en pares cinemáticos

9.3. Principio de acción y reacción

Según la tercera ley de Newton, cuando dos sólidos están en contacto, éstos reaccionan entre sí confuerzas iguales y en sentidos opuestos. Las fuerzas de reacción entre eslabones en un par cinemático sedesignan por

−→R i ; entonces cuando se separen estos eslabones para su análisis, se deberán representar sobre

cada eslabón la misma reacción Ri pero en sentidos opuestos.

En la Figura 9.6 se muestran las reacciones entre dos eslabones en contacto. En la figura a), cuando seaisla el eslabón 2 habrá que considerar el efecto del eslabón 1 sobre él (

−→R 1;

−→MR

1 ), para que se encuentreen equilibrio. Así mismo, al aislar el eslabón 1 se deberá tener en cuenta el efecto del eslabón 2 sobre él:−−→

R1 y −−→MR

1 ; osea, R1 y−→MR

1 en sentidos opuestos. Según el principio mencionado, estas reacciones debenser iguales y de sentidos contrarios. Aparecen dos reacciones dado el tipo de par cinemático. En la figura b)aparecen dos reacciones en la articulación de rotación entre los eslabones 2 y 3:

−→R 2 vertical y

−→R 3 horizontal.

En esa figura se han mostrado esas reacciones en sentidos opuestos sobre cada eslabón.

9.4. Ecuaciones del movimiento

Sea el Sistema de partículas, de masas m1, m2, ... mi representado en la Figura ??. Sea−→Fi la

resultante de todas las fuerzas externas que actúan sobre la partículo i y las fuerzas−→f ij las fuerzas de

ligadura que el sólido i ejerce sobre el sólido j.


��

��

��

��

1

2

2

1

R1

��

��

��

��

��

2

33

2

R

R

2

2

3R

a)

b)

Figura 9.6: Nomenclatura de las reacciones entre eslabones.

La segunda ley de Newton establece la ecuación del movimiento para la partícula, según la cual,cuando sobre una partícula i actúa un sistema de fuerzas cuya resultante

−→F i no es nula, le confiere una

aceleración lineal proporcional a la magnitud de las fuerzas en desequilibrio.

−→F i = mi · −→a i

m

i

2

m

riA

F

F

F

m1

2

i

ff

f

f

f

f

i

i

1

21 21

2

1i

1 2 i

A

Figura 9.7: Resultante de fuerzas externas y de reacción sobre un stema de partículas

Considerando que sobre cada partícula i del sistema actúan, además de la resultante−→F i, las fuerzas−→

f ij de reacción, se debe extender la segunda ley de Newton a estas otras fuerzas:

−→F i +

N∑i=1

−→fij = mi · −→a i (9.1)

La ecuación 9.1 expresa la ecuación del movimiento de la partícula. Cuando se evalúa el comportamientode todo el sistema, se considera el conjunto de fuerzas actuante sobre todas las partículas:

N∑i=1

−→F i +

N∑i=1

N∑j=1

−→fij = mi · −→a i (9.2)

9.4 Ecuaciones del movimiento 9

Fuerza Resultante.

Se puede demostrar que la aceleración lineal en la segunda ley de Newton es la del centro de gravedaddel sistema de partículas. Para ello evaluamos la contribución de las fuerzas externas y de reacción sobretodas las partículas:

N∑i=1

−→Fi +

N∑i=1

N∑j=1

−→fij =

N∑i=1

mi · −→ai (9.3)

A partir del principio de acción y reacción

−→f ij +

−→f ji = 0

de forma que la contribución global del efecto de las fuerzas de reacción, al movimiento del sistema esnula.

Desarrollando el segundo término:

N∑i=1

mi · −→ai =N∑

i=1

mi · d2

dt2−→ri =

d2

dt2

N∑i=1

mi · −→ri

Dado que las coordenadas del centro de gravedad de un sistema de partículas, en el plano, puededeterminarse como:

m · XG =N∑

i=1

mi · Xi; m · YG =N∑

i=1

mi · Yi

Obtenemos:N∑

i=1

mi · −→ai =d2

dt2

N∑i=1

mi · −→ri =d2

dt2m · −→r G = m · −→a G

Con lo que obtenemos:

N∑i=1

−→Fi = m · −→a G

Las fuerzas aplicadas sobre el sistema de partículas, además de acelerarlo pueden hacerlo rotar, cuandola suma de los momentos que crean respecto a un punto A es no nula.

Momento resultante y Rotación.

Se puede evaluar el momento que ejercen las fuerzas que actúan sobre la partícula i respecto a un puntoA cualquiera del sistema, multiplicando vectorialmente en los dos términos de la ecuación 9.1 por el vectorde posición −→r iA.

(−→MA)i = −→r iA ×−→

F i + −→r iA ×N∑

i=1

−→fij = −→r iA × mi · −→a i (9.4)

En el segundo término, la aceleración de la particula i puede expresarse a partir de la del punto Arespecto a la que se toman momentos:

−→a i = −→a A + −→a iA ; con −→a iA =d

dt−→v iA

y el momento de las fuerzas sobre i respecto a A es:


(−→MA)i = −→r iA × mi · −→a A + −→r iA × mi · d

dt−→v iA = mi · −→r iA ×−→a A +

d

dt(−→r iA × mi · −→v iA)

Sumando las contribuciones al momento creado sobre A para todas las partículas y considerando quelos generados por las reacciones entre partículas se anulan:

−→r iA ×−→f ij + −→r jA ×−→

f ji = 0

Obtenemos el momento creado por todo el sistema de fuerzas respecto al punto A:

−→MA =

N∑i=1

−→r iA ×−→F i =

N∑i=1

mi · −→r iA ×−→a A +N∑

i=1

d

dt(−→r iA × mi · −→v iA)

El último término puede expresarse como:

−→MA = m · −→r GA ×−→a A +

d

dt

N∑i=1

(−→r iA × mi · −→v iA)

Siendo el último sumatorio el momento angular sobre el punto A:

−→HA =

N∑i=1

(−→r iA × mi · −→v iA)

Luego obtenemos finalmente:

−→MA = m · −→r GA ×−→a A +

−→HA (9.5)

En el caso en que el sistema de partículas constituya un sólido rígido y cuyo movimiento sea plano, elmomento angular puede evaluarse como, teniendo en cuenta que −→v iA = −→w ×−→r iA:

−→HA =

N∑i=1

(−→r iA × mi · −→w ×−→r iA) =N∑

i=1

mi · r2iA · −→w = IA · −→w

Y su derivada temporal, teniendo en cuenta que se trata de partículas de un sólido rígido y que elmódulo de sus vectores de posición son constantes ( d

dt riA = 0):

˙−→HA = IA · −→w

Con lo que obtenemos una segunda ecuación vectorial que relaciona la resultante de los momentosaplicados sobre el sistema de partículas con su movimiento angular:

−→MA = m · −→r GA ×−→a A + IA · −→w (9.6)

Al sistema de ecuaciones formado por las dos expresiones generales obtenidas se les conoce como ecua-ciones de Newton - Euler o ecuaciones del Movimiento:

∑−→F = m · −→a G−→

MA = m · −→r GA ×−→a A + IA · −→w (9.7)

Hasta ahora en la resultante de las fuerzas y momentos que se ejercen sobre el punto A elegido arbitrari-amente en nuestro sólido, sólo se han considerado las fuerzas externas que actuaban sobre sus partículas ylas fuerzas de reacción entre las partículas del sólido al considerarlas aisladas (y cuyo efecto resultaba nulo).

9.5 Diagrama de sólido libre 11

Sin embargo, como ocurre en los mecanismos, el sistema de partículas que representa un eslabón, es unsólido rígido que normalmente estará unido a otro u otros eslabones con los que forma pares cinemáticos.Al aislar nuestro sólido rígido de los otros aparecerán sobre éste las fuerzas internas de reacción

−→R i que

limita sus movimientos relativos y que habrá que considerar en las ecuaciones de Newton - Euler: tanto en elsumatorio de fuerzas como en los momentos que crean respecto al punto A. Y para completar nuestro modelo,además de los momentos generados por las fuerzas externas y de reacción, también se deberán considerar enla segunda ecuación todos los pares externos y de reaccion que aparezcan sobre el sólido al aislarlo del resto,por lo que podemos escribir las ecuaciones anteriores como:

Σ−→F i + Σ

−→R j = m · −→a G

Σ−→r iA ×−→F i + Σ−→r jA ×−→

R j + Σ−→M ext + Σ

−→MR = m · −→r GA ×−→a A + IA · −→w

Aún se puede presentar una simplificación más, anulando el primer sumando del segundo miembro. Estopuede hacerse en tres casos:

A]. el punto A es el centro de gravedad. En el segundo término, rGA = rGG = 0

B]. el punto A es un punto de aceleración nula. En el segundo término, −→a A = 0

C]. la aceleración de a es paralela a su vector de posición respecto a G. −→r GA ‖−→a A ⇒−→r GA ×−→a A = 0

en estos tres casos:

Σ−→F i + Σ

−→R j = m · −→a G

Σ−→r iA ×−→F i + Σ−→r jA × −→

R j + Σ−→M ext + Σ

−→MR = IA · −→w

9.5. Diagrama de sólido libre

El diagrama de sólido libre es una herramienta sencilla que debe dominar el ingeniero. Esta herramientasirve para estudiar el equilibrio de un sólido sometido a la acción de un sistema de fuerzas, aislándolo delconjunto al que pertenece y por tanto es muy útil (en realidad no es que sea útil, es que es necesaria) paracalcular las fuerzas de reacción que aparecen en pares cinemáticos (nótese que cuando se considera un eslabónaislándolo del resto se deshacen pares cinemáticos y por tanto sobre él actuarán las fuerzas de reacción queejercen los otros eslabones de los que se separa).

El método consta de los siguientes pasos:

1. Determinar la resultante de las fuerzas y momentos sobre cada sólido rígido del mecanismo, a partirde los resultados del análissi cinemático.

2. Aislar cada uno de los eslabones del mecanismo (excepto el bastidor).

3. Representar sobre cada eslabón aislado las fuerzas que actúan sobre él (externas o de reacción). Lasfuerzas de reacción

−→R i con el mismo subíndice se representarán sobre los eslabones correspondientes

en sentidos opuestos.

4. Aplicar las ecuaciones del movimiento (Ec. 9.7) a cada eslabón aislado.

5. Resolver el sistema de ecuaciones obtenido de aplicar el paso 3 a cada sólido libre.

Veamos la aplicación de este método en el siguiente ejemplo

Ejemplo 6.1.- El mecanismo cuadrilátero articulado de la Figura 9.8 representa el esquemade una prensa punzonadora, de tal forma que un motor conectado a la manivela 2 aplica unpar

−→M2 de entrada que será el necesario para que la corredera 4 perfore la placa 5 de espesor

e, para lo que se necesita una fuerza de−→F 4 = 10 N en cada impacto. Supongamos que los

pesos de los eslabones despreciables. Los movimientos de los eslabones son tan lentos (ej:1


taladro/hora), que sus velocidades y aceleraciones son despreciables. Obtener las reaccionesen todos los pares cinemáticos del mecanismo y el par de entrada

−→M2 necesario, en la posición

indicada. Datos: L2 = 4,25 cm; L3 = 7,5 cm. Ángulos de los eslabones 2 y 3 con la horizontal:θ2 = 45 y θ3 = −18,7.

342

F4

M2

��

Figura 9.8: Mecanismo cuadrilátero articulado para el Ejemplo 6.1

1. Aislar cada uno de los eslabones del mecanismo (excepto el bastidor), conviene representar claramenteel sólido; sus dimensiones y ángulos principales (Figura 9.9). Cuando se adquiera cierta destreza seobservará que las dimensiones y ángulos que interesa representar son aquellos que permitirán calcu-lar los momentos que ejercen las fuerzas sobre un punto determinado y los ángulos que permitirándescomponer una fuerza en componentes horizontales y verticales, u otro sistema seleccionado.

2O

A

B

A

B

45

3

18.7

ESLABONESLABON

ESLABON 4

2

Figura 9.9: Representación de los cuerpos ailados.

2. Representar sobre cada eslabón aislado las fuerzas que actúan sobre él. (Figura 9.10). Cuando se con-sidere cada eslabón aislado, habrá que tener en cuenta, además de las fuerzas y momentos externos,el tipo de fuerza de reacción que aparece sobre él y que vendrá dado por el tipo de par cinemático delque participaba (Figura ??). Se deberá suponer un sentido para las reacciones que actúan sobre uneslabón, teniendo en cuenta que: 1) esta reacción tendrá el sentido opuesto en el otro sólido y 2) que siobtenemos un resultado negativo para una reacción, su significado es que el sentido real es el opuestoal que se ha supuesto inicialmente.

a) Par inferior de rotación (articulaciones O2, A y B). De la reacción en un par inferior de rotacióndesconocemos su módulo y dirección, por lo que tendremos dos incógnitas que podemos calculara partir de sus componentes horizontales y verticales.

b) Par inferior de traslación (eslabón 4 con bastidor). La dirección de la fuerza de reacción es conocida(perpendicular a la dirección del movimiento de 4) y su módulo desconocido. También se desconoceel par de reacción que impide que la corredera gire, por lo que tendremos dos incógnitas:

−→R 7 en

dirección vertical y−→MR

1 . En el caso de que la corredera no deslizara horizontalmente, sino engeneral, en una dirección inclinada un ángulo θ, podremos representar esta reacción mediante susproyecciones horizontal y vertical.

Como regla práctica a la hora de representar los diagramas de sólido libre, conviene empezar por uneslabón que tenga una fuerza externa conocida. Así, para este ejemplo, conviene empezar por el sólidolibre del eslabón 4.

eslabón 4


F4

O2

A

B

B

18.7

45

M2

ESLABON 2ESLABON 3

R

R

R

R

R

R

R

R

ESLABON 4

RA

R

1

2

3

4

3

5

6

5

6

7

Figura 9.10: Sólido libre de los eslabones.

Representamos primero la fuerza externa−→F 4. En la articulación B actúan las componentes

−→R 6 y

−→R 5

de la reacción del eslabón 3 sobre el 4. Como−→F 4 es negativa, podemos suponer

−→R 6 en sentido pos-

itivo. Ahora tendremos que suponer un sentido para−→R 7 (en la figura se ha considerado positivo) y−→

R 5 se puede suponer en sentido negativo (cualquier otra suposición sería igualmente válida). Ahorarepresentamos las reacciones sobre el eslabón 3.

eslabón 3

Comenzando por la articulación B, las reacciones de 4 sobre 3:−→R 6 y

−→R 5 deben ir en sentidos opuestos

a las mismas representadas en el sólido 4 (por el principio de acción y reacción). Luego sus sentidos yaestán determinados.

Por otro lado, en la articulación A, las reacciones de 2 sobre 3:−→R 4 y

−→R 3 pueden representarse, por

ejemplo, en sentidos opuestos a las−→R 6 y

−→R 5.

eslabón 2

Comenzando por la articulación A, las reacciones de 3 sobre 2:−→R 4 y

−→R 3 deben ir en sentidos opuestos

a las−→R 4 y

−→R 3 representadas en el sólido 3 (por el principio de acción y reacción). Luego sus sentidos

ya están determinados.

Por otro lado, en la articulación O2, las reacciones de 1 sobre 2:−→R 2 y

−→R 1 pueden representarse en

sentidos opuestos a las−→R 4 y

−→R 3.

Además de estas reacciones, sobre el sólido 2 actúa el par motor−→M2 que suponemos en sentido negativo.

Así, ya están representadas todas las reacciones.

3. Aplicar las ecuaciones del movimiento (ec. 9.7).

Aplicaremos las ecuaciones escalares de Newton-Euler a cada sólido libre teniendo en cuenta que, comolos movimientos son muy lentos para todos los eslabones, podemos considerar: −→a g = 0 y que

−→w = 0:

eslabón 4:−F4 + R6 = 0R7 − R5 = 0

MR1 = 0

(9.8)

Los signos vienen dados por los sentidos en que se han representado los vectores

eslabón 3:R4 − R6 = 0R5 − R3 = 0

(∑−→

MA) − R6 · L3 · sin 18,7 + R5 · L3 · cos 18,7 = 0(9.9)


eslabón 2:

R2 − R4 = 0R3 − R1 = 0

(∑−→

Mo2) R3 · L2 · sin 45 − M2 + R4 · L2 · cos 45 = 0(9.10)

4. Resolver el sistema de ecuaciones obtenido de aplicar este método a cada sólido libre. Este sistema de9 ecuaciones con 9 incógnitas se puede resolver fácilmente utilizando una calculadora programable ocualquier software comercial de cálculo disponible. Las incógnitas del sistema son las siete reacciones−→R 1 a

−→R 7, el par de reacción

−→MR

1 y el par equilibrador externo−→M2. Se pueden determinar las incógnitas:

Para el sólido 4: (F4 = 10 N); MR1 = 0

R6 = F4 = 10 N

R7 = R5

y obtenemos R5 de la ecuación de momentos del sólido 3:

−10 · 7,5 · sin 18,7 + R5 · 7,5 · cos 18,7 = 0; R5 = 3,38 N

Entonces:

R7 = R5 = R3 = 3,38 N

R4 = R6 = 10 N

Para el sólido 2, obtenemos directamente las reacciones:

R2 = R4 = 10 N

R1 = R3 = 3,38 N

y el par motor o fuerza equilibradora:

3,38 · 4,25 · sin 45 − M2 + 10 · 4,25 · cos 45 = 0; M2 = 40,21 N · cm

Como se ha comentado anteriormente, el bastidor no se encuentra en equilibrio (por eso, los bastidoresde las máquinas sometidos a elevadas fuerzas o momentos de desequilibrio se instalan anclados al suelo).Sobre él actuarán las reacciones de los eslabones con los que esté conectado: en este caso

−→R 1,

−→R 2 y

−→R 7. A la

resultante de las fuerzas que actúan sobre el bastidor se le llama fuerza de trepidación (−→T ) y a la resultante

de los momentos (si existen) momento de trepidación (−→MT ). La fuerza de trepidación es fácil de calcular

cuando ya se han encontrado las reacciones opuestas, es decir, las acciones del bastidor sobre los elementoscon los que forma un par cinemático. En ese caso:

−→T =

−→R 1 +

−→R 2 +

−→R 7−→

MT = 0

En componentes;

Tx = R2 = 10 NTy = R1 + R7 = 6,56 N


A continuación resolveremos otro ejemplo, en el que las velocidades y aceleraciones del eslabón no son nulas.Para resolver este ejemplo se utilizará la expresión general de las ecuaciones del movimiento.

Ejemplo 6.2.A En el mecanismo representado en la Figura 9.11, el eslabón 2 gira alrededorde su articulación fija O2 con una velocidad angular −→w 2 = −5 k rad

seg y aceleración angular−→w 2 =

−200 k radseg2 . Su momento de inercia respecto a un eje que pasa por su centro de gravedad es

Ig = 0,0212 kg · m2 y su peso−→P = 44,5 N. Para los datos que se dan, determinar:

1. Fuerza−→F que se debe ejercer sobre el centro del extremo superior para producir la

velocidad y aceleración angulares dadas considerando, además de los efectos de inercia,el peso del eslabón.

2. Reacciones sobre el bastidor.

��

g

2O

330

235

F

ϕ

θ

Figura 9.11: Mecanismo para ejemplo 6.2

Para calcular la aceleración lineal del centro de gravedad, en primer lugar deberemos resolver el prob-lema cinemático. Lo resolveremos aplicando el método analítico de vectores unitarios.

Velocidad del centro de gravedad:

−−→OG = OG · (cosϕ i + sin ϕ j)−→

V g = −→w ×−−→OG = −wk × OG · (cosϕ i + sin ϕ j) = w · OG · (sin ϕ i − cosϕ j)

aceleración del centro de gravedad.

−→a g = −→a ng + −→a t

g

−→a ng = −→w ×−→

V g = −w k × OG · (sin ϕ i − cosϕ j) = w2 · OG · (− cosϕ i − sinϕ j)−→a t

g =−→w × OG = −w k × OG · (cos ϕ i + sin ϕ j) = w · OG · (sin ϕ i − cosϕ j)

Agrupando componentes:

−→a g = OG · (w · sin ϕ − w2 · cosϕ) i + OG · (−w · cosϕ − w2 · sin ϕ) j

Resolviendo para los datos del enunciado:


−→a ng = −2,94 i − 5,09 j

−→a tg = 40,70 i − 23,5 j

y por tanto la aceleración del centro de gravedad será:

−→a g = 37,76i − 28,59j m/s2

El diagrama del sólido libre está representado en la Figura 9.12.

R2

2O

R1

��

g

330

235

F

ϕ

θ

A

Figura 9.12: Sólido libre para ejemplo 6.2

A este sólido le podemos aplicar las ecuaciones generales del movimiento tomando momentos respectoal punto fijo O, cuya aceleración es nula:

∑−→F = m · −→a g∑−→Mo = Io · −→w

Haciendo los sumatorios:

Σ−→F x = m · −→a gx ⇒ R2 + F · cos θ = m · agx

Σ−→F y = m · −→a gy ⇒ R1 − P + F · sin θ = m · agy−→r OA ×−→

F + −→r OG ×−→P = Io · −→w

Sustituyendo los valores de las componentes de la aceleración:

R2 + F · cos θ = m · OG · (w · sin ϕ − w2 · cosϕ)R1 − P + F · sin θ = m · OG · (−w · cosϕ − w2 · sin ϕ)

−→r OA ×−→F + −→r OG ×−→

P = Io · −→w(9.11)

Hacemos los productos vectoriales de la tercera ecuación:

OA · (cosϕ i + sin ϕ j) × F · (cos θ i + sin θ j) = OA · F · (cos ϕ · sin θ − sinϕ · cos θ) k

OG · (cos ϕ i + sin ϕ j) × P · (− j) = −OG · P · cosϕ k

9.6 Principio de D’Alambert. Fuerzas de inercia 17

y sumandolo todo para la tercera ecuación:

OA · F · (cos ϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ) − OG · P · cosϕ = Io · w (9.12)

Aplicando el Teorema de Steiner: Io = Ig+m·OG2. La masa del eslabón 2 será: m2 = P

g = 44,59,8 = 4,54kg.

De la última ecuación podemos obtener el valor de la Fuerza:

F =OG · P · cosϕ − Io · w

OA · (cosϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ)

Calculado el valor de la fuerza F, ya es fácil calcular el valor de las reacciones sustituyendo en el sistema(Ec.9.11):

R2 = m · OG · (w · sinϕ − w2 · cosϕ) − OG · P · cosϕ − Io · wOA · (cosϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ)

· cos θ

R1 = m · OG · (−w · cosϕ − w2 · sin ϕ) + P − OG · P · cosϕ − Io · wOA · (cosϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ)

· sin θ

Sustituyendo los valores del enunciado:

F =5,23 − 54,4−0,463

= 106,2 N

R2 = 65,63 N

R1 = −94,55 N

El valor negativo de R1 quiere decir que en realidad va en sentido contrario al supuesto en el diagramade sólido libre.

9.6. Principio de D’Alambert. Fuerzas de inercia

En el apartado 9.4 se escribieron las ecuaciones del movimiento o ecuaciones de Newton-Euler. Estasecuaciones se pueden reescribir de la siguiente forma, considerando la suma de momentos con respecto alcentro de gravedad del eslabón:

∑−→F − m · −→a g = 0∑−→MG − Ig · −→w = 0

(9.13)

Dado que los sustraendos en las dos ecuaciones corresponden, en cada caso, a una fuerza y un momentoy que éstos aparecen cuando se produce un cambio en la velocidad lineal (en módulo o en dirección) y uncambio en la velocidad angular, y que cuando este cambio no existe el sistema se encuentra en equilibrio(reposo o velocidad uniforme), se entiende que estos efectos tienen lugar cuando se saca al sistema de unestado de equilibrio, es decir son la respuesta del sistema a su “tendencia” a mantener su situación anterior.Por este motivo se les conoce como efectos de inercia. Entonces podemos expresar la fuerza de inercia y elpar de inercia como:

−→F in = −m · −→a g−→M ing = −Ig · −→w (9.14)

Así, la ecuación (Ec.9.7) queda:

∑−→F +

−→F in = 0∑−→

MG +−→M ing = 0

(9.15)


Que son las ecuaciones del Principio de D’Alambert y expresan que cuando la resultantes de fuerzas(externas y de reacción) y momentos (externos y de reacción) que actúan sobre un cuerpo no son nulas, elcuerpo se encontrará en equilibrio si en el sistema de fuerzas y momentos actuantes se consideran tambiénlos efectos de inercia.

Conviene aclarar que las ecuaciones (Ec. 9.15) no son ecuaciones de estática, sino ecuaciones delmovimiento, ya que las fuerzas de inercia no existen; lo que existe es el movimiento originado porel desequilibrio que puede sustituirse “conceptualmente” por los efectos de inercia. De hecho, el principiode D’Alambert se desarrolló para poder estudiar los eslabones de un mecanismo aisladamente, mediante laherramienta de sólido libre, empleando exclusivamente fuerzas, es decir, se sustituía su movimiento (m · −→a )por otra fuerza (

−→F in) para así poder utilizar un método gráfico de cálculo de las reacciones desconocidas.

Las ecuaciones (Ec. 9.15) son ecuaciones vectoriales. Si bien la primera no ofrece ninguna dificultad, lasegunda merece una especial atención para que quede perfectamente entendida y se sepa aplicar correcta-mente en cualquier caso.

En principio, los momentos de las fuerzas externas y de reacción del sumatorio del primer miembro dela ecuación de Euler pueden tomarse con respecto a cualquier punto del eslabón, pero en función de quépunto se considere cambiará el segundo miembro.

Los casos posibles son tres:

1. Planteamos: Σ−→MG +

−→M ing = 0

Esta ecuación está muy clara y es la que SIEMPRE se debería utilizar, si se aplica D’Alambert (ysi no, Σ

−→MG = Ig · −→w ). En todos los problemas. En todos los casos. SIEMPRE. En esta ecuación,

los momentos de todas las fuerzas externas se tomarán respecto al centro de gravedad del eslabón;entonces:

a) El par de inercia se calculará como:−→M ing = −Ig · −→w

b) Como la fuerza de inercia pasa por el centro de gravedad no creará momento.

Esta ecuación sólo tiene un inconveniente: todas las reacciones sobre el eslabón que se esté estudiandocrearán también momento respecto al cdg, por tanto en la ecuación de momentos aparecerán variasincógnitas y se tendrá que resolver todo el sistema de ecuaciones conjuntamente. (Este inconvenienteno es tal cuando se conoce el método matricial que se verá más adelante).

2. Planteamos: Σ−→MA +(

−→M ing +−→r GA×−→

F in−m ·−→r GA×−→a A) = 0; Si −→a A = 0 entonces: Σ−→MA +(

−→M ing +

−→r GA ×−→F in) = 0

Esta ecuación es peligrosa. Quiere decir que cuando se está tomando momentos de todas las fuerzasexternas respecto a un punto A distinto de cdg, en el primer caso de aceleración no nula y en elsegundo caso de aceleración NULA y además el par de inercia se calcula usando el momento de inerciadel eslabón respecto a un eje que pasa por su centro de gravedad, entonces, también hay que considerarel momento que crea la fuerza de inercia con respecto a ese mismo punto A.

a) El par de inercia se calculará como:−→M ing = −Ig · −→w

b) La fuerza de inercia se reduce al punto A por lo que se sustituye por la misma fuerza aplicada enese punto más el momento que crea respecto a él: −→r GA ×−→

F in.

Esta ecuación es peligrosa porque cuando no se trabaja con efectos de inercia, sino directamente con lasecuaciones del movimiento, nadie se acordará de incluir el momento que definimos en (b) y la aplicaciónde la ecuación será errónea. Esta ecuación sólo sirve cuando se considera el principio de D’Alambert.Sin embargo, si se tiene clara, puede simplificar mucho la solución del problema.

3. Planteamos: Σ−→MA +

−→M inA = 0

Esta ecuación es exactamente la misma que la anterior para un punto A de aceleración nula. Nosahorramos hacer el producto vectorial del momento que genera la fuerza de inercia sobre el punto A.


a) El par de inercia se calculará como:−→M inA = −IA · −→w , siendo IA = Ig + m · −→r 2

GA

b) El momento que crea la fuerza de inercia con respecto al punto A ya no se tendrá que calcularporque ya se está incluyendo en la ecuación al considerar IA. La fuerza de inercia también estáaplicada, en este caso, en el punto de reducción A (Figura ??-c).

La equivalencia entre esta ecuación y la anterior está en que precisamente−→M inA =

−→M ing +−→r GA×−→

F in.

Para demostrar esto probaremos que−→M ing + −→r GA ×−→

F in = −IA · −→w =−→M inA :

En primer lugar,−→M ing = −Ig · −→w ; Además, −→r GA ×−→

F in = −−→r AG × m · −→a g = −m · [−→r AG × (−→a ng + −→a t

g)];

como −→r AG es paralelo a −→a ng y perpendicular a −→a t

g, su producto vectorial es nulo en el primer caso eigual al producto de sus módulos en el segundo; entonces queda:−→r AG × −→

F in = −m · −→r AG × −→a tg. Y como

−→a tg = −→w ×−→r AG obtenemos: −→r AG ×−→

F in = −m · −→w · r2AG. Sumando los dos términos:

−→M ing +−→r AG ×−→

F in =

−Ig · −→w − m · −→w · r2AG = −(Ig + m · r2

AG) · w = −IA · −→w =−→M inA

En el siguiente ejemplo se muestra el uso de los efectos de inercia y la aplicación de las distintas formasde la ecuación de momentos.

Ejemplo 6.2.B. Resuelva el ejemplo 6.2.A utilizando la formulación del principio deD’Alambert, y las tres formas de expresar la ecuación de momentos.

El sólido libre es el de la Figura 9.12 Calculamos los efectos de inercia:

−→F in =

−→F n

in +−→F t

in

−→F n

in = −m · −→a ng = m · w2 · OG · (cos ϕ i + sin ϕ j)

−→F t

in = −m · −→a tg = m · w · OG · (− sinϕ i + cosϕ j)

1] Planteamos: Σ−→MG +

−→M ing = 0 más la ecuación de fuerzas.

Σ−→F x +

−→F inx = 0 ⇒ R2 + F · cos θ − m · agx = 0

Σ−→F y +

−→F iny = 0 ⇒ R1 − P + F · sin θ − m · agy = 0

−→r OG ×−→R 1 + −→r OG ×−→

R 2 + −→r GA ×−→F − Ig · −→w = 0

Hacemos los productos vectoriales de la tercera ecuación:

GO · (− cosϕ i − sinϕ j) × R1 j = − R1 · OG · cosϕ

GO · (− cosϕ i − sin ϕ j) × R2 i = R2 · OG · sinϕ

GA · (cosϕ i + sin ϕ j) × F · (cos θ i + sin θ j) = GA · F · (cosϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ)

Observe que el vector de posición para el cálculo de momentos es −→r GO, desde G hasta O, y no alcontrario.

Sumandolo todo para la tercera ecuación (−Ig ·−→w es positivo dado que la aceleración angular es negativa):

−R1 · OG · cosϕ + R2 · OG · sin ϕ + OA · F · (cosϕ · sin θ − sin ϕ · cos θ) + Ig · w = 0

Poniendo los valores de las componentes de las aceleraciones

R2 + F · cos θ − m · OG · (w · sin ϕ − w2 · cosϕ) = 0R1 − P + F · sin θ − m · OG · (−w · cosϕ − w2 · sin ϕ) = 0



Sustituyendo los datos del enunciado, obtenemos el siguiente sistema:

R2 + F · cos 5 = 171,45R1 − 44,5 + F · sin 5 = −129,8

−0,11 · R1 + 0,203 · R2 − 0,27 · F + 4,24 = 0

Como se puede observar, este es un sistema de ecuaciones que habrá que resolver simultáneamente.

F = 104,67 N

R2 = 67,17 N

R1 = −94,42 N

Soluciones bastante próximas a las obtenidas en el ejemplo 6.2.A.

2] Planteamos: Σ−→Mo + (

−→M ing + −→r OG ×−→

F in) = 0

La ecuación vectorial de momentos es ahora:

−→r OG ×−→P + +−→r OA ×−→

F + −→r OG ×−→F in − Ig · −→w = 0

Esta vez resolveremos la ecuación de forma directa buscando los ángulos necesarios y teniendo en cuentalos sentidos de los momentos generados por las fuerzas:

−P · OG · cosϕ − (F · cos θ) · OA · sinϕ + (F · sin θ) · OA · cosϕ + OG · F tin + Ig · w = 0

Esta es exactamente igual que la ecuación de momentos planteada en el ejercicio 6.2.A (Ec. 9.12), yaque

OG · F tin = OG · (m · w · OG) = m · w · OG

2

y este término sumado a Ig · w , da m · w · OG2

+ Ig · w = (m · OG2

+ Ig) · w = Io · w, por lo que laecuación de momentos queda, agrupando los términos con la fuerza F :

−P · OG · cosϕ + F · OA(cos ϕ · sin θ − sinϕ · cos θ) + Io · w = 0

3] Planteamos: Σ−→Mo +

−→M ino = 0

Resolviendo también en este caso de forma directa:

−P · OG · cosϕ − (F · cos θ) · OA · sinϕ + (F · sin θ) · OA · cosϕ + Io · w = 0

Donde si agrupamos los términos con la fuerza F obtenemos exactamente la misma ecuación que antes:

−P · OG · cosϕ + F · OA(cos ϕ · sin θ − sinϕ · cos θ) + Io · w = 0

Por último se resolverá este mismo ejemplo suponiendo que el problema cinemático (cálculo de la acel-eración del centro de gravedad) se ha resuelto aplicando el método gráfico.

Ejemplo 6.2.C. Resuelva el ejemplo 6.2.A utilizando la formulación del principio deD’Alambert, una de las tres formas de expresar la ecuación de momentos y obteniendo laaceleración del centro de gravedad mediante un método gráfico.

Solución:

La aceleración del centro de gravedad, como punto que está girando alrededor de un eje fijo:


−→a g =−→an

g +−→at

g

{an

g = w22 · O12g = 5,875 m/s2

atg = w2 · O12g = 47 m/s2

ag =√

(ang )2 + (at

g)2 = 47,36 m/s2

La fuerza de inercia es un vector cuyo módulo viene dado por Fin = m · ag; su dirección es la mismaque la de la aceleración del centro de gravedad y su sentido contrario a ésta.

Fin = m · ag = 4,54 · 47,36 = 215,04 N

La ecuación de momentos que vamos a plantear es: Σ−→Mo +

−→M ino = 0 del principio de D’Alambert. Para

ello el par de inercia lo vamos a calcular como Mino = Io · w; su dirección es la misma que la de la aceleraciónangular del eslabón y su sentido contrario a éste.

Aplicaremos el Teorema de Steiner para el cálculo del momento de inercia de la barra 2 con respecto aun eje que pasa por el punto de giro:

Io = Ig + m · (OG)2

= 0,0212 + 4,54 · 0,2352 = 0,272 kg · m2

Min = Io · w = 0,272 · 200 = 54,38 N · m

En la Figura 9.13 quedan representados los efectos de inercia sobre el eslabón y las distancias de losbrazos de palanca de los vectores activos sobre el sistema:

−→F ,

−→Fin, y

−→P respecto al punto fijo O. (Cuidado

que el brazo de palanca de la fuerza de inercia NO deberá considerarse, ya que tal y como se ha planteado laecuación de momentos, el que crea esta fuerza ya está considerado en Io. Sin embargo, este brazo de palancasirve al alumno para resolver el problema planteando Σ

−→Mo +

−→M ing = 0 y verificar que se obtienen los mismos

resultados.

Figura 9.13: Representación efectos inercia sobre eslabón (ejemplo 6.2)

Aplicando el Principio de D’Alambert, este sistema, en el que se incluyen los efectos de inercia, estáen equilibrio ( como no hemos separado el eslabón 2 del 1, no aparecen las reacciones sobre el bastidor ).La ecuación de momentos, planteada para medir las distancias directamente sobre el dibujo (como se haobtenido la aceleración por un método gráfico, tendremos dibujada la dirección de la fuerza de inercia)

−F · h2 − P · h′′2 + Min = 0

despejando:


F =Min − P · h′′

2

h2=

54,38 − 44,5 · 0,1200,450

= 108,97 N

Se han medido las distancias sobre el dibujo a la escala correspondiente, resultando:

h2 = 450 mmh′′

2 = 120 mm

Las distancias calculadas no se corresponden exactamente con las medidas sobre el dibujo, porque noestá exactamente a la escala 1:1.

En algunos problemas, como los que se han resuelto hasta ahora, los sistemas de ecuaciones son muysimples; esto es consecuencia de que o bien se han despreciado los efectos de inercia y los pesos de los es-labones y, además, sólo existía una fuerza externa

−→F 4 aplicada o bien el mecanismo constaba de muy pocos

eslabones. Al simplificarse tanto este tipo de problemas, las ecuaciones de equilibrio pueden resolverse direc-tamente, como se ha hecho en estos ejemplos. En problemas más complicados será necesario estudiar cómodebe resolverse el sistema de ecuaciones mediante métodos matriciales. Esto se verá en un apartado poste-rior. Además de los métodos matriciales también pueden resolverse problemas sencillos mediante métodosgráficos, utilizando el concepto de polígono de fuerzas; concepto similar al del polígono de velocidades o deaceleraciones. En otros casos, cuando debamos resolver un problema de cierta complejidad y no vayamos autilizar el método matricial, podremos utilizar el método gráfico descomponiendo el problema en varios mássencillos de resolver, de forma que la solución final se pueda obtener componiendo las soluciones obtenidasen los problemas en los que se ha dividido. En esto consiste el prinicipio de superposición que exponemos acontinuación.

9.7. Principio de superposición

Este principio establece que el efecto que produce un sistema de fuerzas externo sobre un sólido esigual a la suma de los efectos que producen cada una de las ellas aisladamente. Aplicando este principio sepodrían estudiar las reacciones en todos los eslabones del mecanismo para cada acción externa (el métodográfico daría soluciones muy rápidas porque serían problemas muy sencillos) y posteriormente, sumandolas reacciones obtenidas para cada eslabón bajo las diferentes cargas externas aplicadas obtendríamos lasreacciones totales sobre ese eslabón.

Así, en el ejemplo 6.2 resuelto, podríamos calcular la magnitud de la fuerza−→F , considerando aislada-

mente los efectos del peso, de la fuerza de inercia y del par de inercia. (En realidad no sería necesariodescomponer un problema tan sencillo en otros tres problemas, pero sirve para ilustrar la aplicación delprincipio enunciado).

*Estudio del efecto del Peso. (Calculamos F ′ suponiendo que la única fuerza externa es el peso delpropio eslabón).

−F ′ · h2 − P · h′′2 = 0

despejando:

F ′ =−P · h′′

2

h2=

−44,5 · 0,1200,450

= −11,86 N

* La fuerza de inercia no tiene efecto en la ecuación de momentos

*Estudio del efecto del par de inercia. (Calculamos F ′′)

−F ′′ · h2 + Min = 0

9.8 Método gráfico para el cálculo de fuerzas 23

despejando:

F ′′ =Min

h2=

54,380,450

= 120,84 N

Y finalmente, la suma de los tres efectos dará el valor de la fuerza necesaria:

F = F ′ + F ′′ = −11,86 + 120,84 = 108,98 N

9.8. Método gráfico para el cálculo de fuerzas

Antes de introducir el método matricial de cálculo de fuerzas explicaremos las bases del método gráfico.Este método tiene las mismas ventajas e inconvenientes que los enunciados para los otros métodos gráficosde análisis de velocidad y de aceleración ya estudiados. En concreto se considera útil para comprobar si lassoluciones obtenidas por el método matricial son correctas, o mejor si “tienen sentido”, ya que en éste últimométodo se pueden cometer errores con mayor facilidad que en el gráfico y como no se “visualiza” lo que seestá haciendo, se pueden obtener resultados disparatados.

Para estudiar el método gráfico, analizaremos en los siguientes apartados algunos conceptos básicos ymuy útiles: cómo son las reacciones en un eslabón que está sometido a dos o a tres fuerzas; qué papel jueganlas fuerzas de inercia de los eslabones en las ecuaciones de equilibrio y cómo simplificar los efectos de inerciasobre un eslabón (fuerza de inercia y par de inercia) a sólo una fuerza equivalente.

9.8.1. Elementos de dos y tres fuerzas

Cuando representamos el sólido libre de un eslabón que en el mecanismo original está conectado aotros dos eslabones mediante los correspondientes pares cinemáticos, si sobre él no actúa ninguna fuerza omomento externos, entonces sólo estará sometido a las reacciones de los otros dos eslabones (eslabón 3 delejemplo anterior). Supongamos que representamos estas reacciones de forma arbitraria y sin descomponer enlas direcciones x e y (Figura 9.14-a). Planteando las ecuaciones de equilibrio (ec. ??) obtenemos directamenteque

−→R 2 +

−→R 3 = 0 , lo que indica que estas fuerzas tienen que ser exactamente iguales y de sentidos opuestos

(Figura 9.14-b). Además, la suma de momentos de estas fuerzas con respecto a un punto debe ser nula;sin embargo, tomando momentos respecto al punto A se observa en la Figura b) que la fuerza

−→R 3 crea un

momento igual a R3 ·h que no se ve compensado por ningún otro, por lo tanto, para que exista el equilibrio,ese brazo de palanca h debe ser nulo. Para que h sea nula, la línea de aplicación de la fuerza

−→R 3 debe pasar

por A, y como esta fuerza está aplicada en B, se deduce que su línea de acción debe ser BA, es decir, quelas dos fuerzas, además de ser iguales y de sentidos opuestos deben tener la misma dirección que la línea queune los dos puntos donde están aplicadas las reacciones, como se muestra en la figura 9.14-c. . (En este casocoincide, además con la dirección de la barra).

R2R2 3R

3R

R2

3R

A

B

B

h

AA

B

b)a)

c)

3

3 3

Figura 9.14: Sólido libre de un eslabón sometido a dos fuerzas


En el caso de que el eslabón esté sometido a dos fuerzas y a un momento externo (caso del eslabón 2en el ejemplo anterior), ocurrirá lo explicado para el caso b) de la Figura 9.14, sólo que ahora el par queejerce la fuerza R3: (MR3

A = R3 · h) se ve compensado por el momento externo M2. Para que esto ocurra,evidentemente sí deberá existir el brazo de palanca h , por lo que las reacciones, a pesar de ser iguales y desentidos opuestos, no podrán tener la misma línea de acción.

En otros muchos casos, en la mayoría quizá, un eslabón estará sometido a tres fuerzas: las dos de reaccióncon otros dos eslabones con los que forme par cinemático y una fuerza externa (podrá ser su propio peso, unaacción externa cualquiera que se esté ejerciendo sobre ese eslabón o bien la fuerza de inercia que aparecerácomo consecuencia de su movimiento y que se estudiará más adelante). En el caso de que esté sometido amás de una acción externa, siempre se podrá calcular la resultante de esas acciones de forma que nuestroproblema se reduzca al caso de eslabón sometido a tres fuerzas, representado en la Figura 9.15.

Figura 9.15: Sólido libre de un eslabón sometido a tres fuerzas

En este caso, las reacciones pueden tener cualquier dirección, pero los momentos que ejercen sobre unpunto cualquiera debe ser nulo. Si obtenemos la resultante de dos de las tres fuerzas

−→F +

−→R 2, encontramos

que sus líneas de acción se cortan en el punto P ; por lo tanto ésta resultante no crea momento respecto aese punto. Entonces el momento que ejerce la fuerza

−→R 3 respecto a ese mismo punto debe ser nulo. En la

Figura 9.15-a se observa que ese momento no es nulo, ya que su línea de acción está separada del puntoP una distancia h (brazo de palanca). Para que esta fuerza no cree momento, su línea de acción tambiéndebe pasar por el punto P. Luego se puede concluir, que para un sólido sometido a tres fuerzas, sus líneasde acción se tienen que cortar en un mismo punto.

Las consideraciones que acabamos de establecer son muy útiles para resolver problemas de sólido librepor un método gráfico. El método gráfico se basa en los mismos principios que los aplicados para el análisiscinemático de cálculo de posición, velocidad y aceleración ya que, en definitiva, se trata de resolver unaecuación vectorial gráficamete.

A continuación resolvemos el ejemplo 6,1 anteriormente planteado mediante el método gráfico.

Ejemplo 6.3. Método gráfico.

Representamos los diagramas de sólido libre de los eslabones 2, 3 y 4. Ahora, en lugar de descomponerlas fuerzas en componentes horizontal y vertical, utilizamos los conceptos expuestos. Así:

Las reacciones−→R 2 y

−→R 3 sobre las articulaciones del eslabón 3 son iguales, opuestas y en la dirección de

la barra. Suponemos que actuarían comprimiendo la barra; si luego sus signos son negativos, es que lossentidos son los contrarios y la estarían traccionando. Esas reacciones nos dan también las direccionesde las reacciones:

−→R 2 (entre el eslabón 3 y el 2) y

−→R 3 (entre el eslabón 3 y el 4), que son las mismas y

en sentidos opuestos y las podemos representar sobre sus sólidos libres correspondientes.

Las reacciones−→R 2 y

−→R 1 sobre el eslabón 2 deben ser iguales y opuestas. Ya conocemos la dirección de−→

R 2 así que también podemos represetnar−→R 1.

Hacemos lo mismo con el eslabón 4; la reacción−→R 4 debe ser igual y opuesta a la

−→R 3 cuya dirección

conocemos del sólido libre del eslabón 3.


O2

F4

A A

M2

ESLABON 2ESLABON 3

ESLABON 4

R

R

R

R

B

1

4

2

3

R 3B

Figura 9.16: Diagramas de sólido libre.

Representamos el polígono de fuerzas para el eslabón 4 , que consiste en resolver gráficamente la ecuación:

−→F 4 +

−→R 3 +

−→R 4 = 0

Seleccionamos una escala para representar los módulos de los vectores (10 N = 3.5 cm), Figura 9.17-a)y a partir de un punto O cualquiera representamos

−→F 4, cuyo módulo, dirección y sentido son datos del

problema. A partir de su extremo representamos la dirección de−→R 3 y a partir del punto origen (la suma de

los tres vectores debe ser nula, por lo que puestos uno a continuación de otro, partiendo del origen se debellegar al mismo origen), representamos la dirección de

−→R 4. El punto de intersección da el cierre de polígono,

y por tanto los módulos de las reacciones buscadas Figura 9.16-b).

F4

R4

BR 3

B

3R

4F

R4

b)a)

Figura 9.17: Diagramas de sólido libre.

En este caso medimos sobre el dibujo y deshacemos la escala, resultando: R4 = 1,1 cm ⇒ 3,14 N. yR3 = 3,67 cm ⇒ 10,48 N. No es necesario representar los polígonos de fuerzas de los otros eslabones, ya quese obtiene directamente:

R2 = R1 = R3 = 10,48 N

El par motor−→M2 se calcula de la ecuación de equilibrio de momentos respecto a O2, resultando:

M2 = R2 · L2 · cos(45 − 18,17) = 10,48 · 4,25 · cos(26,3) = 39,92 N · cm

Se oberva que los resultados son muy parecidos a los obtenidos mediante la resolución del sistema deecuaciones en el ejemplo 6.1, donde: R3 =

√(R′

3)2 + (R′4)2 =

√102 + 3,382 = 10,55N y M2 = 40,21N · cm.

(Las R′de la ecuación son los valores de las reacciones tal y como se definieron en el ejemplo 6.1).

Según se ha podido comprobar, cuando sobre un eslabón sólo actúan fuerzas (no actúa ningún parexterno), el método gráfico es más sencillo de aplicar. A continuación estudiaremos cómo podemos combinarlos efectos de fuerza y par de inercia sobre un eslabón en sólo una fuerza de inercia “desplazada” respecto alcentro de gravedad.


9.8.2. Reducción de fuerza de inercia y par de inercia a fuerza de inercia.

En ocasiones puede interesar sustituir los dos efectos de inercia: fuerza y par aplicados en un eslabón,por una fuerza de inercia única equivalente. Para ello habrá que desplazar la línea de aplicación de estafuerza una distancia h del centro de gravedad tal que el momento que genere respecto al centro de gravedadsea igual al par de inercia que sustituye.

−→h ×−→

F in =−→M in.

Si la distancia h se mide sobre la perpendicular a la línea de acción de la fuerza de inercia, el productovectorial resulta: Fin · h · sin 90 = Min; de donde se puede obtener el valor de esa distancia:

h =Min

Fin=

Ig · wm · ag

En la figura 9.18 se observa claramente que al desplazar la fuerza de inercia esa distancia h, estáoriginando un par igual al de inercia, al cual sustituye.

Fin

Min

2O

��

g

2O

Fin

��

g h

Figura 9.18: Reducción de−→F in y

−→M in a

−→F ′

in equivalente

Podemos aplicar el método gráfico de análisis de fuerzas con la reducción de los efectos de inercia asólo una fuerza de inercia desplazada, junto con el método de superposición al Ejemplo 6.1 bajo la hipótesiscinetostática (con movimiento conocido del eslabón de entrada no nulo). Como se verá más adelante, elmétodo gráfico deja de ser efectivo en comparación con el método matricial que se verá más adelante.

Ejemplo 6.4: En el mecanismo cuadrilátero articulado de la Figura 9.8 un motor conectado a lamanivela 2 aplica un par

−→M2 de entrada que le produce una velocidad angular −→w 2 = 50 rad/s constante

el instante representado. El par de entrada es el necesario, en cada momento, para vencer la acción de lafuerza externa que actúa sobre el eslabón 4 y además producir el movimiento definido3. Para este ejemplo−→F 4 = 10 N . Obtener el par de entrada

−→M2 necesario y las reacciones entre los eslabones. Datos adicionales:

m2 = m3 = m4 = 1 kg; Ig2 = Ig3 = Ig4 = 2 · 10−3kg · m2

Solución:

Comenzamos con el análisis cinemático completo (utlizamos el método analítico de vectores unitarios).

Análisis de velocidades.

O2A = L2 = 4,25 cm θ2 = 45AB = L3 = 7,5 cm θ3 = 18,7

El ángulo θ2 está medidos desde el eje horizontal positivo hasta el eslabón 2 en sentido antihorario(positivo); el ángulo θ3 está medido en sentido negativo.

Paso 1.−→V B =

−→V A +

−→V BA

Paso 2.3Observe que este es el enunciado para el primer tipo de problema planteado al inicio del tema. En este caso se resolverá

bajo la hipótesis cinetostática, por lo que la aceleración angular del eslabón de entrada no es relevante. Por otro lado, observeque ahora, al contrario que ocurría en el ejemplo 6.1 donde se estudiaba este mecanismo bajo la hipótesis de equilibrio estático,sí existirán efectos de inercia sobre los eslabones 2, 3 y 4 y habrá que calcularlas.


−−→O2A = L2 · (cos θ2i + sin θ2j)−−→AB = L3 · (cos θ3i − sin θ3j)

Paso 3.−→V A = −→w 2 ×−−→

O2A = −w2k × L2 · (cos θ2i + sin θ2j) = w2 · L2 · (sin θ2 i − cos θ2j)

Paso 4.−→V BA será perpendicular a la barra 3. Suponemos que irá hacia arriba.

−→V BA = −→w 3 ×−−→

AB = w3k × L3 · (cos θ3i − sin θ3j) = w3 · L3 · (sin θ3 i + cos θ3j)

Paso 5.−→V B va en la dirección horizontal

−→VB = VB i

Paso 6. Planteamos el sistema y resolvemos.

VB = w2 · L2 sin θ2 + w3 · L3 sin θ3

0 = −w2 · L2 cos θ2 + w3 · L3 cos θ3

Resolviendo el sistema:VB = 201,12 cm/sw3 = 21,15 rad/s

Análisis de aceleraciones.

La ecuación de aceleraciones relativas es:

−→a B = −→a nA + −→a t

A + −→a nBA + −→a t

BA

Cálculo de las componentes de aceleración:

−→a B = aB i

−→a nA =

−→W 2 ×−→

V A = −w2 k × w2 · L2 · (sin θ2i − cos θ2j) = w22 · L2 · (− cos θ2 i − sin θ2j)

−→a tA =

−→w 2 × O2A = 0

−→a nBA =

−→W 3 ×−→

V BA = w3 k × w3 · L3 · (sin θ3i + cos θ3j) = w23 · L3 · (− cos θ3i + sin θ3j)

Tangencial relativa (suponemos−→w 3 positiva)

−→a tBA =

−→w 3 × AB = w3k × L3 · (cos θ3i − sin θ3j) = w3 · L3 · (sin θ3i + cos θ3j)

Igualamos componentes:

aB = −w22 · L2 · cos θ2 − w2

3 · L3 · cos θ3 + w3 · L3 · sin θ3

0 = −w22 · L2 · sin θ2 + w2

3 · L3 · sin θ3 + w3 · L3 · cos θ3

Resolvemos el sistema y obtenemos:

w3 = 906,15 rad/s2

aB = −8511,9 cm/s2

Efectos de inercia.

Calculamos las aceleraciones de los centros de gravedad de los eslabones:


Como O2G2 = L22 , entonces: −→a g2 =

−→a A

2 = w22 · L2

2 · (− cos θ2 i − sin θ2j)

−→a g2 = −3756,5i − 3756,5j cm/s2

Como AB = L32 , entonces: −→a g3 = −→a A +

−→a BA

2 . Sumando componentes en i y en j de las componentesnormal y tangencial de las aceleraciones −→a A y la relativa

−→a BA

2 , obtenemos:

−→a g3 = (−w22 · L2 · cos θ2 +

−w23 · L3 · cos θ3 + w3 · L3 · sin θ3

2) i+

+(−w22 · L2 · sin θ2 +

w23 · L3 · sin θ3 + w3 · L3 · cos θ3

2) j

−→a g3 = −8012,45i − 3756,5j cm/s2

Finalmente, para el eslabón 4:

−→a g4 = aB = −8511,9 cm/s2

Aplicamos las ecuaciones del principio de D’Alambert para obtener los efectos de inercia sobre los es-labones:

Eslabón 2:

−→F in2 = −m2 · −→a g2−→

M in2 = −Ig2 ·−→w 2 = 0

−→F in2 = −1 · (−37,565i− 37,565j) = 37,565i + 37,565j N

Eslabón 3:

−→F in3 = −m3 · −→a g3−→M in3 = −Ig3 ·

−→w3

−→F in3 = −m3 · −→a g3 = 80,1245i + 37,565j N−→

M in3 = −2 · 10−3 · 906,15 k = −1,81 k N · m

y para el eslabón 4:

−→F in4 = −m4 · −→a g4−→

M in4 = −Ig4 ·−→w 4 = 0

−→F in4 = −1 · (−85,119i) = 85,12iN

Ahora podemos representar los diagramas de sólidos libres.

En la Figura 9.19 se muestran todas las fuerzas externas que actúan sobre el mecanismo. Se puedeobservar que en el eslabón 2 existe fuerza de inercia pero no par y que la primera lleva la misma direcciónque la barra (45o) porque sus componentes horizontal y vertical son de la misma magnitud. Sobre el eslabón3 aparecen fuerza y par de inercia y sobre el eslabón 4 sólo fuerza de inercia. Esto es así, porque en el eslabón


F4

O2

Fin

Fin

M2B

A

2

3

4

Fin

3inM

��

��

��

��

��

��

��

Figura 9.19: Fuerzas externas que actúan sobre el mecanismo. Ejemplo 6.4

2, bajo la hipótesis cinetostática no tiene aceleración angular y al eslabón 4 no le está permitido el giro,luego tampoco tendrá aceleración angular.

En este problema, cuando hacemos los diagramas de sólido libre de todos los eslabones observamos queen ninguno de ellos se dan los supuestos enunciados en el apartado de sólido sometido a dos y tres fuerzas,por lo que la aplicación del método gráfico no sería “inmediata”. El problema se complica bastante.

Lo que sí se puede hacer es aplicar el principio de superposición para estudiar las reacciones entre loseslabones bajo la acción de las distintas fuerzas externas por separado. Entonces el método gráfico es sencillo,en cada caso de carga, y la solución final se obtendrá como suma de los resultados obtenidos en cada una deestas fases.

fase 1.- Efecto de−→F 4 y

−→F in4 .

En la Figura 9.20 se muestran todas las fuerzas que actúan sobre los eslabones del mecanismo en estaprimera fase, incluídos los efectos de inercia.

O2

F4F

4

R

R

R

RR1

A A

M2

B

4

2

3B

3

in

’

’

’

’’

’

’ ’

Figura 9.20: Sólidos libres bajo el efecto de−→F 4 y

−→F in4

En el sólido libre del eslabón 4 podemos observar que la ecuación de fuerzas a resolver para el equilibrioes:

−→R′

3 +−→R′

4 +−→F in4 +

−→F 4 = 0

Esta ecuación se puede resolver mediante el polígono de fuerzas, como se muestra en la Figura 9.21(Escala 80 N = 5 cm en dibujo). Representamos a partir de un punto cualquiera, el vector

−→F 4; A partir

de su extremo representamos el vector−→F in4 (se lo estamos sumando), a partir del extremo de éste último

vector representamos la dirección de la reacción−→R ′

3 y a partir del punto de origen la dirección de la reacción−→R ′

4. Estas dos últimas direcciones se cortan en un punto que da el cierre del polígono y las magnitudes ysentidos de las dos reacciones desconocidas.

En la que obtenemos, deshaciendo la escala:

R′3 = 80 N

R′4 = −24 N


3R

F

R4

F4 in4

’

’

Figura 9.21: Polígono de fuerzas para el equilibrio del eslabón 4, Fase 1, ejemplo 6.4

Como la reacción R′3 obtenidas del polígono lleva el mismo sentido que el que se le supuso en el diagrama

de sólido libre del eslabón 4, su módulo tiene signo positivo. Le ocurre lo contrario a la reacción R′4 que en

el polígono de fuerzas lleva sentido negativo y en el sólido libre se supuso positivo; por ello, su módulo tienesentido negativo.

Obviamente:

−→R′

1 =−→R′

2 =−→R′

3 = 80 N−→R′

4 = −24 N

y el par motor−→M ′

2 lo obtenemos planteando que la suma de momentos respecto a O2, es igual a cero(abría que incluir los efectos de inercia, pero no se hace porque en esta fase no se consideran).

∑−→MO2 = −M ′

2 − R′2 · cos(45 − 18,7) = 0

M ′2 = −80 · cos(45 − 18,7) = −71,72 N · m

Observe que hemos planteado la ecuación de momentos conservando el sendido en el que sestá repre-sentada

−→R 2 sobre el eslabón 2 y luego al hacer el producto hemos puesto su módulo afectado por su signo

(+). Como el valor de M ′2 es negativo, quiere decir que su sentido será opuesto al considerado sobre el sólido

libre del eslabón 2.

También podríamos haber calculado los valores de estas reacciones proyectando sobre los ejes x e y, porejemplo:

R′3 · cos 18,7 + Fin4 − F4 = 0; R′

3 = −79,30 NR′

4 + R′3 · sin 18,7 = 0; R′

4 = −25,65 N

fase 2.- Efecto de−→F in2 ,

−→F in3 y

−→M in3 .

En la Figura 9.22 se muestran todas las fuerzas que actúan sobre el mecanismo en esta segunda fase,incluidos los efectos de inercia.

O2

Fin

M2B

A

2

3

Fin

3inM

��

��

��

��

��

��

��

Figura 9.22: Fuerzas externas sobre el mecanismo, Fase 2.


Para representar los sólidos libres comenzamos por el sólido 4. Como sobre él no actúa ninguna fuerzaexterna en esta segunda fase, sólo está sometido a la acción de las reacciones de 1 sobre 4 mediante la reacciónR′′

4 y de 3 sobre 4 mediante la reacción R′′3 . Entonces, como R′′

4 debe llevar la dirección vertical, por el tipode par cinemático, la reacción R′′

3 también tendrá que ser vertical (para que estén en equilibrio) y además,ser iguales en módulo y opuestas en sentido (Figura 9.23).

4

B

3

R

R

’

’

’

’

Figura 9.23: Reacciones sobre el eslabón 4. Fase 2

La ecuación de equilibrio correspondiente es:

−→R′′

4 −−→R′′

3 = 0

Los módulos de estas reacciones son desconocidos y no podemos resolver aún esta ecuación. Hace faltaacudir al sólido libre del eslabón 3. Para este eslabón, conocemos la dirección de la reacción

−→R ′′

3 que estarárepresentada en sentido opuesto a como actuaba sobre el eslabón 4 (Ppio de acción y reacción). Por otrolado, si eliminamos el efecto del par de inercia

−→M in3 desplazando la fuerza de inercia

−→F in3 la distancia h3

correspondiente según se vió en el apartado anterior, entonces este sólido estará sometido a sólo tres fuerzasy podremos calcular la dirección de la reacción R′′

2 del eslabón 2 sobre él. Además, como en la ecuaciónvectorial de equilibrio para este sólido sólo son desconocidos dos módulos, ya podremos calcular los valoresde R′′

3 y de R′′2 .

La distancia h3 la obtenemos de:

h3 =Min3

Fin3

=1,81√

(80,12)2 + (37,56)2= 0,02 m = 2 cm

Como el par de inercia−→M in3 es negativo, la fuerza de inercia habrá que desplazarla esa cantidad hacia

la izquierda respecto al centro de gravedad sobre el eslabón 3.

En la Figura 9.24 se representa la obtención de la dirección de R′′2 . Las tres fuerzas se cortan en un

punto (que no se representa porque aumentaría en exceso el tamaño de la figura).

Y en la Figura 9.25 el polígono de fuerzas sobre el eslabón 3, resolviendo la ecuación de equilibrio defuerzas: (Escala 88.5 N = 5 cm en dibujo)

−→R′′

3 +−→R′′

2 +−→F in3 = 0


R′′3 = −15,93 N

R′′2 = 76,11 N

Lo que indica que R′′3 lleva en la realidad el sentido opuesto al representado en el sólido libre del eslabón

3 y que la R′′2 lleva el mismo. Para calcular la reacción

−→R ′′

1 hará falta representar el sólido libre del eslabón2.


R′′1 = −111,88 N


Fin

A

G

h3

3

R

R 3

2

B��

��

��

3

’’

’’

Figura 9.24: Obtención de la dirección de la reacción R′′2 mediante el sólido libre del eslabón 3, Fase 2,

ejemplo 6.4

R2

Fin3

R3

’’

’’


R2

Fin2

G2M

Fin2

R2R 1

A

hOR 1

��

��

��

��

��

��

’’

2

’’’’

’’

’’


9.9 Método matricial para el cálculo de fuerzas 33

Y para calcular el par motor necesario para esta fase, planteamos sumatorio de momentos respecto a laarticulación O2, de forma que ni la reacción

−→R ′′

1 , ni la fuerza de inercia−→F in2 generen momento; por lo que

queda:

M ′′2 = R′′

2 · h = 76,11 · 0,721 = 0,55 N · m

Finalmente los valores totales de las reacciones y del par motor de entrada se obtienen sumando (-vectorialmente-) los valores calculados en cada fase:

Primero calculamos el valor total de−→R 4 porque en ambas fases tiene la misma dirección y la suma de−→

R ′4 y R′′

4 es más sencilla.

−→R 4 =

−→R ′

4 +−→R ′′

4 = −24 j − 15,93 j = −39,93 j

Observe que tal y como se ha obtenido−→R ′

4 en la Figura 9.21, ésta va en sentido negativo y que lareacción

−→R ′′

4 sobre el sólido 4 debe ser igual y de sentido opuesto a la−→R ′′

3 sobre ese mismo sólido. Comosobre el sólido 3 la reacción

−→R ′′

3 debe ser igual y en sentido opuesto a la−→R ′′

3 sobre el sólido 4, y en la Figura9.25 esta reacción (

−→R ′′

3 sobre el 3) tiene sentido −j, entonces la reacción−→R ′′

4 también tendrá ese sentido.

Ahora calculamos el valor del par motor−→M2 sumando los resultados de las dos fases:

−→M2 =

−→M ′

2 +−→M ′′

2 = 71,72 k − 0,55 k = 71,17 k

Luego va en sentido antihorario.

Ahora sumamos vectorialmente el resto de reacciones. Para ello, fijamos la escala 111.18 N : 5 cm. Enla Figura 9.27

3R

R1 3R

3R

R1

R1

R2

R2

R2

’’

’’

’

’’

’’

Figura 9.27: Suma de las reacciones obtenidas en cada fase

Deshaciendo la escala obtenemos los valores:

R1 = 7,18 cm ⇒ R1 = 170,7 NR2 = 5,56 cm ⇒ R1 = 132,2 NR3 = 3,58cm ⇒ R1 = 91,53 N

9.9. Método matricial para el cálculo de fuerzas

Los métodos gráficos introducidos en este capítulo son sencillos de aplicar cuando se estudian mecanis-mos con pocos eslabones e incluso con pocas fuerzas externas. Para mecanismos complejos o análisis de ciclocompleto, debe recurrirse al método matricial que presentamos en este apartado. Este método, además de sermás sistemático, permite programar con mucha facilidad la resolución del sistema de ecuaciones obtenido de


plantear las ecuaciones del movimiento a los sólidos libre de todos los eslabones en un programa de cálculonumérico para PC o incluso, si son pocos eslabones, en una calculadora programable.

En apartados anteriores se han introducido las ecuaciones del movimiento para un sólido (el punto A oes el cdg o tienen aceleración nula):

∑−→F = m · −→a g∑−→

MA = IA · −→wEstas son dos ecuaciones vectoriales. La primera la podemos desglosar en dos ecuaciones escalares a partir delas componentes horizontales y verticales de las fuerzas y la aceleración del centro de gravedad; la segunda,como lleva la dirección del eje k sólo da lugar a una ecuación escalar, luego podemos obtener tres ecuacionesescalares para cada eslabón. Si además tenemos en cuenta que en el sumatorio de fuerzas y de momentosaparecen tanto las externas (conocidas) como las reacciones (incógnitas), podemos escribir las ecuacionesescalares como:

∑−→Fix +

∑−−→Rjx = m · −→a gx∑−→

Fiy +∑−−→

Rjy = m · −→a gy∑−→Mi +

∑−→Mj

R +∑−→r APi ×

−→F i +

∑−→r Aki ×−→R j) = IA · −→w

Donde:

−→M i son los momentos externos aplicados sobre los eslabones.

−→MR

j son los momentos de reacción sobre los eslabones.

−→r APi son los vectores de posición desde el punto A con respecto al que se toman momentos, hasta elpunto Pi de aplicación de la fuerza externa

−→F i .

−→r Aki son los vectores de posición desde el punto A con respecto al que se toman momentos, hasta elpunto ki de aplicación de la reacción

−→R i .

Si nos fijamos en la forma de las ecuaciones escalares podemos observar que son ecuaciones lineales en lasque las incógnitas son sólo las fuerzas y momentos de reacción que aparecen sobre el eslabón para el que seplantean las ecuaciones.

Estas ecuaciones se pueden reescribir en la forma:

∑−−→Rjx = m · −→a gx − ∑−→

Fix∑−−→Rjy = m · −→a gy − ∑−→

Fiy∑−→Mj

R +−−→Mm +

∑−→r Aki ×−→R j = IA · −→w − ∑−→

Mi +∑−→r APi ×

−→F i)

(9.16)

En la que las incógnitas (entre las que el par motor−→Mm que es un par externo, también se considera

como incógnita) están sólo en el primer término de las ecuaciones y en los segundos términos todo es conocido.

Observe que en este método no se habla para nada de los efectos de inercia ya que el producto de lamasa por la aceleración del centro de gravedad del eslabón considerado permanece en el segundo término dela ecuación.

Cuando consideramos estas tres ecuaciones escalares, escritas en esta forma, para cada eslabón delmecanismo (exceptuando el bastidor) obtenemos un sistema de 3 · (n − 1) ecuaciones4 lineales que se puederesolver de forma sencilla mediante álgebra matricial. Para ello podemos considerar nuestro sistema deecuaciones escrito en la siguiente forma matricial

[A] · [X ] = [B]

4El número exacto de ecuaciones dependerá del tipo de par cinemático entre eslabones; por ejemplo, en el sólido libre deuna corredera con desplazamiento lineal no tendrá sentido aplicar la ecuación de momentos luego sólo ofrecerá dos ecuaciones


donde la matriz [A] es la matriz de coeficientes de las incógnitas, la matriz [X ] es la matriz columna de lasincógnitas y la matriz [B] es la matriz columna de términos independientes.

La potencia de este método es que la solución a este sistema de ecuaciones es muy sencilla:

[X ] = [A]−1 · [B]

Donde ahora, la matriz [A]−1 es la matriz inversa de [A].

Para que se comprenda mejor la aplicación de este método y como repaso breve del método matricial deresolución de sistemas de ecuaciones lineales, suponga que se desea resolver el siguiente sistema de ecuacioneslineales: “Calcular X1, X2 y X3”.

2 · X1 + 3 · X2 = 102 · X2 + X3 = 0

3 · X1 + 5 · X2 + 7 · X3 = 8

En este sistema las ecuaciones ya están planteadas en la forma de las Ec.9.16.

La matriz [A] está formada por los coeficientes de las incógnitas; como hay tres incógnitas y tresecuaciones, la matriz será de 3 × 3:

[A] =

⎡⎢⎢⎣

X1 X2 X3

2 3 00 2 13 5 7

⎤⎥⎥⎦

La primera fila (X1 X2 X3) sólo sirve para indicar el orden en el que se consideran las incógnitas; enadelante no se pondrá porque debe ser el mismo orden en el que se escribe la matriz [X ].

Observe que cada fila corresponde a una ecuación del sistema y que cada columna corresponde a unade las incógnitas del mismo. Así, cada elemento de la matriz, por ejemplo A(1, 1) = 2 será el coeficientede la incógnita X1 -columna 1- en la primera ecuación del sistema -fila 1-, el elemento A(3, 3) = 7 será elcoeficiente de la incógnita X3 en la tercera ecuación y el elemento A(3, 1) = 3, el coeficiente de la incógnitaX1 en la tercera ecuación de la matriz de coeficientes.

La matriz [X ] es la matriz columna de las incógnitas:

[X ] =

⎡⎣ X1

X2

X3

⎤⎦

y la matriz [B] es la matriz de términos independientes (segundos términos de las ecuaciones)

[B] =

⎡⎣ 10

08

⎤⎦

Observe según la ecuación [A] · [X ] = [B] obtendremos:

⎡⎣ 2 3 0

0 2 13 5 7

⎤⎦ ·

⎡⎣ X1

X2

X3

⎤⎦ =

⎡⎣ 10

08

⎤⎦

Cuya solución inmediata se obtiene de:

[X ] = [A]−1 · [B]

Siendo [A]−1 =

⎡⎣ 0,33 −0,77 0,11

0,11 0,518 −0,07−0,22 −0,03 0,148

⎤⎦


Entonces:

⎡⎣ X1

X2

X3

⎤⎦ =

⎡⎣ 0,33 −0,77 0,11

0,11 0,518 −0,07−0,22 −0,03 0,148

⎤⎦ ·

⎡⎣ 10

08

⎤⎦

Realizando el producto de las dos matrices:

⎡⎣ X1

X2

X3

⎤⎦ =

⎡⎣ 4,22

0,518−1,037

⎤⎦

Veamos la aplicación de este método a diversos ejemplos:

Ejemplo 6.5.- Aplicar el método matricial al ejemplo 6.1.

Utilizamos los diagramas de sólido libre (Figura 9.28) y obtenemos las siguientes ecuaciones del movimien-to expresadas en la forma de las Ec. 9.16(en realidad son ecuaciones de equilibrio, porque se suponía que noexistía movimiento para ningún eslabón).

F4

O2

A

B

B

18.7

45

M2

ESLABON 2ESLABON 3

R

R

R

R

R

R

R

R

ESLABON 4

RA

R

1

2

3

4

3

5

6

5

6

7


eslabón 4:

R6 = 10R7 − R5 = 0

eslabón 3:R4 − R6 = 0R5 − R3 = 0

(∑−→

MA) − R6 · L3 · sin 18,7 + R5 · L3 · cos 18,7 = 0(9.17)

• eslabón 2:

R2 − R4 = 0R3 − R1 = 0

(∑−→

Mo2) R3 · L2 · cos 45 − M2 + R4 · L2 · sin 45 = 0(9.18)


Estas ecuaciones dan lugar al siguiente sistema de ecuaciones lineales:

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 −1 0 1 00 0 0 1 0 −1 0 00 0 −1 0 1 0 0 00 0 0 0 0,07 −0,024 0 00 1 0 −1 0 0 0 0−1 0 1 0 0 0 0 00 0 0,03 0,03 0 0 0 −1

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦·

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

100000000

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Cuya solución es:

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

3,4210

3,4210

3,4210

3,420,402

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Se obtienen los mismos resultados que en el ejemplo 6.1 (más exactos porque para resolver por el métodomatricial, se ha utilizado mayor número de decimales en los cálculos.

Ejemplo 6.6. Resolver el ejemplo 6.2 mediante el método matricial. Calcular también lasreacciones sobre el bastidor.

2O

2R

��

g

330

235

60

F5

1R

Figura 9.29: Sólido libre del eslabón.

Utilizamos el diagrama de sólido libre (Figura 9.30) y las ecuaciones obtenidas en el ejemplo 6.2.B.1)planteando el sumatorio de momentos respecto al centro de gravedad:

R2 + F · cos θ − m · OG · (w · sin ϕ − w2 · cosϕ) = 0R1 − P + F · sin θ − m · OG · (−w · cosϕ − w2 · sin ϕ) = 0



R2

2O

R1

��

g

330

235

F

ϕ

θ

A

Figura 9.30: Sólido libre del eslabón.

Sustituyendo los datos del enunciado, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones expresadas en laforma de las Ec. 9.16:

R2 + F · cos 5 = 171,45R1 + F · sin 5 = −85,3

−0,11 · R1 + 0,203 · R2 − 0,27 · F = −4,24

Ecuaciones que en forma matricial dan el sistema:

⎡⎣ cos 5 0 1

sin 5 1 0−0,27 −0,11 0,203

⎤⎦ ·

⎡⎣ F

R1

R2

⎤⎦ =

⎡⎣ 171,45

−85,3−4,24

⎤⎦

Como se puede observar, este es un sistema de ecuaciones que habrá que resolver simultáneamente.

F = 106,2 N

R1 = −94,455 N

R2 = 65,63 N

En este ejemplo sólo tiene sentido utilizar el método matricial para resolver el sistema de ecuacionescuando se plantean momentos respecto al centro de gravedad; en cualquier otro caso (cuando se planteanmomentos respecto al punto fijo O no tiene sentido ya que la ecuación de momentos da directamente el valorde la fuerza F que se puede sustituir en las ecuaciones de sumatorios de fuerzas para obtener directamentelas reacciones.

Debe quedar claro que el método matricial sólo es una herramienta para resolver el sistema de ecuacionesplanteado a partir de los diagramas de sólido libre.

Ejemplo 6.7: En el mecanismo cuadrilátero articulado de la prensa punzonadora delejemplo 6.1. (Figura 9.8) se deben conseguir 10 taladros por minuto. El motor conectadoa la manivela 2 aplica un par

−→M2 de entrada que le produce la velocidad angular necesaria−→w 2 = 10 rpm que supondremos constante en todo el ciclo. El par de entrada es el necesario, en

cada instante, para vencer la acción de la fuerza externa que actúa sobre el eslabón 4 y ademásproducir el movimiento definido. Para este ejemplo

−→F 4 = 10 N . Obtener el par de entrada

−→M2

necesario y las reacciones entre los eslabones durante la fase de taladrado (θ2 = 45o; θ3 = 18,7o).


Datos adicionales: m2 = m3 = m4 = 1 kg; Ig2 = Ig3 = Ig4 = 2 · 10−3kg · m2

Solución:

Utilizamos las expresiones obtenidas en el ejemplo 6.4 para las velocidades y aceleraciones:

Análisis de velocidades.

w2 = 10 · 2·π60 = 1,047 rad

seg

El ángulo θ2 está medido desde el eje horizontal positivo hasta el eslabón 2 en sentido antihorario(positivo); el ángulo θ3 está medido en sentido negativo.

El sistema de ecuaciones para w3 y VB era:

VB = w2 · L2 sin θ2 + w3 · L3 sin θ3

0 = −w2 · L2 cos θ2 + w3 · L3 cos θ3

De donde:w3 = w2·L2 cos θ2

L3 cos θ3

VB = w2 · L2 sin θ2 + w3 · L3 sin θ3

Análisis de aceleraciones.

El sistema de ecuaciones para aB y w3 era:

aB = −w22 · L2 · cos θ2 − w2

3 · L3 · cos θ3 + w3 · L3 · sin θ3

0 = −w22 · L2 · sin θ2 + w2

3 · L3 · sin θ3 + w3 · L3 · cos θ3

de donde:

w3 = w22·L2·sin θ2−w2

3·L3·sin θ3L3·cos θ3

aB = −w22 · L2 · cos θ2 − w2

3 · L3 · cos θ3 + w3 · L3 · sin θ3

Las expresiones obtenidas para las aceleraciones de los centros de gravedad de los eslabones

−→a g2 =−→a A

2= w2

2 · L2

2· (− cos θ2i − sin θ2j)

−→a g3 = (−w22 · L2 · cos θ2 +

−w23 · L3 · cos θ3 + w3 · L3 · sin θ3

2) i+

+(−w22 · L2 · sin θ2 +

w23 · L3 · sin θ3 + w3 · L3 · cos θ3

2) j

Finalmente, para el eslabón 4:

−→a g4 = aB

Al no considerar la utilización de los efectos de inercia, los diagramas de sólido libre son los mismos quelos obtenidos en el ejemplo 6.1 y que mostramos en la Figura 9.31:

Sin embargo, como ahora estamos bajo la hipótesis cinetostática, las ecuaciones del movimiento cam-biarán con respecto a las obtenidas en el ejemplo 6.1; los segundos términos ya no son nulos.


F4

O2

A

B

B

18.7

45

M2

ESLABON 2ESLABON 3

R

R

R

R

R

R

R

R

ESLABON 4

RA

R

1

2

3

4

3

5

6

5

6

7


eslabón 4 (componente de aceleración en y; agy = 0). Par de reacción con bastidor nulo:

−10 + R6 = m4 · ag4x

R7 − R5 = m4 · ag4y

eslabón 3 (como aA �= 0 planteamos∑−→

MG = IG · −→w 3). Tomando ϕ3 = 360 − 18,7:

R4 − R6 = m3 · ag3x

R5 − R3 = m3 · ag3y−→GA × (

−→R 4 +

−→R 3) +

−−→GB × (

−→R 6 +

−→R 5) = IG3 · −→w 3

Resolviendo esta última ecuación:

−L3

2· cosϕ3 · R3 +

L3

2· sinϕ3 · R4 +

L3

2· cosϕ3 · R5 +

L3

2· sinϕ3 · R6 = IG3 · w3

eslabón 2: (planteamos (∑−→

Mo = Io · −→w 2 = 0):

R2 − R4 = m2 · ag2x

R3 − R1 = m2 · ag2y

R3 · L2 · cos45 − M2 + R4 · L2 · sin45 = 0

Resolvemos el sistema de ecuaciones por el método matricial, aunque como en el ejemplo 6,1, sería fácildespejar y obtener los valores de todas las reacciones.

La matriz de coeficientes no es la misma porque ahora como aA �= 0 hemos planteado momentos respectoal cdg en la barra 3. También cambia la matriz de términos independientes (segundo miembro):

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 −1 0 1 00 0 0 1 0 −1 0 00 0 −1 0 1 0 0 00 0 L3·cosϕ3

2L3·sinϕ3

2L3·cosϕ3

2L3·sinϕ3

2 0 00 1 0 −1 0 0 0 0−1 0 1 0 0 0 0 00 0 L2 · cosq L2 · sinq 0 0 0 −1

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦·

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

m4 · ag4x

m4 · ag4y

m3 · ag3x

m3 · ag3y

IG3 · w3

m2 · ag2x

m2 · ag2y

0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦


Para los datos del enunciado, obtenemos:

VB = 4,2 cm/sw3 = 0,44 rad/s

w3 = 0,4 rad/s2

aB = −3,71 cm/s2

−→a g2 = −1,65 · 10−2i − 1,65 · 10−2j m/s2

−→a g3 = −1,85 · 10−2i − 3,5 · 10−2j m/s2

−→a g4 = −3,71 · 10−2 m/s2

Los términos independientes resultan:

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

9,9630

−0,0185−0,0350,00080,0165−0,0165

0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Y la solución al sistema de ecuaciones :

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

3,4149,9613,39799,9443,3639,9633,3630,401

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Se obtienen resultados parecidos a los obtenidos en el ejemplo 6.1:

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

3,4210

3,4210

3,4210

3,420,402

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

A la vista de estos resultados, cabe preguntarse: ¿Porqué son tan parecidos?; ¿Es que la hipótesis estática(ejemplo 6.1) es suficiente para resolver este problema y nos podríamos haber ahorrado el cálculo cinemáticonecesario para la hipótesis cinetostática?

Observe los segundos términos de las ecuaciones del movimiento (la matriz de los términos indepen-dientes del sistema de ecuaciones). Los valores son muy parecidos a los obtenidos en la hipótesis estática(prácticamente nulos todos menos el primero). Esto quiere decir que los efectos de inercia: fuerzas de inerciaen los eslabones y pares de inerecia son muy bajos y cuando esto ocurre, las hipótesis estática y cinetostáticadan valores muy parecidos. Pero ¿porqué son tan bajos los efectos de inercia?. Los pesos de los eslabonesno son nada despreciables (P = m · g), pero sí lo es la velocidad angular del eslabón de entrada; como


consecuencia los términos correspondientes a los efectos de inercia son muy bajos y no influyen práctica-mente en los resultados; por lo que podríamos haber utilizado la hipótesis estática sin cometer grandes errores.

Ahora supongamos ahora que el mismo mecanismo deber realizar 100 taladros en un minuto. La veloci-dad angular se multiplica por 10: w2 = 100 rpm = 100 · 2·π

60 = 10,47 radseg

Si repetimos los cálculos para esta nueva velocidad angular obtenemos:

VB = 40,4 cm/sw3 = 4,42 rad/s

w3 = 36,58 rad/s2

aB = −343,7 cm/s2

−→a g2 = −1,51i − 1,51j m/s2

−→a g3 = −3,23i − 1,51j m/s2

−→a g4 = −3,437 m/s2

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 −1 0 1 00 0 0 1 0 −1 0 00 0 −1 0 1 0 0 00 0 L3·cosϕ3

2L3·sinϕ3

2L3·cosϕ3

2L3·sinϕ3

2 0 00 1 0 −1 0 0 0 0−1 0 1 0 0 0 0 00 0 L2 · cosq L2 · sinq 0 0 0 −1

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦·

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

6,5630

−3,23−1,510,073−1,51−1,51

0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Cuya solución es:4.96231 1.79300 3.45231 3.30300 1.94231 6.56300 1.94231 0.15763

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

R5

R6

R7

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

4,961,793,453,31,946,561,940,15

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Como se puede comprobar, ahora los resultados distan más de los obtenidos con la hipótesis estática yse habría cometido un gran error utilizando esa hipótesis en vez de la cinetostática. Se debe considerar quelos resultados obtenidos podrían diferir más de los de la hipótesis estática si las masas fueran mayores o seanalizaran otras posiciones del mecanismo en las que las aceleraciones fueran mayores.


Ejemplo Análisis de fuerzas en pares superiores

En el mecanismo de la Figura 9.32 el eslabón 2 gira a una velocidad angular constante de −→w 2 = 1 rs .

En su interior incorpora una ranura curva definida, respecto a la línea de referencia (Figura de la izquierda)representada, como ρ = cosϕ +

√3 sin ϕ sobre la que desliza el extremo en forma de disco del seguidor 3.

A su vez, el seguidor, de punto, está obligado a desplazarse en dirección vertical sobre un eje paralelo al deordenadas Global, separado de éste una distancia e = 0,5 cm.

En este mismo mecanismo, el centro de gravedad de la leva coincide con su centro geométrico y el centrode masas del seguidor, coincide con el centro del disco, en su extremo.

El seguidor está sometido a la acción de un amortiguador que ejerce una fuerza proporcional a suvelocidad, según la expresión:

−→F = −10 · −→V 3. Determine:

1. Posición, velocidad y acelearación del seguidor en q = 30o. (Figura de la derecha)

2. Fuerza del amortiguador en la posición indicada.

3. Reacciones entre los eslabones y Par necesario a aplicar sobre la leva para garantizar el movimiento yvencer la acción del amortiguador.

Datos: m2 = 5 kg; m3 = 1 kg;IG2 = IG3 = 0,005 kgm2; R = Radio = 1 m

2 C

q

Β

2

3

Α

Β

Α

3

C

��

��

��

rρ

3

Lref

Lref

tangente

ϕβ

Figura 9.32: Ejemplo de análisis de fuerzas en mecanismos con geometría curva

Solución

El perfil de la leva corresponde al de una circunferencia de radio = 1 m y que, en el instante repre-sentado, tiene su centro en las coordenadas: Xc = 0,5 m; Yc =

√3

2 cm. Cuando la línea de referencia giraun determinado ángulo q, el vector de posición −→ρ ]′s, expresado en el sistema de referencia local (S’) siguemanteniendo la ecuación que define el perfil: ρ]′s = cosϕ +

√3 sin ϕ. La posición del punto de contacto viene

definida por el vector ρ pero expresado en el sistema de referencia global: −→ρ ]s = [R(q)] · −→ρ ]′s, siendo R(q) lamatriz de rotación del sistema de referencia S’ respecto al global S:

El ángulo β que el vector de posición −→r CO del centro del disco forma con la línea de referencia quedefine el perfil de la leva es constante, ya que gira solidario con el sistema de referencia móvil.

β = arctan√

3/20,5

= 60o

Del análisis de posición resulta:

[ϕ] =[

r3

ϕ

]=

[1,866 m

45 o

]


Del análisis de velocidades:

[ϕ] =[

1 ms

−1,732 rads

]

Del análisis de aceleraciones:

[ϕ] =[

38,536 ms2

−79,94 rads2

]

Análisis dinámico

Se calculan las resultantes de las fuerzas y momentos sobre los dos sólidos móviles:

Sólido 2: La aceleración de su centro de masas, en componentes horizontal y vertical se obtienen porderivación sucesiva de las componentes de su vector de pocición: −→r C2 = XG2i + YG2j, que resultanser función de la suma de los ángulos (q + β), variable el primero y constante el segundo. Así:

XG2 = ¯O2G2 · cos(q + β) ; XG2 = − ¯O2G2 · sin(q + β) · q ;XG2 = − ¯O2G2 · cos(q + β) · q2 − ¯O2G2 · sin(q + β) · qYG2 = ¯O2G2 · sin(q + β) ; YG2 = ¯O2G2 · cos(q + β) · q ;YG2 = − ¯O2G2 · sin(q + β) · q2 + ¯O2G2 · cos(q + β) · q;

Como q = 0 y q + β = π2 , quedan las resultantes de fuerzas y momentos:

m2 · XG2 = 0m2 · YG2 = −5 NewtonIG2 · q = 0;

Para el sólido 3, sólo hay aceleración vertical en su centro de masas:

YG3 = r3 = 38,536 ms2

IG3 · ϕ3 = 0

Representamos los diagramas de sólido libre (Figura 9.33):

q

2

Α

Β

CΒ

Normal

4

Normal

MRF

tangente

2M 1

l

��

a

ρ

Lrefϕ

2

P2

R

R

φ

R3

P3

R

3Rφ

Figura 9.33: Ejemplo de análisis de fuerzas en mecanismos con geometría curva

Sólido 2:

Está sometido a las reacciones que el bastidor genera sobre 02:−→R 1 y

−→R 2, que suponemos positivas.

También actúan sobre él, el Peso, el par motor−→M2 a aplicar y la reacción

−→R 3 que genera sobre él el seguidor.

Esta última fuerza está dirigida en la dirección de la Normal común, según el ángulo de presión φ que se


debe determinar en cada instante. Para determinar la normal común, calculamos la tangente −→t 2 al perfil

dado y la giramos multiplicándola vectorialmente por el vector unitario k.

−→t 2

[ρ′(α) · cos(q + ϕ) − ρ(α) · sin(q + ϕ)ρ′(α) · sin(q + ϕ) + ρ(α) · cos(q + ϕ)

](9.19)

Para uno de los dos sólidos en contacto será necesario obtener el vector normal a la superficie, el cualse puede obtener a partir del vector tangente, multiplicándolo vectorialmente por el vector unitario k.

−→n = k ×−→t = k × (tx · i + ty · j) = −ty i + txj

Obtenemos una expresión para el vector normal, expresado en el sistema global 9.20:

−→n ]S =[ −ρ′(α) · sin(α + ϕ) − ρ(α) · cos(α + ϕ)

ρ′(α) · cos(α + ϕ) − ρ(α) · sin(α + ϕ)

](9.20)

φ = arctan−1,732−1

= 60o

eslabón 2

R1 + R3 · cosφ = m2 · Xg2

R2 − P2 + R3 · sinφ = m2 · Yg2−→GA × (

−→P + −→ρ × (

−→R 3 +

−→M2) = IG2 · −→q

Considerando−→GA = R, radio del círculo y resolviendo los productos vectoriales de la tercera ecuación

se obtiene:

−P2 · R · cos (q + β) + ρ · R3 · sin(φ − q − ϕ) + M2 = 0

eslabón 3

R4 − R3 · cosφ = m3 · Xg3

−10 · r3 − P3 − R3 · sinφ = m3 · Yg3−→h ×−→

R 4 +−→MR = 0

La última ecuación de momentos, resulta:

h · R4 + MR = 0

Resolvemos el sistema de ecuaciones por el método matricial.

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

1 0 cosφ 0 0 00 1 sin φ 0 0 00 0 ρ · sinφ − q − ϕ 0 0 10 0 − cosφ 1 0 00 0 − sinφ 0 0 00 0 0 −h 1 0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦·

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

MR

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

m2 · Xg3

m2 · Yg3 + P2

P · R · cos q + β

m3 · Xg3

m3 · Yg3 + P3 + 10 · r3

0

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

Para los datos del enunciado, obtenemos: Los términos independientes resultan:

Y la solución al sistema de ecuaciones :

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

R1

R2

R3

R4

MR

M2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

56,3192,53

−112,62−56,31−394,18216,38

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦


9.10. Principio de trabajos virtuales

Los métodos de análisis de fuerzas vistos hasta ahora, gráfico y matricial se basan en la solución de lasecuaciones del movimiento de la segunda ley de Newton, en las que tanto para obtener el valor de la fuerzamotriz como los de las reacciones en los pares cinemáticos había que recurrir a la herramienta de sólido libre.

En un mecanismo en el que el número de eslabones sea elevado (6 o más) la herramienta de sólidolibre requiere mucho tiempo. Cuando lo que interesa es el cálculo de la fuerza o par motriz (esto puedeser válido en una primera etapa de diseño, en la que lo más interesante es la selección de la potencia delelemento motor), más que el cálculo de las reacciones, podemos utilizar un método alternativo basado enconsideraciones energéticas, en vez de en ecuaciones vectoriales. Este método se basa en la formulación delprincipio de los desplazamientos virtuales, también conocido como principio de los trabajos virtuales, queexponemos a continuación.

Sea un par cinemático constituido por dos eslabones unidos mediante una articulación de rotación yque está sometido a un sistema de fuerzas y momentos externos en desequilibrio que le proporcionan unmovimiento plano general de rotación más traslación. En la figura 9.34 se representa el desplazamientoinfinitesimal del sistema entre dos posiciones sucesivas, en el que:

M2M2

F21M1M

F1

θ2

θ1 F2

a’

b’

b)a)

F1

a

bδ

δ 1S

S2δ

δ

Figura 9.34: Desplazamiento virtual de un sistema sometido a la acción de fuerzas dadas.

Los puntos de aplicación de las fuerzas externas−→F i se han desplazado las cantidades infinitesimales

δ−→S i. Estos desplazamientos son compatibles con las restricciones del problema y dado que se supone

que el sistema global sólo tiene un grado de libertad, sólo uno de esos desplazamientos es independiente.

Los sólidos, debido a su movimiento de rotación han girado un ángulo infinitesimal δ−→θ i

Las fuerzas y momentos aplicados se han mantenido constantes en dirección y módulo durante esosdesplazamientos.

El trabajo total desarrollado por una fuerza es igual al producto escalar de la fuerza por el desplazamientodurante el que efectúa el trabajo y el desarrollado por un momento aplicado, es igual al producto escalar delmomento por el giro durante el que efectúa el trabajo.

Así que para el sistema representado en la figura, las fuerzas y pares externos durante ese desplazamientoinfinitesimal realizan un trabajo que se puede calcular como:

δW =−→F 1 · δ−→S 1 +

−→F 2 · δ−→S 2 + · · · + −→

F n · δ−→S n +−→M1 · δ−→θ 1 +

−→M2 · δ−→θ 2 + · · · + −→

Mn · δ−→θ n

o bien

δW =∑−→

F i · δ−→S i +∑−→

M i · δ−→θ i

El incremento del trabajo realizado por las fuerzas externas se traduce en un incremento en la energíacinética del mecanismo (suponiendo que no existen pérdidas), así se puede plantear la igualdad:

δW = dT

9.10 Principio de trabajos virtuales 47

Si en los sumatorios∑−→

F i y∑−→

M i están incluidos los efectos de inercia, los sólidos se encontrarán enequilibrio y se les podrán aplicar las ecuaciones de equilibrio enunciadas en el apartado 1.7, de donde (paracada sólido):

∑−→F +

−→F in = 0∑−→

M +−→M in = 0

(como está en equilibrio, dT = 0 y por tanto:

δW =∑−→

F i · δ−→S i +∑−→

M i · δ−→θ i = 0 (9.21)

Esta última ecuación expresa el principio de trabajos virtuales por el cual la suma de los trabajosefectuados por las fuerzas y pares externos, incluidos los efectos de inercia, durante un desplazamientoinfinitesimal es cero. Preste atención a que en los sumatorios de las fuerzas y de los pares se consideransólo los externos y que en el sumatorio de momentos NO hay que considerar los momentos que generan lasfuerzas externas aplicadas.

En el caso de que no se aplique el principio de D’Alambert, al sistema no se le podrán aplicar lasecuaciones de equilibrio y en la ecuación anterior hay que extraer de los sumatorios los efectos de inerciapara cada eslabón j :

δW =∑−→

F i · δ−→S i +∑−→

F inj · δ−→S gj +

∑−→M i · δ−→θ i +

∑−→M inJ · δ−→θj = 0

O bien:

∑−→F i · δ−→S i +

∑−→M i · δ−→θ i =

∑mj · −→agj · δ

−→S gJ +

∑IgJ · −→w · δ−→θj

Así expredado el principio de potencias virtuales queda más claro que el incremento de trabajo querealizan las fuerzas y momentos externos sobre el mecanismo (primer término de la ecuación) se transformaen un incremento en su energía cinética (segundo término).

En las ecuaciones anteriores sólo se han considerado los trabajos que efectúan las fuerzas externas oactivas, incluidas las de inercia (de una u otra forma), pero no se han considerado las fuerzas de reacciónentre eslabones -fuerzas internas- ya que los pares cinemáticos se consideran ligaduras ideales y no producentrabajo alguno. A continuación se muestran algunos ejemplos de ligaduras ideales en los que se puede obser-var este hecho.

A] Par cinemático de traslación.(Figura 9.35)

12

21

21

12δ

��

2

F

F

δ1

Figura 9.35: Fuerzas de reacción y desplazamientos virtuales en par de traslación.

dT =−→F 12 · δ−→S 2 +

−→F 21 · δ−→S 1

Resolviendo los productos escalares:


−→F 12 · δ−→S 2 = F12 · δS2 · cos(90) = 0−→F 21 · δ−→S 1 = F21 · δS1 = 0 (δS1 = 0)

B] Par cinemático de rotación

En este caso, las reacciones sobre un eslabón son iguales y de sentido contrario a las que aparecen enel que formaba par cinemático con el primero, por lo tanto los trabajos serán iguales y de signos opuestos,osea que se anulan.

El hecho de que las reacciones no generen trabajo es precisamente lo que hace sencillo este método, yaque no será necesario calcularlas para poder calcular el módulo de la fuerza motriz.

Potencias virtuales.

El trabajo desarrollado por una fuerza en la unidad de tiempo es la potencia que está ejerciendo esafuerza. Así, podemos obtener la ecuación del principio de potencias virtuales derivando la ecuación (ec.9.21)respecto al tiempo:

dW

dt=

∑−→F i · δ−→S i

dt+

∑−→M i · δ−→θ i

dt= 0 (9.22)

En esta ecuación, las fuerzas y momentos aplicados son constantes (lo son en el intervalo que dura eldesplazamiento virtual -tiempo cero-), entonces las derivadas temporales son la del desplazamiento virtualδ−→S i

dt que corresponde a la velocidad lineal instantánea del punto de aplicación de la fuerza considerada y la

del giro virtual δ−→θ i

dt que corresponde a la velocidad angular instantánea del sólido en el que está aplicado elmomento. De modo que la ecuación (ec.9.22) queda:

P =∑−→

F i · −→v i +∑−→

M i · −→w i = 0 (9.23)

Esta es una ecuación escalar muy fácil de resolver y es muy útil para resolver problemas en los que sebusca determinar la acción motora que está produciendo el movimiento dado del mecanismo y para resolverproblemas de ventaja mecánica, que se comentarán a continuación.

Sin embargo, dado que esta ecuación sólo permite considerar fuerzas externas, no la podremos utilizarpara determinar reacciones entre eslabones.

Tal y como se ha planteado la ecuación (Ec. 9.23), en los sumatorios deben estar incluidos los efectosde inercia. Cuando no se aplica el principio de D’Alambert, la ecuación del principio de potencias virtualesse expresará como:

P =∑−→

F i · −→v i +∑−→

M i · −→w i =∑

mj · −→agj · −→v gj +∑

Igj ·−→wj · −→w j (9.24)

Las ecuaciones (9.23 y 9.24) consideran los productos escalares de vectores: Fuerza por velocidad y Parpor velocidad angular. El producto escalar5 de estas segundas magnitudes es muy sencillo de realizar, ya queambas llevan la misma dirección (eje k) y por tanto el producto escalar será el producto de sus módulos,con signo positivo si ambas llevan el mismo sentido (cos 0 = 1) o negativo (cos 180 = −1) en caso contrario.Sin embargo, para obtener el producto escalar entre fuerza y velocidad, será necesario conocer el ángulo queforman estos dos vectores, o utilizar sus componentes en vectores unitarios.

En ocasiones, cuando se ha utilizado un método gráfico para resolver el problema cinemático y se hanrepresentado, también gráficamente los efectos de inercia, se pueden transformar los productos escalares defuerzas por velocidades en productos de los momentos que originan esas fuerzas por las velocidades angularesde los eslabones donde están aplicadas.

5Recuerde que−→F · −→v = F · v · cos θ, siendo θ el ángulo formado por los dos vectores.

9.10 Principio de trabajos virtuales 49

Veamos la aplicación del principio de potencias virtuales a unos ejemplos:

ejemplo 6.8.- Calcule el valor de la fuerza−→F del ejemplo 6.2 aplicando el principio de

pontencias virtuales.

Aplicando el Principio de potencias virtuales:∑

P = 0.(considerando los efectos de inercia)

Potencias generadas por las acciones externas:

−→M in · −→w +

−→F · −→V A +

−→Fin · −→V g +

−→P · −→V g = 0;

Los vectores de esta ecuación son:

Par de inercia:

−→M in2 = −Ig · −→w = 4,24 k

Velocidad angular:

−→w = −5 k

Fuerza−→F :

−→F = F · (cos 5 i + sin 5 j)

La velocidad del centro del punto A donde está aplicada la fuerza−→F :

−→V A = −→w ×−→

OA = −wk × OA · (cosϕ i + sin ϕ j) = w · OA · (sin ϕ i − cosϕ j)


−→V A = 2,45 i − 1,41 j

Fuerza de inercia−→F in:

−→F in = −4,54 · (37,76i − 28,59j) = −171,46i + 129,82j

La velocidad del centro de gravedad obtenida en el ejemplo 6.2:

−→V g = −→w ×−−→

OG = −wk × OG · (cosϕ i + sin ϕ j) = w · OG · (sin ϕ i − cosϕ j)


−→V g = 1,017 i− 0,587 j

Y el peso:

−→P = −44,5 j

los productos escalares:⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−→M in · −→w 2 = (4,24 k) · (−5 k) = −21,2−→

F · −→V A = F · (cos 5 i + sin 5 j) · (2,45 i − 1,41 j) = 2,32 · F−→Fin · −→V g = (−171,46i + 129,82j) · (1,017 i − 0,587 j) = −250,58−→

P · −→V g = (1,017 i − 0,587 j) · (−44,5 j) = 26,12


Sumando todas las potencias e igualando a cero:

−21,2 + 2,32 · F − 250,58 + 26,12 = 0

de donde obtenemos:

F = 105,88 N

En lugar de hacer los productos escalares, podríamos haber sustituido los productos entre fuerza yvelocidad por productos entre par y velocidad angular:

−Min · w2 + F · h2 · w2 − Fin · h′2 · w2 + P · h′′

2 · w2 = 0

Las distancias h son distancias desde la línea de acción de la fuerza considerada al centro instantáneode rotación absoluto del eslabón donde está aplicada.

Eliminando w2 y Despejando:

F =Min + Fin · h′

2 − P · h′′2

h2=

4,24 + 215,04 · 0,24 − 44,5 · 0,1200,450

= 112,24 N

Se han medido las distancias sobre el dibujo (el del enunciado, no el de la figura representada más arriba,porque está reducido), resultando:

h2 = 450 mmh′

2 = 240 mmh′′

2 = 120 mm

9.11. Ventaja Mecánica.

Una de las funciones esenciales para la que se diseñan los mecanismos es para transmitir una fuerza oun par desde el eslabón de entrada al eslabón de salida obteniendo una ganancia en el proceso. La relaciónentre los módulos de la fuerza o par de salida y la fuerza o par de entrada se conoce como ventaja mecánicadel mecanismo (ec. 9.25).

V.M. =Fsalida

Fentrada(9.25)

Si suponemos que el mecanismo es un sistema conservativo (no se disipa energía por efectos de rozamien-to, calor, etc), y que los movimientos de sus eslabones son lo suficientemente lentos como para despreciarlos efectos de inercia, entonces la potencia entregada al sistema debe ser igual a la potencia absorbida en eltrabajo útil que esté realizando. Bajo las consideraciones efectuadas, el principio de potencias virtuales, quees aplicable a cualquier mecanismo en cualquier condición, puede simplificarse con la expresión (ec. 9.26).

Pentrada = Psalida (9.26)

Entendemos que para calcular la ventaja mecánica de un mecanismo es aconsejable utlilizar la ecuación(ec. 9.25) ya que la (ec. 9.26) exige un elevado grado de comprensión del problema, sobre todo de cuál esla potencia absorbida. En cualquier caso debe quedar claro que en la ecuación de igualdad de potenciasaparecen las magnitudes: fuerza o momento aplicado y absorbido multiplicados por una velocidad lineal ouna velocidad angular respectivamente, por tanto la relación entre esas magnitudes en la salida y la entradadependerá exclusivamente de una relación entre velocidades. En un capítulo anterior se introdujo el teoremade relación entre velocidades angulares y se expuso que esa relación depende exclusivamente de la geometríadel problema; en particular, de las distancias de los centros instantáneos absolutos de los eslabones queintervienen al centro instantáneo común. Por lo tanto, la ventaja mecánica de un mecanismo depende sólode la posición de sus eslabones en el momento considerado. Veamos la equivalencia entre aplicar el principio

9.11 Ventaja Mecánica. 51

de potencias virtuales y la ecuación de igualdad de potencias en la obtención de la ventaja mecánica.

Ejemplo 6.9 En el mecanismo cuadrilátero articulado en posición abierta de la figura9.36 al eslabón 2 de entrada del movimiento se le aplica un par

−→M2 en el sentido indicado.

Determinar el par de salida en el eslabón 4 y la ventaja mecánica del mecanismo. Se considerandespreciables los efectos de inercia

M4W4

11

1

1 1

2

3

3

3

34

4422

2

M

W2

2

4

��

Figura 9.36: Cuadrilátero articulado (ejemplo 6.3)

El par aplicado−→M2 hace girar al eslabón 2 en sentido antihorario. Se puede observar claramente en la

figura que, en esta posición, el eslabón 4 deberá girar en el mismo sentido. Esto se puede confirmar viendoque el centro común a los eslabones 2 y 4 (centro 24) cae fuera de la línea que une al 12 con el 14.

Lo más interesante de este ejemplo es observar que la potencia entregada en 2 debe ser absorbida por“algo” conectado al 4, que dificulte su movimiento, entonces el par

−→M4 ha de ser opuesto a la velocidad

angular de ese eslabón y por tanto la potencia calculada como producto escalar−→M4 · −→w 4 debe ser negativa

(potencia absorbida). Obsérvese también que si−→M4 fuera en el sentido de −→w 4 estaría entregando energía

al mecanismo al igual que−→M2; no puede ocurrir que todas las fuerzas externas estén entregando energía,

ninguna la absorba y el sistema esté en equilibrio. En un sistema así, el principio de potencias virtuales daríaque un par debe llevar el sentido opuesto al otro.

Aplicando el principio de potencias virtuales a nuestro ejemplo:

−→M2 · −→W 2 +

−→M4 · −→W 4 = 0;

donde: ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−→M2 = (+)−→W 2 = (+)−→W 4 = (+)−→M4 = (−)

Haciendo los productos vectoriales:

M2 · W2 − M4 · W4 = 0; M4 = M2 · W2

W4

y aplicando el teorema de relación entre velocidades angulares:

W2

W4=

14 − 2412 − 24

Entonces el par M4 que se pedía en el enunciado es:


M4 = M2 · 14 − 2412 − 24

y la ventaja mecánica:

M4

M2=

14 − 2412 − 24

Que como se puede observar, depende sólo de la posición de los eslabones.

Ahora apliquemos la ecuación de igualdad de potencias (ec.9.26) para determinar la ventaja mecánica:

Pe = Ps; M2 · W2 = M4 · W4; M4 = M2 · W2

W4

que es la misma relación que habíamos obtenido aplicando el principio de potencias virtuales.

Ejemplo 6.10 En el mecanismo cuadrilátero articulado en cerrada de la figura 9.37 aleslabón 2 de entrada del movimiento se le aplica un par

−→M2 en el sentido indicado. Determinar

el par de salida en el eslabón 4 y la ventaja mecánica del mecanismo.

1412

32

34

42

13

M2W2

M4 W4

1

4

1

2

3

��

��

Figura 9.37: Cuadrilátero articulado (ejemplo 6.4)

En este caso el centro 24 cae entre los centros 12 y 14 luego la relación entre velocidades angularesw4w2

será negativa. La velocidad angular del eslabón 2 es positiva ( sentido antihorario) y la del eslabón 4

negativa. De nuevo, el eslabón de salida debe absorber la energía de entrada y por eso el par−→M4 debe ser

positivo, llevando el sentido opuesto a −→w 4. Aplicando el principio de potencias virtuales:

−→M2 · −→W 2 +

−→M4 · −→W 4 = 0;

donde: ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

−→M2 = (+)−→W 2 = (+)−→W 4 = (−)−→M4 = (+)

Haciendo los productos vectoriales:

M2 · W2 − M4 · W4 = 0; M4 = M2 · W2

W4

y aplicando el teorema de relación entre velocidades angulares (en módulos, ya que vectorialmente hemosvisto que serían negativa. El hecho de esta relación sea negativa ya se ha considerado al definir los signos enlos productos escalares):

W2

W4=

14 − 2412 − 24

9.11 Ventaja Mecánica. 53

Entonces el par M4 que es:

M4 = M2 · 14 − 2412 − 24

y la ventaja mecánica:

M4

M2=

14 − 2412 − 24

Obtenemos un resultado similar al anterior; lo que sí cambiará será su valor ya que los centros hancambiado de posición.

Ahora apliquemos la ecuación de igualdad de potencias (ec.9.26) para determinar la ventaja mecánica:

Pe = Ps; M2 · W2 = M4 · W4; M4 = M2 · W2

W4

que es la misma relación que habíamos obtenido aplicando el principio de potencias virtuales.

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Análisis de Fuerzas