Roberto Iván Gutiérrez Echeverría

Introducción

A continuación se presenta un trabajo realizado por alumnos acerca del análisis y la simulación de un mecanismo plano en 2D, dicho trabajo contiene los casos más comunes del análisis cinemático para un espacio vectorial de esta dimensión y la comprobación de los resultados por medio de un programa de simulación de mecanismos desarrollado previamente por el profesor Manuel García Quijada.

El trabajo comienza por la presentación del mecanismo a analizar, así como una breve descripción de los elementos que lo forman, a modo de que se entienda mejor el funcionamiento del mismo y sea más fácil la descripción y comprensión de su análisis aquí planteado.

Para conocer completamente el movimiento del mecanismo se plantearon las leyes sobre las cuales se rige el sistema por medio de ecuaciones vectoriales o cadenas cinemáticas, las cuales han sido desarrolladas en el plano complejo para utilizar una notación sencilla la cual nos permite el desarrollo de dichas cadenas aprovechando la ventaja de la simplicidad de su resolución.

A lo largo del trabajo se muestran gráficamente las cadenas cinemáticas que se tendrán que resolver, así como se explican brevemente ciertas relaciones entre las variables del sistema, las cuales se deberán inferir coherentemente para poder resolver el mecanismo y hacer un uso correcto de las cadenas cinemáticas. Cada cadena cinemática contiene su análisis total particular, es decir análisis de posición, de velocidad y de aceleración. Más el objetivo es tratar de mostrar el mecanismo como el conjunto de todas las cadenas cinemáticas y demostrar la sinergia provocada por el movimiento de cada uno de sus eslabones.

Por último se utiliza el software para comprobar los resultados del análisis por medio de las gráficas correspondientes a posición, velocidad y aceleración, de cada uno de los puntos de alta relevancia en el mecanismo dando así fiabilidad del análisis realizado y descrito en este trabajo.

Mecanismo

El análisis anteriormente descrito se llevara a cabo en el siguiente mecanismo, el cual consta de dos bloques rectangulares deslizables, tres círculos rotatorios, de los cuales dos se encuentran en contacto permanente y diez eslabones rígidos, gracias a los cuales es posible transmitirse el movimiento deseado.

ESLABON DE ENTRADA Para empezar a analizar el mecanismo se debe de tener por lo menos un eslabón de entrada, el cual transmita su movimiento a los demás eslabones, es por ello que se dibujará el origen de las coordenadas cartesianas en el origen de este eslabón singular, el cual se estará moviendo únicamente de forma circular para empezar a mover el mecanismo.

CORREDERA MOVIL Las correderas móviles son los bloques rectangulares del dibujo, los cuales se deslizaran sobre la barra en la que están puestos de acuerdo a como el mecanismo lo permita.

ESTRUCTURA EN V Esta estructura es la que se encuentra formada por dos barras unidas, ésta se encuentra dibujada de blanco sobre la revoluta roja en la parte más alta del dibujo, y se

dice en V al ser conformada por dos eslabones con un ángulo fijo entre ellos asemejando la forma de una V.

CIRCULOS ROTATORIOS Los tres círculos dibujados tienen libertad de girar sobre las superficies adyacentes y rodar. (Se debe hacer una correcta relación de ángulos para que parezca que rueda de manera natural en su simulación)

ESLABON RIGIDO Es una pieza de cierto material con magnitud constante, la cual se supone inelástica y constante durante todo el ciclo de trabajo.

Análisis de cadenas cinemáticas

Cadena cinemática 1

Posición

r AE+r BA+rCB−rCD+r ED=0

Al saber las magnitudes y ángulos de los eslabones r AE y r BA, podemos utilizar el caso 1 para sumarlos y así simplificar la expresión.

r AE+r BA=arBECaso1

Así la ecuación queda de la siguiente forma, un poco mas sintetizada.

r ED+rCB=rCD−arBE

En donde, nuevamente, conocemos las magnitudes y los ángulos de los vectores rCD∧arBE.

rCD−arBE=arDECaso1

Una vez conocido el nuevo vector, se puede hacer uso del caso 2b para conocer tanto la magnitud del vector r ED y el ángulo del vector rCB.

r ED+rCB=arDECaso2b

Y de esta forma, podríamos obtener todas las posiciones que existen en la cadena 1, para todas las posiciones que de él eslabón de entrada, el cual, en este caso es el vector r BA .

Velocidad

Una vez obtenida todas las posiciones del mecanismo, ahora es posible obtener la velocidad a partir de las mismas ecuaciones que usamos para cerrar la cadena cinemática, con la única diferencia de que es necesario derivar toda la ecuación y despejar los términos que deseemos obtener.

De acuerdo con la definición de velocidad, es necesario derivar la primera cadena cinemática con respecto al tiempo.

ddt

(rAE+rBA+rCB−rCD+rED=0 )

Aplicando todas las reglas de derivación obtenemos:

i ωBA r BA eiθ BA+iωCBrCB e

i θCB+ rED ei θED=0

Al separar los componentes real e imaginario, podemos hacer un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, con la finalidad de resolver las velocidades desconocidas. Después de separar las componentes, queda un el siguiente sistema de ecuaciones:

[ −cos (θED ) rCBcos (θCB)−sin (θED )−rCBsin (θCB)]⌊ r EDωCB

⌋=[−ωBA sin (θBA)ωBA cos (θBA) ]

Una vez obtenida dichas velocidades, es necesario hacer un producto cruz para determinar tanto la velocidad tangencial tanto del vector r BA como el del vector rCB.

v tBA=ωBA xr BA

v tCB=ωCB xrCB

Para la velocidad aparente del vector r ED solo es necesario señalar que su ángulo será el mismo que el que posee para posición.

vaED=rED ei θED

Aceleración

Cuando hemos terminado de calcular tanto la velocidad como la posición de los eslabones, procedemos a derivar nuevamente la ecuación regida del mecanismo para poder obtener la aceleración de los mecanismos.

Para este caso, se puede volver a derivar la ecuación que rige la velocidad o bien, tomar la segunda derivada de la ecuación original.

ddt

(i ωBA rBA ei θBA+i ωCBrCB e

i θCB+ rED ei θED=0)

Siguiendo las reglas de derivación, obtenemos que:

−ωBA2 rBA e

i θBA+i αBA rBA ei θBA−ωCB

2rCB ei θCB+ iαCBrCB e

i θCB+ rED ei θED=0

Para estos cálculos, vamos a suponer que la aceleración angular del eslabón de entrada es igual a 0, esto debido a fines de simulación, aunque cabe destacar que, aunque el eslabón de entrada tenga una aceleración angular de cero, no significa que los demás eslabones sigan el mismo patrón. Por lo quela ecuación queda como:

−ωBA2 rBA e

i θBA−ωCB2rCBe

i θCB+iαCBrCB ei θCB+ rED e

i θED=0

Una vez hecha la ecuación, se procede a separar nuevamente sus componente real eh imaginarios, tal y como se hizo la última vez.

[ −cos (θED ) rCBcos (θCB)−sin (θED )−rCBsin (θCB)]⌊ rED∝CB

⌋=[−ω2BA cos (θBA)−ω2CB cos (θCB)−ω2BA sin (θBA )−ω2CBsin (θCB) ]Al obtener los valores de las aceleraciones buscadas, podemos calcular las aceleraciones totales de todos los eslabones, teniendo en cuenta de que un solo eslabón puede incluso tener hasta 4 diferentes tipo de aceleración.

anBA=ωBA x vtBA

anCB=ωCB x vtCB

a tCB=∝CB xrCB

Del mismo modo sabemos que el ángulo de la aceleración aparente r ED es el mismo que en lo que respecta velocidad y posición, por lo que:

aaED=rED

Cadena cinemática 2Posición

Para la cadena cinemática numero 2, se tiene el siguiente mecanismo cerrado, el cual es regido por la siguiente ecuación vectorial.

r BA+rCB+rFC−rFCx−rCxA=0

En donde se desconoce la magnitud de los vectores r FCx y r FC. Para el primer cálculo es necesario sumar los vectores cuyas magnitudes y ángulos sean conocidos, y para este caso se sumaran los dos primeros vectores.

r BA+rCB=arCACaso1

Una vez hecho este cálculo, se sumara el nuevo vector con el otro vector cuyas magnitudes sean conocidas.

arCA−rCxA=arCCxCaso1

Conociendo nuevamente todos estos nuevos, valores, se puede usar el resultado de este nuevo vector para así poder resolver la cadena cinemática.

r FCx−r FC=arCCxCaso2c

Ahora bien, para el vector rGF, que resulta ser el radio de la circunferencia giratoria al final de la cadena cinemática, se puede interpretar como parte del mismo eslabón, por lo que se deduce que:

θGF=θFCx

Velocidad

La misma idea se usa para la segunda cadena, la cual hay que derivar con respecto al tiempo, siempre y cuando respetemos las reglas de derivación.

ddt

(r BA+rCB+r FC−rFCx−rCxA=0)

i ωBA r BA eiθ BA+iωCBrCB e

i θCB+i ωFCr FC ei θFC−i ωFCx rFCx e

iθ FCx=0

Nuevamente, al separar los componentes real e imaginario, queda una ecuación de dos incógnitas, en donde como resultado obtendremos las velocidades angulares que buscamos.

[ r FCxsin (θFCx) −r FCsin (θFC)−rFCx cos (θFCx) rFC cos (θFC) ][ωFCx

ωFC]=[ ωBA sin (θBA )+ωCBsin (θCB)

−ωBA cos (θBA )−ωCB cos(θCB)]Al obtener las velocidades angulares, podemos hacer uso del producto cruz para sacar las velocidades totales de los eslabones.

v tFC=ωFC x rFC

v tFCx=ωFCx x rFCx

Para el caso de la velocidad tangencial del eslabón rGF, tenemos que interpretar que la velocidad

angular en ese eslabón es la misma que en el vector r FCx, por lo que:

ωGF=ωFCx

Y de este modo, obtener la velocidad tangencial.

v tGF=ωGF x rGF

Aceleración

Con la ayuda de la ecuación recientemente obtenida al derivar la posición, es posible nuevamente derivar la misma ecuación dos veces con el fin de obtener la relación de aceleración de la cadena cinemática, por lo que queda:

ddt

(i ωBAr BA eiθ BA+i ωCBrCB e

i θCB+i ωFC rFC ei θ FC− iωFCx rFCx e

iθ FCx=0 )

De esta forma la nueva ecuación queda como:

i∝BA rBA eiθ BA+i∝CBrCB e

i θCB−ωCB2 rCBe

i θCB+i∝FCr FC ei θFC−ωFC

2 rFC eiθ FC−i∝FCx r FCxe

i θFCx+ωFCx2 rFCx e

i θFCx=0

Considerando que la aceleración angular del eslabón de entrada es igual a cero, podemos separar las componentes real eh imaginaria para formar el sistema de dos ecuaciones:

[ r FCxsin (θFCx) −r FCsin (θFC)−rFCx cos (θFCx) rFC cos (θFC) ][∝FCx

∝FC ]=[ωBA2 cos (θBA )+ωCB

2 cos (θCB)+∝CBsin (θCB)−ωFCx2cos (θFCx )+ωFC

2cos (θFC )ωBA

2sin (θBA )+ωCB2 sin (θCB )−∝CBcos (θCB )−ωFCx

2 sin (θFCx )+ωFC2sin (θFC ) ]

Una vez conocidas las aceleraciones angulares, es posible determinar todas las aceleraciones de los eslabones, por medio del producto cruz.

anFCx=ωFCx x vtFCx

a tFCx=∝FCx x r FCx

anFC=ωFC x vtFC

a tFC=∝FC x rFC

De la misma forma con la que se obtuvo la velocidad tangencial del vector rGF, hay que considerar

que la aceleración angular de este vector es la misma que la del vector r FCx, debido a que se encuentra sobre el mismo eslabón, por lo que:

∝GF=∝FCx

Y de esta manera se puede obtener la aceleración total de este punto.

anGF=ωGF x vtGF

a tGF=∝GF x rGF

Cadena cinemática 3Posición

Para el siguiente mecanismo, se tiene la siguiente función:

r FCx−rCyCx+r IF−rICy=0

Para esta cadena, se sabe que los vectores rCyCx y r FCx ya están calculados sus magnitudes y ángulos, por lo que ambos se suman vectorialmente.

r FCx−rCyCx=arFCyCaso1

Una vez sintetizada, la ecuación queda de la siguiente forma, en donde se pueden determinar ahora los ángulos de los vectores que faltan.

r ICy−rIF=ar FCyCaso2c

Para el vector r JI, se sabe que es una suma vectorial entre los vectores r ICy y r JCy, y ya que la magnitud de ambos vectores es conocida se puede deducir que el ángulo entre ambos vectores es siempre el mismo, con cierto desfase de ángulo entre uno y otro. De esta manera el vector r JI se puede obtener como:

r ICy−rJCy=rJICaso1

Velocidad

En este caso, es necesario derivar la ecuación con respecto al tiempo en todos los vectores, recordando que aquellos valores que no cambien, se volverán por ende cero.

ddt

(r¿¿FCx−rCyCx+r IF−rICy=0)¿

Observando que el vector rCyCx se vuelve cero al derivarlo, la ecuación de velocidad queda así:

i ωFCxr FCx ei θFCx+i ωIF r IFe

i θIF−i ωICy rICy ei θICy=0

Separando la ecuación en su forma real e imaginaria, tenemos que:

[−rICy sin(θ ICy) r IF sin (θIF )rICy cos (θ ICy) −r IFcos (θ IF)][ωICy

ωIF ]=[−ωFCxrFCxsin (θFCx)ωFCx r FCxcos (θFCx) ]

Una vez teniendo esto, se puede fácilmente obtener las velocidades tangenciales de los eslabones, por medio del producto cruz.

v tIF=ωIF xr IF

Al estar juntos, los vectores r ICy, r JCy y r JI se les considera como si fuese un solo eslabón ternario, por lo que la velocidad angular es la misma para cualquier vector.

ωICy=ωJCy=ωJI

En este caso, se pueden sacar sus respectivas velocidades tangenciales.

v tJI=ωJI xr JI

Aceleración

Una vez obtenida las ecuaciones para sacar velocidad, es necesario volver a derivar con respecto al tiempo la misma ecuación con el fin de obtener una ecuación similar a esta para obtener el las magnitudes de las aceleraciones angulares de esta cadena.

ddt

(i ωFCxr FCx ei θFCx+i ωIF r IFe

i θIF−i ωICy rICy ei θICy=0)

Resolviendo esta ecuación, tenemos la siguiente expresión:

−ωFCx2 rFCx e

iθ FCx+i∝FCx r FCxei θFCx−ωIF

2 rIF eiθ IF+i∝IF r IFe

i θIF+ωICy2 rICy e

i θICy−i∝ICy rICy ei θICy=0

Una vez interpretada la ecuación, se puede separar en sus componentes reales e imaginario:

[−rICy sin(θ ICy) r IF sin (θIF )rICy cos (θ ICy) −r IFcos (θ IF)][∝ICy

∝ IF ]=[ ωICy2r ICy sin (θ ICy )−ωIF

2 rIF sin (θIF )+∝FCxr FCxcos (θFCx)−ωFCx2 rFCx sin (θFCx)

ωICy2 rICy cos (θICy )−ωIF

2 rIF cos (θ IF )−∝FCx rFCx sin (θFCx)−ωFCx2 rFCx cos (θFCx)]

Al calcular las aceleraciones angulares de la cadena cinemática, se puede proseguir a calcular la aceleración total de cada punto necesario.

anICy=ωICy x vtICy

a tICy=∝ICy x rICy

anIF=ωIF x vtIF

a tIF=∝ IF xr IF

Cadena cinemática 4Posición

Una vez conocidos los valores de casi todos los ángulos de la cadena 3, ahora se puede resolver la cadena cinemática 4, la cual involucra muchos vectores obtenidos en la cadena anterior.

r IF+r JI+rKJ+rLK+rFL=0

Como primer paso, es necesario simplificar la ecuación sumando vectorialmente todos los términos que sean posibles, entre ellos r IF∧rJI .

r IF+r JI=arJFCaso1

Para la obtención del ángulo θLK, es necesario tomar

como referencia el ángulo θFC, ya que el primer vector esta sobre puesto sobre este último, únicamente desfasado por 90°.

θLK=θFC−π2

Después de esta suma, se puede acoplar nuevamente el resultado dado con el vector restante.

r LK+arJF=ar LFCaso1

Una vez así, se tiene la siguiente ecuación:

−r FL−rKJ=ar LFCaso2b

Velocidad

Para este caso, es necesario volver a derivar con respecto al tiempo para obtener las ecuaciones necesarias para poder obtener las velocidades angulares correspondientes.

ddt

(r¿¿ IF+r JI+rKJ+rLK+r FL=0)¿

En donde la ecuación derivada es la siguiente:

i ωIF rIF eiθ IF+i ωJI rJI e

i θJI+iωKJ rKJ ei θKJ+i ωLK r LK e

i θLK+ iωFLrFLei θFL+rFLe

i θ FL=0

Conociendo las características que tienen los eslabones con respecto a la velocidad, podemos deducir que aquellos que estén sobre el mismo eslabón poseen la misma velocidad angular. Entre estos podemos deducir que:

ωFL=ωFC=ωLK

Una vez clasificando las ecuaciones en real e imaginaria, tenemos un sistema de ecuaciones:

[ rKJ sin(θKJ) −cos (θFL)−rKJ cos(θKJ ) sin (θFL) ][ωKJ

r FL ]=[−ωIF rIF sin (θ IF )−ωJI rJI sin (θJI )−ωLK r LK sin (θLK )−ωFLr FLsin (θFL)ωIF rIF cos (θ IF )+ωJI rJI cos (θJI )+ωLK r LK cos (θLK )+ωFLrFLcos (θFL) ]

Al obtener los valores de las velocidades angulares, podemos obtener las velocidades tangenciales de los eslabones.

v tKJ=ωKJ xrKJ

v tLK=ωLK xr LK

v tFL=ωFL xr FL

Para determinar el ángulo de la velocidad aparente del vector r FL solo es necesario considerar que tiene la misma dirección que la posición del mismo vector.

vaFL=rFL ei θFL

Aceleración

Una vez teniendo la cadena cinemática de velocidad, esta misma se deriva nuevamente respecto al tiempo, obteniendo así la ecuación de aceleración.

ddt

(i ωIF r IFei θIF+ iωJI rJI e

i θJI+i ωKJ rKJ ei θ KJ+i ωLK r LK e

i θLK+iωFLrFLeiθ FL+rFLe

i θFL=0)

Aplicando las reglas de derivación, la ecuación queda de la siguiente forma:

−ωIF2r IFe

i θIF+i α IF rIF ei θ IF−ωJI

2 rJI ei θJI+ iα JI r JI e

i θJI−ωKJ2 rKJ e

i θ KJ+i αKJ rKJ ei θKJ−ωLK

2 rLK eiθ LK+i α LK r LK e

i θLK−ωFL2 r FLe

i θFL+i αFLrFLei θFL+ i2ωFL rFL e

i θFL+r FLei θFL=0

Una vez conocida la ecuación, se puede determinar varias aceleraciones angulares, dependiendo de algunos vectores en el mecanismo que comparten el mismo eslabón.

ωFL=ωFC=ωLK

En caso de los vectores r JI, r ICy yr JCy se considera que poseen la misma aceleración angular, debido a que virtualmente son un eslabón ternario.

ωJI=ωICy=ωJCy

Una vez conociendo estos datos, se puede separar la ecuación en sus componentes complejos.

[ rKJ sin(θKJ) −cos (θFL)−rKJ cos(θKJ ) sin (θFL) ][∝KJ

rFL ]=[−ωIF2r IFcos (θ IF )−∝IF r IF sin (θ IF )−ωJI

2r JI cos (θJI )−∝JI rJI sin (θJI )−ωLK2 r LK cos (θLK )−∝LK r LK sin (θLK )

−ωKJ2rKJ cos (θKJ )−ωFL

2r FLcos (θFL )−∝FLr FLsin (θFL)−2ωFL rFLsin (θFL)¿−ωIF

2r IF sin (θ IF )+∝IF rIFcos (θ IF )−ωJI2 rJI sin (θJI )+∝JI r JI cos (θJI )−ωLK

2r LK sin (θLK )+∝LK r LK cos (θLK )−ωKJ

2 rKJ sin (θKJ )−ωFL2r FLsin (θFL)+∝FLr FLcos (θFL)+2ωFL r FLcos (θFL)

]Una vez hecho el sistema de ecuaciones, se puede preceder a obtener las aceleraciones totales de cada eslabón en la cadena.

anJI=ωJI x vtJI

a tJI=∝JI xr JI

anKJ=ωKJ x vtKJ

a tKJ=∝KJ xrKJ

anLK=ωLK x vtLK

a t LK=∝LK x rLK

anFL=ωFL x vtFL

a tFL=∝FL x rFL

acFL=2ωFL x rFL

aaFL=rFL

Cadena cinemática 5Posición

Para la siguiente cadena cinemática, el mecanismo está regido por una cadena cerrada de 5 eslabones.

rNC+rMN+rKM+r LK+rCL=0

Como en casos anteriores, esta cadena puede resolverse simplificando algunos de sus eslabones por medio de sumas vectoriales. Como en el caso de los dos últimos vectores en donde se conoce todo:

r LK+rCL=arCKCaso1

También es importante recalcar que, la magnitud del vector rKM es siempre constante, por lo que

se puede determinar dividiendo la magnitud del vector rKJ. Así:

rKM=rKJ∗0.55

Para ese mismo vector, al ser parte del mismo eslabón, se considera que el ángulo es el mismo para ambos vectores.

θKM=θKJ

Una vez conociendo este dato se pueden sumar dichos vectores.

rKJ+arCK=arCMCaso1

Ahora que la cadena se ha reducido a solo 3 términos, se puede resolver por medio de los diferentes casos.

−rNC−rMN=arCMCaso2c

Velocidad

Conociendo la ecuación de la cadena cinemática de este mecanismo, se es posible derivarla con respecto al tiempo para obtener su ecuación que determinara las velocidades de los eslabones.

ddt

(r¿¿NC+rMN+rKM+r LK+rCL=0)¿

Haciendo las operaciones necesarias, la expresión de la ecuación ya derivada queda como:

i ωNC rNC ei θNC+i ωMN rMN e

i θMN+i ωKM rKM ei θ KM+iωLK rLK e

i θ LK+i ωCL rCLei θCL+ rCL e

i θCL=0

Partiendo de la ecuación r FC=rFL+rCL, podemos derivar y despejar la ecuación de tal modo que

podamos obtener la magnitud de la velocidad aparente del vector rCL,.

ddt

(r¿¿FC=r FL+rCL)¿

i ωFCr FCei θFC=i ωFLrFLe

i θFL+ rFLei θFL+iωCLrCL e

iθCL+rCL ei θCL

Al considerar la velocidad angular de las expresiones como la misma, tenemos que:

iω rFC ei θ FC=iω¿¿

Al tener la misma suma vectorial dentro del paréntesis, podemos determinar que su suma es la misma que la expresión de r FC:

iω rFC ei θ FC−iω(r¿¿FLe i θFL+rCLe

i θCL)=rCL ei θCL+r FLe

i θFL ¿

rCL ei θCL+r FLe

iθ FL=0

Al tener la misma dirección, la expresión exponencial se puede simplificar:

(r¿¿CLei θFC+rFLeiθ FC)

ei θFC

=0¿

rCL+rFL=0

rCL=− rFL

Así como su ángulo, siempre será el mismo debido a su suma vectorial. Una vez realizado esta analogía, podemos sintetizar la ecuación a su forma real e imaginaria.

[ rNC sin(θNC) rMN sin (θMN)rNC cos(θNC) rMN cos (θMN)][ωNC

ωMN]=[ −ωLK rLK sin (θLK )−ωKM rKM sin (θKM )−ωCL rCLsin (θCL )+rCLcos (θFL )

−ωLK r LK cos (θLK )−ωKM rKM cos (θKM )−ωCL rCLcos (θCL )−rCL sin (θFL)]Una vez obtenidas las velocidades angulares, se procede a hacer uso del producto cruz para determinar las velocidades tangenciales de los eslabones faltantes:

v tNC=ωNC x rNC

v tMN=ωMN x rMN

v tKM=ωKM x rKM

v tCL=ωCL x rCL

vaCL=rCL ei θCl

Aceleración

Una vez obtenida la ecuación de velocidades para esta cadena, esta se vuelve a derivar con respecto al tiempo para poder determinar las componentes de aceleración requeridas para poder determinar las diferentes aceleraciones.

ddt

(i ωNC rNC ei θNC+i ωMN rMN e

i θMN+ iωKM rKM ei θKM+i ωLK r LK e

iθ LK+i ωCL rCL ei θCL+rCL e

i θCL=0)

Usando las reglas de derivación, tenemos que:

−ωNC2rNC e

iθ NC+ iαNC rNCei θNC−ωMN

2rMN ei θMN+i αMN rMN e

i θMN−ωKM2 rKM e

i θKM+ iαKM rKM ei θKM−ωLK

2 rLK eiθ LK+i α LK r LK e

i θLK−ωCL2 rCL e

i θCL+i αCL rCL ei θCL+2 iωCL rCL e

i θCL+rCL eiθCL=0

Una vez teniendo esto, podemos observar que la relación de velocidades aparentes es también valido en este caso, por lo que se puede deducir que:

ddt

(rCL=−rFL)

rCL=− rFL

Así mismo, el ángulo de dicha aceleración es igual al ángulo del mismo vector de velocidad aparente. Por otro lado, la aceleración angular del vector rCL es igual que la aceleración angular

del vector r FC, por lo que:

αCL=αFC

αKM=αKJ

Una vez determinada las aceleraciones angulares, es posible separar la ecuación a su forma real eh imaginaria.

[−rNC sin(θNC) −rMN sin (θMN)rNC cos (θNC) rMN cos (θMN) ] [∝NC

∝MN]=[ ωNC

2rNC cos (θNC )+ωMN2 rMN cos (θMN )+ωKM

2rKM cos (θKM )+∝KM rKM sin (θKM )+ωLK2r LK cos (θLK )

+∝LK r LK sin (θLK )+∝CL rCL sin (θCL )+ωCL2 rCLcos (θCL )+2ωCL rCLsin (θCL )−rCL cos (θFL)

¿ωNC2 rNC sin (θNC )+ωMN

2rMN sin (θMN )+ωKM2rKM sin (θKM )−∝KM rKM cos (θKM )+ωLK

2 r LK sin (θLK )−∝LK r LK cos (θLK )−∝CLrCL cos (θCL )+ωCL

2rCL sin (θCL )−2ωCL rCL cos (θCL)−rCL sin (θFL )]

Al haber encontrado las aceleraciones angulares, ahora se pueden obtener las aceleraciones totales de los eslabones mediante el producto cruz.

anNC=ωNC x vtNC

a tNC=∝NC x rNC

anMN=ωMN x vtMN

a tMN=∝MN x rMN

anKM=ωKM x vtKM

a tKM=∝KM x rKM

anCL=ωCL x vtCL

a tCL=∝CL x rCL

acCL=2ωCL x rCL

Cadena cinemática 6Posición

Para el cálculo de posición de la ultima cadena, es necesario conocer la forma en que está dada la cadena cinemática cerrada, la cual está dada regida por la siguiente ecuación.

rCR+rNC+rON+rQO+rRQ=0

Para obtener la dirección de ángulo θON , es necesario identificar la forma en que la circunferencia está rodando con respecto a las otras circunferencias, tanto como el desplazamiento como la rotación y la suma de ambas. Dicha relación se expresa en la siguiente función:

θON=rCD

rCD−rNC∗(−r EDrCD

−θNC)+θNCAdemás, se sabe que el vector rCR esta sobre el mismo eslabón que el vector rCB, por lo que se deduce que ambos poseen el mismo ángulo.

θCR=θCB

Habiendo obtenido los valores de dirección y magnitud de los vectores, se pueden ahora sumar vectorialmente algunos de ellos de los que se conozcan todos sus datos, como el rNC∧rON.

rNC+rON=arOCCaso1

Nuevamente, la forma de obtener el ángulo θ¿, es tomando en consideración el eslabón que está debajo de este último, restándole 90°, que es una magnitud constante que se mantendrá en toda la simulación. De esta forma la relación queda:

θRQ=θCB−π2

Conociendo de esta forma el ángulo del vector r RQ, este se puede sumar con el vector auxiliar de la última ecuación.

arOC+r RQ=ar¿Caso1

Una vez simplificada toda la expresión, es posible calcular tanto el ángulo como la magnitud de los valores que faltan en los vectores rQO∧rRQ con el caso 2b.

rQO+rRQ=ar¿Caso2c

Velocidad

Conociendo la ultima cadena cinemática cerrada, al derivar sus términos se pueden conocer las velocidades angulares y/o aparentes que este pueda tener, como se ah hecho en los casos anteriores.

ddt

(r¿¿CR+rNC+rON+rQO+r RQ=0)¿

Una vez planteada la ecuación, se obtiene la siguiente expresión:

i ωCRrCR ei θCR+rCRe

i θCR+i ωNC rNC ei θNC+i ωON rON e

i θON+i ωQO rQO ei θQO+i ωRQr RQ e

iθ RQ=0

Al conocer la relación de ángulos que existe en el vector rNC, es posible derivarlo con respecto al tiempo, con el fin de conocer así su velocidad angular, de esta forma:

ddt (θON= rCD

rCD−rNC∗(−rEDrCD

−θNC)+θNC)Cuyo resultado obtenido es:

ωON=rCD

rCD−rNC∗(−rEDrCD

−ωNC)+ωNC

Una vez conocido esa velocidad, se puede deducir que las velocidades angulares de algunos vectores son las mismas, debido a que se encuentran sobre el mismo eslabón.

ωCR=ωCB=ωRQ

Por otro lado, el ángulo del vector rCR permanece constante, es decir, es el mismo ángulo que el que tenía el vector de posición.

Una vez conocidas dichas velocidades, se puede descomponer las ecuaciones en sus componentes real eh imaginario, obteniendo así un sistema de ecuaciones.

[cos(θCR) −rOQ sin (θOQ)sin(θCR) rOQcos (θOQ) ] [ rCRωQO

]=[ ωCRrCR sin (θCR)+ωRQ rRQ sin (θRQ )+ωON rON sin (θON )+ωNC rNC sin (θNC )−ωCRrCRcos (θCR )−ωRQ r RQcos (θRQ )−ωON rON cos (θON )−ωNC rNC cos (θNC )]

Una vez calculadas las velocidades faltantes, se puede proceder a obtener las velocidades tangenciales de los eslabones.

Aceleración

Una vez calculado todos los componentes de posición y velocidad, es posible obtener de forma analítica la aceleración total en la última cadena cinemática del mecanismo simulado. Para esto es necesario derivar por segunda vez la ecuación original que describe el movimiento de dicha cadena, la cual se interpreta de la siguiente forma:

ddt

(i ωCR rCReiθCR+rCR e

i θCR+i ωNC rNC eiθ NC+ iωON rON e

i θON+ iωQO rQO ei θQO+i ωRQ rRQ e

i θRQ=0)

Aplicando las reglas de derivación, la nueva ecuación queda de la siguiente forma:

−ωCR2 rCRe

i θCR+i αCR rCRei θCR+2 iωCR rCR e

i θCR+ rCRei θCR−ωNC

2rNC ei θNC+i αNC rNC e

i θNC−ωON2 rON e

i θON+i αON rON ei θON−ωQO

2 rQO eiθQO+i αQO rQO e

iθQO−ωRQ2 rRQ e

i θRQ+i αRQrRQ eiθ RQ=0

Una vez hecha la cadena es necesario hacer uso de la relación de ángulos anterior para poder determinar la aceleración angular del vector rNC, el cual servirá para resolver la ecuación.

ddt (ωON=

rCDrCD−rNC

∗(−rEDrCD−ωNC)+ωNC)

Cuya derivada resulta ser:

αON=rCD

rCD−rNC∗(−rEDrCD

−αNC)+αNCUna vez resulto esto, hay que hacer referencia en que algunas aceleraciones angulares son iguales a otros vectores, debido a que se encuentran sobre un mismo eslabón móvil.

αCR=αCB=αRQ

Una vez hechos los cálculos necesarios, se procede a obtener las componentes complejas de la ecuación a fin de generar un sistema de dos ecuaciones por medio del método de superposición.

[cos(θCR) −rOQ sin (θOQ)sin(θCR) rOQ cos (θOQ) ] [ rCR∝QO

]=[ ∝NC rNC sin (θNC )+ωNC2rNC cos (θNC )+∝ON rON sin (θON )+ωON

2 rON cos (θON )+∝RQ r RQ sin (θRQ )+ωRQ

2r RQ cos (θRQ )+∝CRrCRsin (θCR)+ωCR2rCR cos (θCR )+2ωCR rCRsin (θCR )+ωQO

2rQO cos (θQO )¿−∝NC rNC cos (θNC )+ωNC

2 rNC sin (θNC )−∝ON rON cos (θON )+ωON2 rON sin (θON )−∝RQ rRQ cos (θRQ )

+ωRQ2 rRQsin (θRQ )−∝CRrCRcos (θCR )+ωCR

2rCRsin (θCR )−2ωCR rCRcos (θCR )+ωQO2 rQO sin (θQO )

]Una vez planteado el sistema y resulto, se puede proceder a determinar las aceleraciones en cada eslabón de la cadena cinemática.

anRQ=ωRQ x vtRQ

a tRQ=∝RQ xr RQ

anON=ωON x vtON

a tON=∝ON x rON

anQO=ωQO x vtQO

a tQO=∝QO xrQO

anCR=ωCR x vtCR

a tCR=∝CR xrCR

acCR=2ωCR x rCR

Una vez más, hay que considerar que el ángulo de la aceleración aparente del vector rCRes igual al ángulo que posee en velocidad y posición. Por lo que:

aaCR=rCR

Gráficas de PuntosLas gráficas de puntos nos muestran la descripción total de cierto punto durante un ciclo de trabajo del mecanismo, estas gráficas pueden contener diversa información como posición, velocidad y aceleración, la cual podrá utilizarse para comprobar si el mecanismo se encuentra bien descrito; En las gráficas posición y velocidad, cada vez que la curva de velocidad toque el eje de las X la posición deberá ser máxima o mínima, al igual que cuando la aceleración cruce por el eje X la velocidad deberá ser máxima o mínima .A continuación se muestran las gráficas resultantes de posición, velocidad y aceleración en cada punto tal y como se especifica en la siguiente lista:

i. Izquierda-Superior Gráficas de posición y velocidad hechas con sus componentes respectivas de posición y velocidad sobre el eje X

ii. Izquierda-Inferior Gráficas de velocidad y aceleración hechas con sus componentes respectivas de velocidad y aceleración sobre el eje X

iii. Derecha-Superior Gráficas de posición y velocidad hechas con sus componentes respectivas de posición y velocidad sobre el eje Y

iv. Derecha-Inferior Gráficas de velocidad y aceleración hechas con sus componentes respectivas de velocidad y aceleración sobre el eje Y

“Gráficas Resultantes en el punto B”

“Gráficas Resultantes en el punto C ”

“Gráficas Resultantes en el punto F”

“Gráficas Resultantes en el punto I”

“Gráficas Resultantes en el punto J”

“Gráficas Resultantes en el punto K”

“Gráficas Resultantes en el punto L”

“Gráficas Resultantes en el punto M”

“Gráficas Resultantes en el punto N”

“Gráficas Resultantes en el punto O”

“Gráficas Resultantes en el punto Q”

“Gráficas Resultantes en el punto R”

Conclusiones Posición

La simulación del mecanismo es visible gracias a los graduales cálculos que se hacen en cada uno de los 360°.

La ilusión de rotación en las circunferencias se logra muchas veces a la relación de ángulos que existen en base a su desplazamiento. Es un comportamiento muy similar al que realizan los engranes.

Es de suma importancia tomar en cuenta las múltiples soluciones que ofrecen los diferentes casos para resolver posición.

Las graficas se obtienen en base al movimiento cíclico que poseen los mecanismo con respecto al tiempo, ya que los cambios graduales tienden a

formar ondas senoidales, tanto en el eje “x” como en el eje “y”.

Es importante tomar en cuenta la posición y la magnitud de los eslabones que existan en el mecanismo, ya que existen caso en donde los mecanismos tienen a romperse debido a que matemáticamente no se puede cerrar alguna cadena cinemática.

Es indispensable el uso de cálculos con números complejos para resolver este tipo de problemas analíticos.

Velocidad

La velocidad es el cambio de dirección que tiene un mecanismo con respecto al tiempo.

Dependiendo del tipo de movimiento que tenga un mecanismo y/o eslabón, este tendrá diferentes tipos de velocidad, como tangencial o aparente.

El polígono de velocidades es una proyección a escala del mecanismo.

La suma de una o varias velocidades a través de los eslabones podrá determinar la velocidad total en algún punto en especifico, siempre y cuando se respeten la dirección original de los vectores.

El que cierre el polígono de velocidades no garantiza completamente que los cálculos de la velocidad sean correctos.

La velocidad total de algún punto siempre será tangente a este, por otro lado las velocidades aparente y tangencial siempre serán perpendiculares entre sí. La suma vectorial de

ambas siempre dará la velocidad total del punto elegido.

El que una grafica de velocidad pase por cero en las graficas mientras que la grafica de posición pase por algún máximo o mínimo es la prueba definitiva de que la velocidad esta correcta en aquel punto.

La velocidad angular siempre será la misma en cualquier punto de un mismo eslabón.

Aceleración

La aceleración es el cambio de velocidad que existen entre un cuerpo con respecto al tiempo.

Dependiendo del tipo de movimiento que posea el mecanismo, la aceleración del mismo será diferente.

La aceleración total de un punto siempre será tangente a dicho punto.

A diferencia de otras aceleraciones, la aceleración normal se le considera una fuerza de empuje que literalmente “jala” al mecanismo hacia su centro, por lo que en los cálculos analíticos siempre aparece como negativa.

La aceleración de Coriolis es una fuerza de inercia que aparece siempre que un mecanismo este en movimiento con respecto a un sistema en rotación, es decir, siempre que dicho mecanismo tenga una velocidad tangencial y aparente.

Si bien, la aceleración tangencial y la aparente siempre irán perpendiculares la una de la otra, la aceleración de Coriolis siempre ira en la misma

línea de acción en la que va el vector de posición, mientras que la aceleración normal siempre ira en dirección hacia el centro del mismo vector de posición.

Que el polígono de aceleraciones cierra no significa que la aceleración este bien. Nuevamente, hay que hacer uso de las graficas; cuando la grafica de la aceleración este cruzando por cero, la velocidad será un máximo o un mínimo, o bien, cuando la aceleración sea cero, la posición también deberá serlo.

La forma más adecuada de obtener la aceleración total en algún punto en específico es sumar todas las aceleraciones de los eslabones que existen entre el origen y el punto dicho, en caso de haber varios caminos para llegar allí el resultado no podrá variar.