Problemas Mecanismos

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PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 8.

Dado el mecanismo de la figura y utilizando el Principio de los Trabajos Virtuales, obte-ner la fuerza aplicada por el cilindro hidraúlico C, para un ángulo 8= 30., si el mecanismoestá en equilibrio bajo la acción de la carga vertical P de 5 kN sabiendo que el peso de lasbarras es despreciable.

¡:;'"-;

~

..,...' o: F.'.

...~..., O:H

182

TEMA 2. ANALlSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solución:

En primer lugar se obtendrá el áugulo a para poder calcular las componentes de la fuerzaque ejerce el cilindro hidraúlico.

Xc Xo

,9,

'" ' F" "

,

J0:::1

y

'"'"<

(cos(8)

Ja = arctg 1,2+ sen(8)

Las componentes de la fuerza del accionamiento F y de la carga P serán:

F=F.cos(a).i +F.sen(a).]

P= -p.] =-5000.]

4

183


Las componentes de los vectores de posición de los puntos de aplicación de ambas fuzas en el sistema de referencia XA Y, es decir, de E y de G son respectivamente:

rE; cos(0).7 + (1,2+ sen(O)). J

rG ; (3 .cos(O)-x,). 7+ (1,2+3. sen(O)+y,). J

En la obtención de la posición del punto G se ha tenido en cuenta que por tratarse el m

canismo de un paralelogramo, la barra horizontal sobre la que actúa la carga P perrnanecsiempre horizontal y, por lo tanto, las constantes Xo e Yo permiten localizar para cualqui,confignración del mecanismo la posición de dicho punto.

Los desplazamientos virtnales asociados a estos vectores de posición son:

¿¡¡:E;(-sen(0).7 +costO). J).oO

¿¡¡:G;(-3.sen(0).7 +3.cos(0). J).oO

El principio de trabajos virtnales puede expresarse del signiente modo:

t5W; ft. orE +p.OrG; O

Sustituyendo valores:

[

(F. costa). 7 + F. sen(a). J).(- sen(O).7+ costo). J)+

]'00;0

+ (- p. J).(-3 .sen(O). 7 + 3. cos(B). J)

Operando:

F .(-sen(O). cos(a) + cos(B).sen(a))- p. 3. costO); O

Finalmente, el valor de la fuerza del cilindro F vale:

F - P.3.cos(0) - P-3-cos(O)-sen(O).cos(a)+cos(O).sen(a) sen(a- O)


a; 63,00"

F; 23,844 N

Obsérvese que los valores de Xo e Yo no intervienen en la solución puesto que al derivarpara obtener los desplazamientos virtnales desaparecen. Por ello, no se incluyen como dato.

184

.

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 9.

La figura muestra el mecanismo de apertura de una puerta de garaje. El accionamiento dela puerta se realiza mediante un motor eléctrico que proporciona un par motor T",.

Las masas de las barras 2 y 4 son despreciables frente a la de la barra 3 y a todos losefectos pueden considerarse nulas (m2 ~ m4 ~ O). La masa de la barra 3 y su momento deinercia respecto del centro de masas son, respectivamente m] ~ 20 Kg e h ~ 6,67 Kg.m2 Deldiagrama cinemática téngase en cuenta que L ~ 1 m.

Si se desea que la barra 2 se mueva con una velocidad de o, = -0,06. k radls y con una

aceleraciónangnlarde a, ~ -2,27. k radls', cuando la coordenada q ~ 210':

a) Calcular el valor del par Tm.

b) Calcular las fuerzas que deben aguantar las uniones.

o

L

m,~m,

~

185

1

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MAQUlNAS y MECANISMOS

Solución:

a) y b) Aplicando las Leyes de Newton, se resuelven ambos apartados simultáneamente.

Diagramas de sólido libre del mecanismo de accionamiento de puerta de garaje.

I{,

li;t

AccionesExternas a la Barra

li;

¡;~

J;~t

0~~

ml4

!ti

°,"---'" !t;

Tm

I,;t 1,;

Planteamiento de las ecuaciones de Newton.

186

Barra 2:

¿F4 = m.a;

~ F =m . aYL.,y g

Acciones Inerciales

ti> ,m3.aG,

ha]

00

!t;+ 13; =O (1)

¡;; + Ji, =O (2)

TEMA 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Centro de momentos O2:

¿M, =J.(t - I];.L .sen(q) + li;' L. eos(q)+ 1'",= O

Barra 3:

¿F,=mo; f'

f"

23 + 43 = m] .003

¿Fy =m.o; f"

f y - y23 + 4) - m] . g - m] . ao]

Centro de momentos e.d.m.

¿M, =J.(t V2; - I.;).L sen(8J)+V¡; - J!.J L. cos(83)= J3 (tJ

Barra 4:

"'F =m.axL.,x g IJ~ ~O

"' F- - )'

L., y -m,og J;4 + fi~ = O

Centro de momentos e.d.m.

¿M, =J.(t ml4 =0

Solución de las eeuaeiones de Newton:

De (9) ml4 =0.

De (7) 1;;=0. Por el Principio de acción y reacción 1,; = -/): = O.

De (4) 12~ = m) .0~3 . Por el Principio de acción y reacción ¡;.; = - 12~= -m] .°g34'

De(l) I x x12 =mJ .oc3.

De (5) Y (6) Ir,m3 'a~] .L.sen(8J+m] '(a~] +g).L'cos(83)-J] .(t3

2.L.cos(83) .

I!,J3 .(tJ -m] .a¿3 .L.sen(8J)+mJ '(ob] +gj-L.cos(83)

2.L.cos(83)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

187

TEMA 2. ANALlSIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Resolviendo las aceleraciones, se tiene que:

La aceleración del punto A es:

o

}

O

k

aA ~ -úi~ .rO,A+ a, xrO'A~ -(0,061)' .(-0,866. ¡ -0,5 ])+ - 2,27 Imis'

- 0,866 - 0,5 o

aA~(-I,132'¡ +1,968.J)mls

La aceleración del punto B es:~

j

O

k

a8 ~ aA + aSA~ aA-úi; .rAs +a] xr4s ~ aA-úi; .(1,32.¡ +1,5. J)+ o IX)1m/s'

1,32 1,5 o

aA~(-1,132.¡ +1,968])mls

Por otro lado:

as ~ as .¡, de donde se obtiene que aB ~ 1,095m/s' y IX)~ -1,486 radls' con lo cual

as ~1,095.¡ m/s'

La aceleración del C.D.M de la barra 3 es:

- - - - 2- --aG] ~aA +aC,A ~aA -úi3 'rAG] +IX3 xrAG]

} k

aG) ~aA -(0,04)2 .(O,66.¡ +o,75.J)+1 O O -I,4861mls20,66 0,75 O

aG) ~ (- 0,019. ¡ + 0,984. J)mls2

Finalmente, sustituyendo los valores correspondientes en las expresiones de las tensiones,se obtiene:

ml4 ~O I{, ~115,22N>I{,

I{, ~115,22N~-I{,

Ili~-115,22N

li: ~O~-I:'

12~ ~ -0,38 N ~ - 13~

T", ~100N'm

11; ~-0.38 N ~ - I{,

I!, ~100.655N~-I{.

114 ~ -100,655 N

189


Solución:

a) Pares y fuerzas de inercia:

El centro de masas de la barra 4 posee una velocidad constante y por anularse su corres-pondiente aceleración no tiene asociada ninguna fuerza de inercia. Por otro lado, el centrode masas de la barra 2 no se mueve y por ello la fuerza de inercia asociada es nula.

La barra 4 no gira y su aceleración angular y su par de inercia se anula. El par de inerciaasociado a la barra 2 es:

1',"2=-[G2 .a2 =-256.(-0,039375.k)=10,08.kN'm

b) Valor dela fuerza Fq:

Para obtenerlo se aplica el Principio de las Potencias Virtuales. Las únicas fuerzas exte-

riores existentes son la fuerza del accionamiento Fq, la acción del agua sobre el timón F"

y el par de inercia de la barra 2.

Planteando el Principio de Potencias Virtuales, y denominando al punto asociado a 1a

fuerza F" B, resulta:

F . q~+F.v +T .@=Oq "B "" 2

donde:

Fq =Fq'l

F, = 2880.1

Ti", = 10,08. k

q=0,3.1

i jO

h

k

0,18751 =-0,1875. h. 1+ r;,8 .0,1875. J=O

VB=@, xrO,B = Ox

r02B

VB = -0,05625.1 + r;,B .0,1875. J@2 =0,1875.k

191



(Fq .1)(0,37)+(2880.1) (-0,056257 +rd,B' 0,1875 ])+(10,08 k') (0,1875 'ln~ O

y operando:

Fq . 0,3 - 162 + 1,89 ~ O

El valor de la fuerza buscada es:

Fq ~ 533,7 N

Luego:

¡ ~533,7.7Nq

c) Diagramas de sólido libre.

Fq ~/" "- '" /43

G) ~

t.Jr"

f y43

Tu

G, Jr"'.

~I ~ f

t /;,

Q /i~

t:-d) Reacciones:

Para obtener las reacciones se han de plantear las ecuaciones de Newton:

Barra 2

¿Fy ~ O( L2

)~ O

Fq +1;; + 1" r )(L) -q)' +L;(1)

¿p;. ~ O L)-q ~o¡,; + 132' )(L) _q)2 +L;

(2)

192

TEMA 2- ANALISIS DlNAMlCO DE MECANISMOS PLANOS

¿TG -~O T32+1;'2 -)(L, -q)2+L; -/32-F, -/¡~O

Barra 3

¿F,~O( L,

)~ O

14~+(-/32)r )(L,-;)'+L;

¿Fy ~ O( L-q

)~O

I¡;+(- I',)l )(L, ~q)2+L;

¿TG ~ O (-T32)~0

Barra 4

El orden de reso]nción de las ecuaciones es el siguiente:

De (6) T32 ~O

De (3) 1;" -F4 -/¡ - 10,08-2880-0,3 ~-754,76N1" ~ )(L,- q)' + L; - ~(1,5 - 0,7)' + 0,8'

De (1) };' - 1'2 -L, - F ~ 754,76 -0,8 - 2880 ~ -34137 N12 ~( )' 2 4 ~( )2 2 '

L,- q + L2 1,5 - 0,7 + 0,8

De (2) };y ~-I - (L, -q) 754,76-(1,5-0,7) ~5337N12 32 ~( )2 2 ~( )2 2 'L, - q + L2 1,5- 0,7 + 0,8

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

193

¿F,O Fq+(-/4;)0

¿Fy O (- I¡;)+ };4 O

¿TG O 1;4- I¡; -L, O

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MAQUINAS y MECANISMOS

Oe(4)

Oe(5)

Oe(8)

Oe(9)

Oe(7)

L, 754,76.0,8 ~=533,7NI.~ = -1" . ~(L, - q)' + L; .J0,5 - 0,7)' + 0,8'

f., - fL, - q -754,76. (1,5- 07)

43 - ,,', ' -5337N~(L3 -q) +L; .J(1,5-0,7)' +0,82 '

1,. =Iz' =-533,7N

1;4 = I ¡, . L, = -533,7 . 0,5 = -266,85 N

F, = I.~ = 533,7 N

La ecuación (7) permite comprobar el resultado de la fuerza F, obtenida por el métodode Potencias Virtuales.

194

.

TEMA 2. ANALlSIS DIN¡4MICO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 11.

La pala mecánica de la figura tiene una capacidad de 3 m' y transporta barro que pesa1280 Kg por cada metro cubico.

Calcular la fuerza de compresión en el vástago del embalo del cilindro hidráulico y lafuerza cortante que soporta el pasador situado en A para el caso en que el brazo 2 está hori-zontal.

Suponer que la maquina es simétrica respecto de un plano vertical central, es decir, tienedos mecanismos como el de la figura situados en dos planos paralelos, y que se pueden des-preciar los pesos de las barras frente a las fuerzas a que están sometidas.

Solución:

La masa de la carga transportada que soporta el mecanismo de la figura es la mitad deltotal (debido a la simetría). Es decir: m7~l/2'1280 Kglm3'3 m' ~ 1920 Kg.

En los diagramas de cuerpo libre de cada una de las barras se pueden ya incorporar ciertosaspectos. Las barras 4 y 6, al despreciarse el peso de todas las barras, únicamente están car-gadas en sus extremos, con lo que la fuerza que transmiten tendrá la dirección de la barra, lacual será, en ambos casos, por la configuración del mecanismo, horizontal. Las componene-tes verticales de esas fuerzas serán, por tanto, nulas.

195

Las dimensionesdel diagramavienenen cm.

4

0Fr II G)45

E'-- D e45I '

L


M I:, .

I,;

l,=-+

I;'

f 'n fY'"

rF.~

~~G ' '---Joo-

D""&'"

jIi; G)

H

E~

C.~¡;; FL' e,

G)

r M 0 F r~. .56.

¡,; ~:G)~

Para las fuerzas en los cilindros se cumplen las siguientes relaciones:

L-.!s C:t~,--.J

B

~nn--K

F¿ 30tgG =--'- luego FY =F'.-C2 F' C2 C2 160C2

FYCI 1 F y F

' 175tgGc =- uego CI = c'-

I F' I 100CI

Para la cuchara, barra 7.

Planteando las ecuaciones de Newton para cada barra se tiene:

¿F,=O

~F =0L,Y

¿M E= O

(1)

(2)

(3)

f ' +f ' =067 27

f y -m .g =O27 7

45'm .g -90. f ' =07 67

196

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MÁQUINAS Y MECANISMOS

Por tanto, de (8) se obtiene que f;; ~ -F~2 ~ -3531,6 N luego f;; ~ 3531,6 N

Para la barra barra 2.

Tomando momentos respecto del punto K se puede obtener f,;.

¿MK ~O (lO)

-130..!:' +175.r -IOO.P -175'1" -175..1:" -1751' -300. f ) -160.j' ~Ou ~ ~ n ~ n n n

Téngase en cuenta que f;' ~ O.

e F ) F ' 175 d..

1 "d

.

amo e ~ é' - se pue e sustltUlr en a ecuaClOn e momentos antenor y puesto, '100que f " , f ' , f ' , f Y

Y fy

Ya se han calculado se obtiene:32 52 n n 32

-130.r +175.F' -175.F' -175'1" -175'1" -175' f ' -300. f Y -160.¡r ~Ou e, e, 32 ~ n n 32

-175.r -175.r -175.r -300.¡r -160.¡rLuego f' ~ n ~ n n 32

u 130

Sustituyendo da:

-175. (- 37670 4)-175 .9417 6 -175.94176 - 300. (-18835 )-160.35316r ' " , ~ 64473,87 Nu 130

Tomando momentos respecto de B se obtiene f,'2 .

¿ME ~O (11) 100.¡r +45. f " -200.¡r -60¡r ~Ou 12 n J2

+45'1" -200.¡r -60.¡rDe donde fY - u n 32 - 64564 28 N

12 100 '

La fuerza de compresión en el cilindro 1 (L-J) corresponde a la fuerza de reacción en L:

- ¡( x )2

( y )2 -

Feili"dm u-, FC2 + FC2 -19163,42 N

La fuerza cortante sobre el pasador A corresponde a la fuerza de reacción en A:

Feo""",, A ~ .IV,;), + V,:)2 ~ 91243,77 N

198

-

TEMA2. ANAusIS DINAMICODEMECANISMOSPLANOS

PROBLEMA 12.

La figura adjunta representa una punzonadora para cueros.

Se pide:

Calcúlese la fuerza de punzonamiento./65 que para esa posición se esta ejerciendo sobre elcuero.

Datos geométricos:

a = 2 cm, b ~4 cm, c= 2 cm, e= 12 cm, g=4 cm.

El cuero es una barra más (barra 6) y que esta unida mediante un par tipo leva a la garra ypunzón de la punzonadora ( barras 4 y 5 respectivamente).

Datos dinámicos:

Se ejercen dos fuerzas F = 100 N sobre sus brazos tal como se indica en la figura. El pesode las barras es despreciable frente al resto de fuerzas que intervienen en el sistema mecá-nico.

..

b

G)

e1

F

G)

g

~¡ e

G)F

199

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAoUINAS y MECANISMOS

Solución:

Diagramas de cuerpo libre.

Ji;

I¡;

200

--o G5 [ ][

I y]S Ij;

li;

Ij;

IJ,

li;

1,;

li3

123

Ir,

I y23

IJ,

I¿:,123

O

0

G)

G)

:t:

I¡; Ij;

¡F

tF

TEMA 2. ANALISIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Se tienen 12 ecuaciones y 9 incógnitas por lo que se puede prescindir de 3 de ellas.

(Las otras tres incógnitas serian las que determinan la posición en el plano de ese sistemamecánico, y son prescindibles).

Por tanto se plantean las ecuaciones de Newton solamente para las barras 2, 4 YS, aunquese pueden plantear todas y luego elegir las 9 más sencillas de manejar.

f4~+1;; =O

f4;+f]i+f5i-F=0

a . f y - e . f " + 2 . a . f. y - (a + e) .F = O]2 ]2 52

f2~ =O

J:, + f]~ + fi:, = O

o .b - 2. a. fy

)64 - 34

f]; =0

f{'+f]~+f¿;=O

f¿; .b=2.a.¡¡;

A continuación se aplica el principio de acción y reacción con lo cual:

f{, =-f5;

fi; =-f,;

f2~ = - f4;

f3~ =-f5~

f3~ =-f4~

201

Barra2

(1) ¿F, = O

(2) ¿Fy = O

(3) ¿Mp2 =0

Barra 4

(4) ¿F" = O

(S) ¿Fy = O

(6) ¿Mp, =0

Barra S

(7) ¿F, = O

(8) ¿Fy = O

(9) ¿Mp] =0


fis ~-f!z

fr, =-f{,

fO' -

fy

24 -- 42

f:¡; ~-f!;

f O'- j y34 - - 43

Introduciendo las ecuaciones anteriores en las expresiones Newton, estas quedan asi:

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

f;' + f{, = O

fy

fy

f y F - O-24-23-25- -

-Q .f Y -2 .Q. f Y + c. f " - (a +e).F = O23 25 23

f2: =0

¡'¡;+Jj;+¡t,=o

f¿;.b=2.a!?,

f3~ = O

n; + f3~+ f¿; =0

ft,.b=2.a'fis

Con lo cual se puede despejar y se obtiene lo siguiente:

De (4) se obtiene inmediatamente que f2~ = O

De (7) se obtiene inmediatamente que f;~ = O

De (1) se obtiene inmediatamente que f2; = O

De (6) se obtiene que f¿: - 2. a .f3: Por tanto, se necesita conocer f3~b

De (5) se obtiene que f3~ =- f ¡;, - f i.. Se necesita [i:

De (2) se obtieneque fi; =- fi; - fi; - F. Se necesita fis y fA

De (9) se obtiene que fi;=ft,.b yde(3) fi,=-2'fis-F-e.F2.a a

202

TEMA 2. ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS

Sustituyendo en (2) Ji. = 2. J¡; .b +F+ e.F - J¡;.b -F = !i; .b + e.F2.a a 2.a 2.a a

e .d f y b

.f

y 1 J y - n J¿~'be. F n-nonOCl a 24 se o tIene H que va e 34- -)64 +-2 -- ya que los - -164

.a a

Finalmente sustituyendo en (6):

2[

n Jo:.b e'F]

.a. - 164 +-+-2.a a

¡;>' -.64 - b

-2.a.!;>' 2.a.!;'.b 2.a.e.F~+ 64 +-b 2.a.b Q.b

I'Y -2.a.Jt, 2.a.J?.b 2.a.e.F164 + +-

b 2.a.b a.b

2.a.J? = 2.e.Fb b

-2'a'J¿~ y 2.e1-+J64+-b b

l'Y_e'F_ Q)64- -a

¿Cómo se podria conseguir que para una misma fuerza de accionamiento F aumente lafuerza punzonadora Q?

Obsérvese corno la fuerza Q transmitida aumenta si se aumenta e y se disminuye a parauna determinada F.

203

PROBLEJfAS RESUELTOSDE TEORÍADE MÁqUiNAS Y MECANISMOS

PROBLEMA 13.

El mecanismo de la figura corresponde al tren de aterrizaje de una avioneta, el cual se re-pliega al aplicar sobre la barra 2 un momento alrededor del eje que pasa por O,.

Se pide:

a) Para la posición que se indica en la figura, calcular el valor de T necesario que se debeaplicar para elevar la rueda. Utilícese el Planteamiento de Newton.

b) Calcular también la fuerza cortante que debe aguantar el pasador situado en O2.

Datos másicos e inercia!es:

m, = m, = O.Conjunto formado por la barra 4 y la rueda m. ~ 50 Kg. con centro de grave-dad en G.

Datos geométricos:

El punto B se encuentra sobre la vertical de O,.

0.B=80cm, O,A =50cm, AB=50cm y BG ~ 20 cm.

40cm---

20 cm

T

G)

204

TEM4 2. ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solución:

Los diagramas de cuerpo libre son los siguientes:

¡,:

04 11; Barra 4

ANGULOS

Barra 4 BalTa2

04

e,

¡,y12Barra 2

O2 ¡,;

¡ ..l

32

1,;

A

14;

B

Barra3

A',B -----

205

1131 A-

f(1,;

G)

F"Barra 3

43


Del dibujo de la figura se obtiene que:-40

sen(B )=-~B=120°4 80

BJ=3600-B, ~cos(B3)=cos(B2)

80.cos(B,)+20= 2.cos(B,)~ B, = 296,77°~ B3= 63,230

Aplicando las ecuaciones de Newton a la barra 2, se tiene que:

Aplicando las ecuaciones de Newton a la barra 3, se tiene que:

F>' f >.- P - OJ14 +" -

-AD.cos(B,).J!' +AD.sen(B,).J,~ +AG.cos(B,)'P=O

Teniendo en cuenta que, por el principio de acción y reacción:

J,~ =- J3; J'¡;=-Ji,

J3~=-J,~ f)' - J.y34-- 43

las ecuaciones quedan así:

(1)

(2)

J,; + J3; =0

J,~ + Ji, = O

(3)

(4)

T+BC.cos(B,).Ji, -BC.sen(B,)'J3; =0

-J3;+f4~=O

206

.

¿F.=0 (1) J,; + J3; =O

¿F =0 (2) J,>' p-O}' ,,+ 32-

¿M B =O (3) T+BC.cos(B,).Ji, -BC.sen(B,)'J3; =0

¿F. =0 (4) f{, +f, o

¿Fy =0 (5) f!,+f¡'o

¿MD=O (6) DC.cos(B,). Ji, -DC-sen(B3). Ji, =0

¿F,=O (7)

¿F =0 (8)}'

¿MA =O (9)

TEMA 2- ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS

(5)

(6)

fy

f,y - O

- 32+ '3-

- DC -cos(8,)- f3i + DC -sen(8])' f3; =O

(7)

(8)

¡,; - f4~ =O

¡;;- f./; - p = O

(9) AD - cos(84)- fZ, - AD -sen(B4)- f4~ + AG -cos(B,)- P ~ O

De la ecuación (4) Y (5) se obtiene:

f]~ =f4~

f]; ~f4;

De la ecuación (6) se obtiene:

DC-cos(8])-f]; =cot(8])-f3i-f3~ DC-sen(8])

Sustituyendo numéricamente f3~ = 0,5.f(,

Sustituyendo J,~ en (9):

- AD- cos(B,)- f(, + AD.sen(B,)-0,5 -J,i + AG -cos(8,)- P = O

De donde se obtiene que:

fi AG-cos(B,)-P -328,57 No (AD-cos(84)-AD-sen(8.).0,5)

Sustituyendo en (3) f]i y f3~:

T =-BC -cos(8,)- f{, + BC -sen(8,)- f3; ~

T = 50 -cos(296,77') -328,57 - 50 -sen(296,77') -0,5 -328,57 = 14733,42 N

Por otro lado, de la ecuación (7) y (4) se obtiene ¡,; = fd; = J,~ = 0,5 -f(, = -164,28 N

y de (8) se obtiene ¡,; = fZ, +P como f./; = f(, y f(, = -328,57 N

Entonces ¡,: = f!, + P = -161,92N

207

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MÁQUINAS YMECANISMOS

PROBLEMA 14.

La mitad de la carga W =4 kN de la pala excavadora que muestra la figura está soportadapor la barra ACG y por el cilindro hidráulico BC. Determinar fuerza que dicho cilindro debede ejercer sobre el mecanismo si se quiere que este se encuentre en equilibrio estático para laconfiguración mostrada en la figura. Se pide resolver el problema mediante los siguientesmétodos

a) Leyes de Newton.

b) Principio de los Trabajos Virtuales.

c) Principio de las Potencias Virtuales.

Datos geométricos:

Los puntos A, C y G están alineados.

0,5m

A

0,75 m

B

1m

1,5m

208

-

TEMA 2. ANAuSIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solución:

a) Resolución mediante las Leyes de Newton.

Si se aísla la barra ACG y se sustituye el cílíndro por la fuerza equívalente que este ejerce-ría sobre la barra, es inmediato obtener el valor de la fuerza que debe ejercer dicho cilín-dro, prar que esa posición (de la pala) sea la de equilíbrio, con solo usar una ecuación, laque resulta de tomar momentos respecto del punto A.

Fca

Quedaría la siguíente ecuacíón:

¿)1A =0,

rAcxFcIL +rAGxW=O

dAR .FCIL -dAG .W= O

Sustítuyendo valores:

0,75.FCIL-3.2=0

Luego:

FClL.= 8 KN sentido de B a C.

209

PROBLEMAS RESUELroS DE TEORÍADE MÁQUINAS YMECANISMOS

b) Resolución mediante el Principio de los Trabajos Virtual es.

Tomando un sistema de referencia en el punto A, los vectores posición de los puntos deaplicación de la fuerza aplicada por el cilindro y el peso serán respectivamente:

i'AC = XAC .i + y AC .] =AC .cos(q). i + AC.sen(q).]

i'AG =xAG.i + YAG.] =AG.cos(q).i +AG.sen(q).]

FCi/

(O75

JDe la figura se deduce que q =3600-arctg -'-- =333,43°.

1,5

Los desplazanúentos virtuales se obtiene al aplicar el operador 5( ] a los vectores ante-nores.

De esa forma se tendrá:

&'AC=-AC.sen(q).&¡.i +AC.eos(q).&¡.]

&'AD=-AD.sen(q).&¡.i +AD.eos(q).&¡.]

Por otra parte, las fuerzas actuantes son:

FelL =FClL.i

W=-W'j

210

TEMA 2- ANALISIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

por lo tanto, el trabajo virtual efectuado por dicbas fuerzas será:

SW = [FCJL-iJl AC. sen(q)- 51 -, + AC. cos(q)- 51 ]]+

+ [- W -]J [- AD -sen(q) 51-, + AD -cos(q) 51-]J

efectuando los productos escalares,

5ffl = FCIL -[- AC -sen(q)- 51]-W -[AD- cos(q )- 51]

y aplicando el principio de los trabajos virtuales a un sistema mecánico en equilibrio es-tático, se tendrá que:

SW ~ FClL -[- AC-sen(q)-51]-W -[AD-cos(q)-51]= O

igualando a cero y sustituyendo valores se obtiene la solución:

FCIL =8 KN

c) Resolución mediante el Principio de las Potencias Virtuales-

La aplicación del principio de las potencias virtuales conducirá a la siguiente ecuación:- -

P","wl = FClL-ve + W -ve = O

Para calcular esas velocidades, se puede suponer que la bana ACG tiene una velocidadangular de iiJ= 1-k rad/s-

Aplicaudo las ecuaciones del movimiento relativo se tieue que:

ve =iiJ x cAe=0,75-, +1,5-]

y además:

ve =iiJ x CAG=1,75-, +3-]


FCJL =FCJL -,

w = -W j

Sustituyendo y operando se obtiene que:

FCIL = 8 KN

211

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAoUINAS y MECANISMOS

PROBLEMA 15.

En el mecanismo mostrado en la figura, situado en un plano horizontal la baITa2 es unabaITarígida articulada en el punto O2y en el punto medio de la barTa3. El movimiento de labarra 3 está limitado por la barra 4, una varilla delgada y sin masa. Con el mecanismo en laposición indicada, se pide:

a) Expresión del par a aplicar a la barra 2 para conseguir en dicha barra una velocidadangularú!2 y una aceleración angular a" ambas horarias.

b) Fuerzas actuantes sobre la barra 3.

Datos geométrico s y másicos:

Las barras 2 y 3 poseen una longitud 1 y una masa uniformemente distribuida m.

En la posición indicada, la barra 3 es paralela a la 2, y el ángulo OJ]A es igual a 60°.

Supóngase que la distancia vertical entre las barTas2 y 3 es despreciable.

L

%;<

.J3.L

2

,'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'-'. .IIIIIIIIIIIII

G)G)::'l.

O2

~ a,

212

G)

G).-.-.-.-.-


Solución:

Se supondrán todos los sentidos de las magnitudes angulares horarios. En primer lugar seobtendrá la relación de velocidades:

[1]

pero además:

[2]

Vs, =m4 .1.sen(2400).i -m4 .1'cos(2400).]

Ignalando [1] Y [2], se tendrá que:

0= m4.1.sen(2400)

}

m4= O1 =>

m) "2-m2.1 = -m4 .1.cos(2400) m3= 2.m,

Para el análisis de aceleraciones se considerarán las siguientes expresiones:

7 7

k;- -, -, , 1

7 IDA,=OA,+OA,=-m2. ., + O O - a, I= -m~ -1-i -1- a, .]

O O

y

i7

k;

Qs) =QA] +Q~]B] +Q~)s) =QB) +m~ -~-i+1 O O1

-- O2

-a] ,=O

'7 "' 1 7 1 "=-m, -1-,-I-a, -; +mJ-2" +2-a3-;

213

i j k i ; k

VE) = v,,) +VA)B) =1 O O -m, + O O-m Hmi-m,I}]1

)] 2 .

O O -- O O2

1 j k

vS4 =04 xr04B4 =1O O -m4

l.cos(2400) l. sen(2400) O


f y =-'i.¡n.f.a +OI93.¡n.f.",223 3 2' 2

Sumado ahora fuerzas en la dirección vertical se obtendrá que:

m.f.a, 2f = - ' + O 223. ¡n .f. '"

43 3,464' 2

Sumando fuerzas en la dirección horizontal e igualando a cero, como en el caso anterior:

f ' =-OI44.¡n.f.a -1115.m.f.",223' 2' 2

Planteando ahora en equilibrio cinetoestático de la barra AB, se tendrá que:

7;" F",

o,€mn

11,

t¡,y12

A-o.

G)li,

Ii,

- 2 f 7 f ~F =m.'" .-., +m.a .-. }"2 2 2 2 2

- 1 , -T =-.¡n.f'.a.k"2 12 2

Tomando momentos respecto al punto A, y aplicando previamente el Principio de Accióny Reacción, se tendrá que:

5 2 2 2T =-.m.f .a -O193.m.f .",2 3 2' 2

b) Análisis de fuerzas mediante la aplicación del principio de las potencias virtuales.

Se determinarán previamente las velocidades de los centros de gravedad de las ba,rras 2 y 3:

i~ k}

VG,= °2 XrOZG2=I O Of

- O2

f --"'21=-"'2'-'} 2

O

Ve]=0,Xr02A =-"', .Z.J

215


PROBLEMA 16.

El mecanismo mostrado en la figura está diseñado para ejercer una gran fuerza sobre labarra horizontal en A para una operación de estampado. Si el ciliudro hidráulico DE ejerceuna fuerza axial de 800 N Y a = 80". ¿Que fuerza horizontal se ejerce sobre la barra hori-zontal en A? Se pide resolver el problema mediante los siguientes métodos:

a) Leyes de Newton.


c) Principio de las Potencias Virtuales.

90'

400 mm

Solución:

a) Leyes de Newton.

En primer lugar se obtendrán algunos ángulos necesarios para la realización del problema.De la figura siguiente se obtiene que:

e

D

217

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAQUINAS y MECANISMOS

O,c.sen(a)= DC.sen(,8) l246,2019 = DC.sen(,8)

02C .cos(a) = 400+ DC. cos(,8)f 43,4120-400 ~ DC .cos(,8)

luego:

246,2019

tg(,8) - 356,5880

y en consecuencia:

,8= 145,3773°

Por otra parte, del triángulo isósceles 02AB, se tendrá que:

1!:%=--a=IO'

2

A continuación se planteará el diagrama de sólido libre de la barra 2, teniendo en cuentaque la barra 3 transmite únicamente fuerzas en su propia dirección y qne la fuerza ejercidapor el cilindro, Fe, lleva la dirección DC.

C

Planteando la condición de momento resultante nulo respecto al punto O" se tendrá que:

2)le~0;

reDxl)2 +i¡,BxFc =O

j k j k

01=0250. cos(1700) 250. sen(1700) O 1+ 250. cos(800) 250. sen(800)

IJ2 . cos(1 00) IJ2 . sen(1 00) O 800'cos(145,3773°) 800'sen(145,3773°) O

-85,5050. /'2 + 181814,2223 = O

, IJ2 = 2126,3578N

218


Planteando el diagrama de sólido libre de la barra 3, se tendrá que:

1;2

La fuerza horizontal que ejerce la barra 3 sobre la barra horizontal en el punto A será laproyección horizontal de la fuerza 121'por lo tanto:

FH~/2I'cos(8).i ~-2126,2713'cos(lOo).i =-2094,O5365.iN

y tendrá sentido hacia la izquierda.


Se considera el diagrama de sólido libre formado por las barras 2 y 3.

Tomando un sistema de referencia en el punto O" los vectores posición de los puntos deaplicación de las fuerzas aplicadas por el cilindro y la pared serán respectivamente:

c

FH

rD = XD .i + YD .] = °2C. cos(a). i +O,c.sen(a).]

rA = -xA.i =-[ O,A.co{~-a J+AB'CO{ ~-a J}i =-2'02A-sen(a).i

Se trata de un mecanismo con un solo grado de libertad, en el que se toma a como varia-ble independiente.Por lo tanto, los desplazamientosvirtualesde los puntos C y B seránlos siguientes:

orD~-O,C .sen(a). 5a. i + O,C. costa). 5a.]

orA =-2. O,A. costa). 5a. i

219

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MAQUINAS y MECANiSMOS


Fc =-Fc .cos(¡J).i +Fc .sen(¡J).]

FH=FH.i

por lo tanto,el trabajovirtnalefectuadopordichas fuerzasserá:

bW =[- Fc . cos(,8). i + Fc .sen(,8). ]]. [- O,C .se¡¡(a). 5a. i + O,C. cos(a). 5a. ]]+

+ [F¡¡.iJ. [- 2. O,A- cos(a). 5a. iJ

efectuando los productos escalares,

bW ~ Fe .cos(,8).CD.sen(a).5a+Fe .sen(,8).CD.cos(a).5a-FH .2.CB.cos(a).5a

y aplicando el principio de los trabajos virtnales a un sistema mecánico en equilibrioestático, se tendrá que:

bW = [Fe' cos(¡J). O,C .sen(a) + Fc .sen(,8)' O,C.cos(a)- FH .2 .O,A .cos(a)J.5a = O

igualando el término entre corchetes a cero y sustituyendo valores se llega a:

78,9293 + 648,3276 - 0,3473. FH = O

de donde se obtiene la solución:

FH = 2094,0308 N

c) Principio de las Potencias Virtnales.

Se considera el mecanismo mostrado en la figura siguiente y se supone una velocidad an-

gular de la barra 2, °, = l.k radls .

FH

C

Aplicando las ecuaciones del movimiento reJativo se tiene que:

VE) = VA} + o} xrA}B}

y además: - - -VC2 = aJ, X rO,C2

220


Los vectores posición vienen dados por:

ro2c~ 250. W' ,[cos(800).[ +sen(80°J.]]~ (0,0434. [ +0,2462 .J)mrO2A~250.1O-] .[cos(1700).[ +sen(1700).J]~(-0,2462.[ +0,0434])m

~!B ~(-0,2462.[ -0,0434'])m

Por lo tanto, sustituyendo en las ecuaciones de velocidad anteriores, se tendrá que:

Por otra parte:

)

O

k

t1J)

- 0,2462 0,0434 O - 0,2462 - 0,0434 O

de donde se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

VE ~ -0,0434+0,0434.t1J3

}

VB' ~ -0,0868 mis3 ,

O ~ -0,2462 - 0,2462. t1J] t1J]~ -1,0 radls

La aplicación del principio de las potencias virtuales conducirá a la siguiente ecuación:

P'i""I~Fc'VC2 +FH 'VB, ~O

donde:

Fc ~ 800. [cos(145,3773°).[ +sen(145,3773°).J]~ (- 658,3291. [ +454,5359 .J)NFH~FH.[N

y

VD~(-0,2462.[ +0,0434.])mls

VA ~ -0,0868. [ mis

Efectuando los correspondientes productos escalares, se llegará a:

162,0806+19,2769-0,0868.FII ~O

de donde se obtiene:

FH ~ 2094,0565 N

221

i j k

vc, IO O 11(-0,2462'[ +0,0434.])m/s

0,0434 0,2462 O

j

:Ui

VB]'¡ IO O O


PROBLEMA 17.

Dado el diagrama cinemático del mecanismo de la figura, el cual se encuentra en un planovertical, se pide:

a) Calcular el valor de la fuerza F necesaria para equilibrar estáticamente el sistema, apli-cando el Principio de los Trabajos virtuales a todas las fuerzas por igual.

b) Calcular lo mismo que en el apartado a), pero distinguiendo cntre fuerzas conservati-vas y no conservativas.

Datos geométricos:

0,0, = 50 cm, O,A = 20 cm, OJ> = 80 cm, q ~ 50'.

Datos dinámicos:

T~ 3500 N'm.

Datos másicos:

In, = 5 Kg, In, = 1 Kg, In, = 20 Kg.

y

p

G) F

04

~ x~

Solución:

a) Se aplicará el Principio de los Trabajos Virtuales, según el cual, un mecanismo se encon-trará en equilibrio cuando la suma de los trabajos virtuales producidos por las fuerzas ex-ternas que actúan sobre el mismo es cero, es decir:

NF NT

Si óW =¿ F, .&;+¿Tj '58j =O el sistema estará en equilibro.;.1 j.,

222

-


Fuerzas y pares externos que actúan sobre el sistema:

F =-F.] cuyo módulo es desconocido.

P, =-"', .g.j- .P;=-"'3 .g.]

~ ~-"'4 .g.j

T=T.¡¿

Vectores de posición de los pnntos de aplicación de dichas fuerzas:

rF=04P.cos84.{ +0,P.sen84.]

(O A

)- O,A -1'12 = 0,04 +T.cosq .¡ +T.senq.j

rlJ=(0,°4 +o,A-cosq).{ +O,A-senq.]

- °4P 7 °4P er ~-'cos8 .¡ +-.sen8 . ]P, 2 4 2 4

-

(O A-sen(1800-q )

)

-84 =arctg , .k

0,04 +O,A. cos(180°- q)

A continuación se obtienen los desplazamientos virtuales:

5rF =-04P.sen84 .58,.{ +O,P.cos8, .58,.j

Como 584 = K °, .5 q . ¡¿ qneda finalmente:

51' =-Op.sen8.K .5 q .{+OP.cos8.K .5 q .]F 4 4 04 4 4 °4

~- O,A ~ 7 O,A ~ evr =--.senq'vq'¡ +-,cosq'uq']

12 2 2

5rlJ =-O,A-senq.5q.{ +O,A.cosq.5q.]

- °4P 7 °4P" e5r =--.sen8.K .5 q .¡ +-,cos<7.K .5 q .]P4 2 4 04 2 4 °4

Por tanto, queda:

5W =F .5rF +P, .51'12 +p, .5rlJ +P4 .5r?4 +T.584 = O

223


Sustituyendo las expresiones correspondientes, da:

(-F.]J.(-O4P.sen84 .Ko, .5q.¡ +O4P,cos84 .K&4.5q.J)+

(-) (

O,A - O,A -)-m, 'g.j. -Z.senq'5q.¡ +Z.cosq'5q.j +

+(-m3 .g. ]).(-O,A .senq.5 q'¡ +O,A ,cosq.5 q.J)+

(~

)(O,P 7 °4P ~

)-m4 .g'l . -Z.sen84 .K&4 .5q.¡ +Z'COS84 .KO4 .5q. ) +T.5q~0

De donde se despeja la fuerza F que es necesario aplicar para equilibrar el mecanismo:

-F.O P.cos8.K .5 q -m .g .O,A.cosq.5 q-m .g .O A.cos q .5 q, 'o, '2 3'

-m .g . °4P.cos8.K .5 q+T.5 q =04 2 4 04

O,A O °4P 8 K-m .g '~'cos q-m .g . A-cosq -m .g .-.cos. +T2 2 3 2 '2 4 O,F-

O,P.cos84.Ko,

a8 a.c.cosq+a' ,

donde Ko se calcula y vale K&,=~ = ( ) .cos' 8,4 aq c+a.cosq

Para q ~ 50°, t4 = 22,41°, Y Ko, = 0,225

Por tanto:

F = - 5 .9,81.\0. cos(500)-I. 9,81. 20,cos(500)- 20. 9,81.40 ,cos(22,41). 0,225 + 350080. cos(22,41).0,225

F = 1426,15 - 857 N16,64 '

En forma vectorial F=-85,7.] N

b) Se realizarán los cálculos separando las fuerzas exteriores que actúan sobre el mecanismoentre fuerzas conservativas y no conservativas. De acuerdo a esta formulación, el Princi-pio de Trabajos Virtua1es dice lo siguiente:

Si 5W = Q" .&¡+ Q' .&¡= O el sistemaestaráen equilibro.

Donde Q' = - dV es la fuerza generalizada conservativa.dq

224

-


'" "PQ"' = "' (Fx .K r + F, .K, )+ '" T . Kp es la fuerza generalizada no conservativa.L.. , ., , , L..J J

jol jol

Cálculo de la función potencial V. En este ejemplo las únicas fuerzas conservativas queestán actuando son las debidas a la acción de la gravedad.

Por tanto:

v = Vg= m, .g. h, + m] .g. h] + m, . g. h,

aA a pCon h, =-' senq, h] = aJA .senq y h, = --"'-.senG,. 2 . 2

Por tanto:

Q' dV a,A a a,p "=--=-m .g ,-,cos q -m. A-a.cos q -m .g '-'COS<7 .K

dq '2 ], b '2 4 o,

Por otro lado:

Q"' =Fy .Ky +Tj .Kq

dY d( a,P.senG,) - a,p.cosG, .Ko,Fy=-F,KY-dq dq

T = T K - dqj , q--=1dq

Luego:

Q'" =-F.a p.cosG.K +T.l4 '04

Finalmente queda:

~A ~P-F.O4P.cos84 .Ko, +T-m,.g '2'cosq-mJ .O2A.g.cosq-m4 .g'2,cos84 .KO4 =O

De donde:

~A ~pT -m, . g'2' cosq -m3' g .O2A. cosq-m4' g '2'COSG4 . KB,F-

°4P.cos84.KB,

F - 3500 - 5.9,81.10. cos(500)-1' 9,81. 20. cos(500)- 20.9,81.40. cos(22,41). 0,22580. cos (22,41 °). 0.225

1426,15 = 85,70 NF= 16,64

Luego: F =-85,70.] N

225

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS YMECANISMOS

PROBLEMA 18.

El mecanismo de la figura, situado en un plano vertical, se acciona mediante un par T"

aplicado en sentido horario a la barra de entrada 2. En la barra de salida, que es la 4, se apli-

ca un par resistente T,. Si el mecanismo arranca en la posición dada por la figura, se pide:

Determinar la expresión de la aceleración angular que adquiere la barra de entrada en elinstante del arranque.

Datos geométricos:

1j = r" r, = r" r, = 2.r" todos conocidos. 8, = 60°.

Dato másicos e inerciales:

Masa de las barras, In" In, Y In, Ymomentos centrales de inercia lG, ,lG] e lG" conoci-dos.

G) G, '-'-~

o, r,'-'-'---'-' '-.-----.-.-.-.--

226

-


eliminando la velocidad angular de la barra 2 de ambos términos, se tendrá que:

T; =T, -T4 +m, .g.2-cos(600)+m3 .g.r, .cos(600)+m4 .g. 1', .cos(600)=2 2

=T, -T4 + g'r, -(m, +4'~n3+m4)

La inercia reducida a la barra 2 se obtendrá de la equivalencia de las energias cinéticas delsistema real y del reducido.

1 . , 1 ,1 ,1 ,1 ,1 ,1 ,-./ .{}} =-./ .{}} +-'m'v +-./ .{}} +-'m'Y +-./ .{}} +-'m .y2" 2""2 'G'2'" 32 ""2G, '2 'G4

que será:

( )

'

(,

1 . , 1 ,1 1', . 1 ,1, 1 1',~./ .{}} =_./ .{}} +-'m . -.{}} +-.m . (,; .a) ) +--/ .{}}+-.m . -.{}} )2"2""2'2' 23., 2G4'2'2'

lu~go:

/0

(m +4.

),=/ +/ +1", ' m3+m,'" G, , 4

En el instante del arranque, la velocidad es nula por lo que la ecuación del movimientoquedará como sigue:

T; =/; 'a,

sustituyendo,

_T; T,-T,+g.r,. (m,+2.m3+m, )a,-y 4

, /G,+/G, +1','-(m, +4';3 +m,)

228

-


PROBLEMA 19.

El mecanismo de la figura está situado en un plano vertical, está accionado únicamentepor la fuerza de la gravedad. El punto A desliza por la ranura practicada en la baITa3.

Para los datos que se dan a continuación y sabiendo que el movimiento se inicia desde laconfiguración del mecanismo dada por 8, =3450 se pide calcular

a) La aceleración angular que adquiere la baITa 2 en el instante del aITanque (velocidadnula).

b) La velocidad y aceleración angulares que llevará dicha baITa 2 cuando el ángulo8, = 3000-

Datos geométricos:

i¡ = 30 o (constante), 1',= 1 m.

Datos másicos e inerciales:

Momento de inercia de la baITa 2 respecto un eje perpendicular al plano que contiene el

mecanismo y que pasa por O2, lo, = 4,90 Kg.m2, 111,= 14,70Kg Y 111]= 9,80Kg. La baITa2 se puede asimilar a una varilla delgada unifolTlle-

G,o"dod

229


Solución:

a) La aceleración angular que adquiere la barra 2 en el instante del arranque (velocidad nu-la).

Se aplicará el método de ¡as fuerzas y masas reducidas. Se efectuará la reducción del me-canismo a una barra que gira alrededor de O,. La energía cinética real del mecauismoserá:

I 2EC =-.¡ .úJ

2 2 2 2

es el central, sino el momento de inercia de la barra 2 respecto un eje perpendicular alplano que contiene el mecauismo y que pasa por O,. La velocidad úJ2es genérica.

EC, =~.m3 .(vG)

Rotación, ya que el momento de inercia aportado en los datos no

Trans]ación.

La velocidad del centro de gravedad de la barra 3 se obtiene a partir del análisis cinemáti-ca del mecauismo.

230

%-

J

&,

Gmwdad


La ecuación de velocidades del movimiento relativo que se plantea es:

Vc) = VA)

VA = V, +VA j '2) 2'

De la ilustración se deduce:

VA) =VA) ,(cos(5).i +sen(5)'])=VA] .(cos(3000P +sen(3000).])

V A2/3 = V A,/3 .(cos(5 + 900). i + sen(5 + 90° ).])= vA,/3 . (cos(390° P + sen(390° ).])

VA,/3 =VA,/3 .(cos(300P +sen(300).])

La velocidad del punto A, será:

i j

O

k

VA, = °, xrO,A= O 021=-/" ,°, .sen(8,).i +/', '°2 .cos(8,).]

/'2.cos(8,) /', .sen(8,) O

Por lo tanto, reescribiendo la ecuación de velocidades, se tendrá que:

-/', '0, .sen(8,).i +/', '0, .cos(8,).] =v4) ,(cos(3000).i +sen(3000).])+

+VA,!) ,(cos(300).i +sen(300).])

Separando en componentes horizontal y vertical:

- /', .o, .sen(8,) =VA) .cos(3000)+VA,I) . COS(300)

}/', . °2' cos(8,) = VA) .sen(3000)+ v"iJ . sen(300)

Despejando VA]:

/', . °2 .sen(8,). sen(30o) = -V A] .cos(3000). sen(300)- vA,/3 .COS(300).sen(300)

}/', . Q), .cos(8,). cos(300) =VA) 'sen(3000). cos(300)+ vA,/3 .sen(300). cos(300)

/'2 . Q), . (cos(8,). cos(300)+ sen(II,). sen(300)) =v A] . (sen(3000). cos(300)- cos(3000). sen(300))

/'2 . Q), .cos(II, - 30°) ~ VA] .sen(300° - 30°) = VA) .sen(2700) = -v A)

VA) ~-r, 'Q), 'cos(1I2 -30°)

231


Por tanto se puede introducir estos resultados en la energía cinética total del mecanismo.

l ,1 [ ( O)]'

ECT=EC, + EC3 =-. /, . "', + -. 1n3 . -', . "', .eas8, - 302 2

ECT =.!c.[/, +ln3 .ri .cas' (8, -3oo)].",i2

Igualando la energía cinética del sístema reducido y la del sistema real se tendrá:

I . 2 I [ '2(

O )]'-./ .", =-. / +In .r .cos 8 -30 .",

2 ' , 2 ' J' , ,esto es,

/; =/, + In] .ri .cos'(8, -30°)

Suystituyendo valores para la configuración indicada.

/; =9,8Kg.m'

Para el cálculo del par reducido a la barra 2 también se parte de una veloci-dad "', genérica para las velocidades de los centros de gravedad de las distintas barras. Enla figura síguiente se muestran esas velocidades genéricas.

y

x,.

O,\'.. ,\ ".

ó'

8,

'.'. , "

, "

Gravedad"".g

G,

",].g

\\\\\\\\\\\

232

-TEMA 2. ANALISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS

Para obtener el par reducido a la barra 2 se iguala la potencia del sistema reducido y lapotencia del sistema real, quedando:

t; .(jj, =m, .g'¡;G2 +m, .g'¡;G,

Del análisis cinemático anterior se deducen los vectores velocidad.

¡; =_L,.(j) .sen(O ).[ +~.r,.(j) .cos (O )'jC

'" 2" , 2 -, ,

¡; =-r.(j) .cos (O -300 ).~.[ +,.(j) .cos (O -300 )/3' jc

'" " , 2 " , 2

Sustituyendo en la ecuación de potencias:

T."(j) =(-m .g ' jc).(_L, '(j) .sen(O ).[ +Lr -(j) .cos (O )' j

c

)+'" 2 2' , 2" ,

+(-m,. g.J){ -r, '(j), .cos(O,-300).~.[ +r, '(j), .cos(O,-30°). ~.] J. I

( ) ( ,)13

T, .(j),=-m,.g'2.r,.(j),.cosO, -m,.g.r,.Q),.cosO,-30 '2

luego:

. I( ) (

O )13

T. =~m .g .-.¡; .coso, -m .g 'r, .cos 0-30 .-, , 2 - - , - , 2

Sustituyendo valores para la configuración actual:

T; =-128,52 N.m

En el instante del arranque desde el reposo, la ecuación del movimiento quedará reducidaa 10siguiente:

T;=1;.8,

esto es,

-m .g.Lr, -cos(O)-m -g -r -cos(O,-30° )-13.. 2 2 - , , , - 2

O, - "()1,+m, -r, -cos O, -30°

sustituyendo valores se tendrá que la aceleración angular de la barra 2 en el instante enque se inicia el movimiento es:

8, =-13,1I43rad/s'

233


b) Velocidad y aceleración angulares que llevará dicha barra 2 cuando el ángulo 8, ~ 3000.

Para calcular la velocidad de la barra 2 cuando 8, ~ 3000 se aplicará el método de Quinn.

Como configuración de partida (Conjiguración 1) se toma 8i ~ 3450 Y como final (Con~

jiguración II) aquella en que 8il ~ 3000 ,

El coeficiente de distribución de energia de la barra 2 cuando esta pasa por la COl1jigura~ciÓIlII será:

1( II )

'II (EC,t 2.1,. tiJ, -1(&,)

( C )II 1[ o, ( II 300

)] (/{ )

'E r -. lo +111,.r2' .cos 8, - . (V,

2 .

Para calcular la energía cinética total del mecanismo cuando este pasa por la COlljigura~cióll JJ se aplicará el Principio de Conservación de la Energia:

(ECrt -(ECrY ~W14{f

Dado que se parte del reposo (ECTy ~ O, Por otra parte, las dos únicas fuerzas exterioresque generan trabajo son los pesos propios de las barras 2 y 3, en la figura siguiente se in-dican las diferencias de alturas de los centros de gravedad respectivos cuando el meca-nismo pasa de I a JJ.

x

h'TA

'-'-

o'IG,

\

\ \\\\

234

-TEMA 2- ANALlSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Co"jig"m,",ó" II

x

\

---1--------h", I ---- --o

G"

IJ/' \\

1".,

G,\\

\\

\

De la figura se tiene que:

1 r, ( 1) 1,0( )h, =--sentB, =--sen 15° =-{),1294 m2 2

hj =r, .cos(B,{ -0).sen(0)=1,0-cos(45°).sen(3000)=-0,6124 m

y

h,{l= r, -sen(B,{I)= 1,0-sen(3000)= -0,4330 m2 2

hjl = r, .sen(B,{I)= 1,0. sen(3000) = -0,8660 m

En consecuencia, el trabajo desarrollado por los dos pesos en orden a mover el mecanis-mo vendrá dado por:

W1->11=-m, .g_(h,{l -h:i)-m3 .g'(hjl -hj)=-14,7.9,81-(-0,4330+0,1294)-

- 9,8 -9,81. (- 0,8660+ 0,6124)= 68,1618 J

Aplicando el concepto de coeficiente de distribución de energia para la Configuración IIdel mecanismo se tendrá que:

I -( )1I (EC )

" -./ .(BlI )

2

&2 = ' 2 2 2

(EcTt - W1~1I

235


por lo tanto:

L490. (iJlI)'

2 ' ,1-

68,1618

esto es, la velocidad que lleva la barra 2 cuando B, = 300"" será:

'11B2 = -5,2746 radls

Se considera signo negativo dado que el giro es horario.

Para calcular la aceleración angular de la barra 2 habrá que considerar la ecuación,movimiento:

T' =1'.(;: +~d1; .iJ', 2 , 2 dB2 2

Dado que la velocidad angular de la barra 2 es distinta de cero, habrá que determinarderivada de la inercia generalizada con respecto a la coordenada generalizada.

," dI; =~ [1 +m .r2 .cos' (B -300 )]=-2.m .r' .sen (B -300 ).cos(B -30° )dB, dB2 2 3" 3' 2 2

Por lo tanto, recordando también la expresión correspondiente al par de fuerzas generazado obtenido en el apartado precedente y sustituyendo los valores correspondientes aconfiguración bajo estudio, se tendrá que:

(;:, =-7,36 radls'

236

TEMA 2. ANÁLISiS DiNÁMiCO DE MECANISMOS PLANOS

PROBLEMA 20.

El mecanismo de la figura está situado en un plano vertical y se encuentra sometido a laacción de su propio peso y a la de un par exterior antihorario constante aplicado sobre la ba-rra 2 T2 ~ 20 N-m. El mecanismo parte del reposo desde la posición dada por 13,~ 60'. Loscentros de gravedad de las tres barras móviles se encnentran situados en la mitad de las mis-mas. Cuando 13,~ O'se pide determinar:

a) La velocidad angular de la barra 2.

b) La aceleración angular de la barra 2.

Datos geométricos:

r2~ I,Om,r3~ 1,4m,r4~ 1,0m,

Datos másicos e inerciales:, , ,

m2 ~ 5 kg, m3 ~ 10 kg, m4 ~ 4 kg, 102 ~ 0,40 kg'm-, 103~ 3,30 kg.m-, 104 ~ 0,20 kg'm-.

...

y

O2

A

'0

B

1,4m

04x

8?

237


Solución:

a) Velocidadangularde la barra2.

La posición inicial (1) y final (11)del mecanismo se indican en la figura siguiente.

Posicion inicial 1 Posicion inicial 11

..ir

I G,I

O, I

tIr,

A

x

B

Por lo tanto, las coordenadas de los centros de gravedad de las barras móviles, expresadasen el sistema de referencia de la figura vendrán dadas por:

Gi (0,25; 1,83) m

GJ (0,50: 1,57) m

Gi (0,25, 0,43) m

para la posición inicial y por:

Gr (0,50, 1,40)ID

Gil (1,00,0,70) m

Gil (0,50, 0,00) ID

para la configuración final del mecanismo.

Aplicando el Teorema de Conservación de la Energía, se tendrá:

(EC)ll -(EC)¡ = W¡~ll

238

O, r A

IG3

0,1

TEMA 2. ANALlSIS DlNAM/CO DE MECANISMOS PLANOS

Teniendo en cuenta que se parte del reposo, se podrá poner que:

(EC)¡¡-0=-T2 'Ie;/ -e;l+m2 .g.lyg2 -Y~21+m) .g.lyg) -y~31+m4 .g.lyg4 -y~41

Sustituyendo los valores numéricos de los que se dispone y expresando los ángulos en ra-dianes se tendrá:

(EC)¡¡ = -20. (1,05- 0)+ 5.9,80. (1,83-1,40)+ 10.9,80. (1,57- 0,70)+

+ 4.9,80. (0,43 - 0)= 102,19N.m

Con el fin de poder aplicar el método de Quinn, se supondrá en la configuración 11 que el

mecanismo lleva una velocidad dada por W;=-1 k radls . De la geometría del mecanismo

es trivial que:

w) =0-' -'W4 = W2

luego:

j k

¡¡~2 = w; xrO2G2 = I O O -11=-0,5.]m/s

0,5 O O

j k

¡¡~=¡¡~='v;xrO2A=10 O -11=-I,O)m/s

1 O O

¡¡~4= ¡¡~2= -0,5.] mis

La Energía Cinétíca ficticía acumulada en cada barra vendrá dada por:

( )' I

('

)2 I

('

)2 1 2 1 2EC, // = -. m2 . Ve + -.1 G . úJ, =-.5,0.0,5 + -.0,4 .1,0 = 0,83 N .m2 2 2 2 - 2 2

( )' I

(,

)2 I 2

EC) //=2.m3' VG3 =2.10,0.1,0 =5,00N.m

( )' 1

(,

)2 I

('

)2 1 2 1 2EC4 II =-.m4' vG +-.1e' úJ4 =-.4,0.0,5 +-.0,2.1,0 =0,60N'm

2 4 2 4 2 2

239

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAQUlNAS y MECANISMOS

Por consiguiente, la Energía Cinética total ficticia acumulada por el mecanismo cuandoeste pasa por la posición Il será:

(EcL ;(EC');1 +(EC3»(EC,L ;6,43 N.m

El coeficiente de Quinn de la distribución de la Energía Cinética para la barra 2 bajo laconfiguración11(8, ; O') del mecanismoserá:

¡¡ - (EC')~I - 0,83 ;013e,( )

. ,EC II 6,43

Por lo tanto, la Energia Cinética real de la barra 2 en la posición 11vendrá dada por:

eil - (EC,)¡¡ - (EC,)¡¡ ;013(EC)¡¡ 102,19 '

luego:

(EC,)¡¡ ;13,28 N.m

Por otra parte, se sabe que la expresión correspondiente a la Energia Cinética acumuladaen dicha barra:

1 , 1 ,-.n¡.y +-.1 'úr;1328N'm2 ' G, 2 G, 2 '

pero como se conoce la relación entre la velocidad del centro de gravedad de la barra 2 y

la velocidad angular de dicha barra, YG:z; r, '01" se podrá poner que:2

1( )

' 1 ,2.m, . 0,50. 012 - +2' Je, '01, =13,28

2 (1 1

J012' 2.5,0.0,25+2.0,40 ; 13,28

En consecuencia, la velocidad angular de la barra 2 cuando pasa por la configuración I1será:

mil =4,01 radls (h)

b) Aceleración angular de la barra 2.

Para el cálculo de la aceleración en la barra 2 se empleará el método de las fuerzas y ma-sas reducidas. En primer lugar se procederá a la determinación del par reducido a la barra2 cuando esta se encuentra en la configuración Il.

240

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICODE MECANISMOSPLANOS

Planteando la equivalencia de potencias entre el sistema real y el reducido se tendrá:

T; ,°, ~j2 .tV2+m, .g'VG, +m] .g'VG) +m4 .g'VG4 ~

~ -20,0'°2 +5,0.9,8'(°2 .0,5)+10,0,9,8'(0, .1,0)+

+4,0.9,8'(0, '0,5)~122,10'02

Sustituyendo valores y expresando las velocidades en [unción de la angular de la barra 2.Eliminando °2 en ambos términos de la expresión anterior, se tendrá que el par reducidoes:

T; ~ 122,10 N'm

con sentido horario.

Para obtener la inercia reducida a la barra 2 se considerará la equivalencia de EnergíasCinéticas entre el sistema original y el reducido, esto es:

] , 2 I 2 1 2 1 2 I 2 1 ,1 2

z.12 '°2 ~z'lG, 'OJ2 +Z'n!2 ,vG, +z'//l] 'vG] +z'lc3 .OJJ +Z.lG4 .OJ4 +Z'n!4 'VG4 ~

I ,1( )

2 1( )2 I 2 I

( )'

~-.lG 'OJ2 +-'//l,. OS'OJ2 +-'//l]' 1.0,OJ, +-.l G 'OJ2 +-'//l 4 ' OS'OJ22' 2' 2 242'

Teniendo en cuenta qne o, ~ °4 Y que OJ]~ O. Sustituyendo valores y eliminando ]a ve-locidad angular de la barra 2 en todos los términos, se tendrá:

, ,1, ~ lG, + 0,25 .m, +m] + le, + 0,25. m4 ~ 12,85 kg. m

De la cinemática de este mecanismo en particular se desprende que el momento de inerciareducido a la barra 2 se mantendrá constante a lo largo del movimiento del mecanismo (larelación entre los módulos de las velocidades lineales de los centros de gravedad y la ve-locidad angular de la barra 2 es constante), luego la ecuación del movimiento quedarácomo sIgue:

I

(

dI'

J

2 1,

)

, , '0 + 2 'IX,T ~_. - 2 , ,' 2 dfJ~ =>T,~l,'IX2

d12 ~OdfJ,

En consecuencia la aceleracíón angular de la barra 2 en la posición considerada será:

0.' - 122,1O ~ 9,50 radls' (h)IX, ~-l ' - 1285, ,

241


PROBLEMA 21.

Sea el elevador de la figura, formado por una plataforma (barra 2 del mecanismo) que esdesplazada mediante sendas barras (3 y 4). El mecanismo se mueve mediante un pistón hi-dráulico que en el punto D aplica un esfuerzo horizontal. El punto O, es una articulación conla barra fija, A, B Y e son articulaciones y B YD son deslizaderas.

q

G) B8

," D~

En un momento dado, se produce una rotura del sistema hidráulico, produciéndose undescenso de la fuerza del pistón, Fp, de 629 Kp. a 100 Kp., por lo que el sistema empieza abajardesde la posicióninicia1(SI = 60°).Sepide:

a) Masa reducida del mecanismo a la barra 2 (o coordenada q).

b) Velocidad que adquiere la plataforma cuando desde SI = 60°, el mecanismo baja hastaques, ~ 30°.

Datos geométricos:

O,B=AD= 1~2,5 m.

Datos másicos e inerciales:

m,~ l tonelada,m3=m4~ 1l0Kg., lG =lG = =60Kg.m'., ,

Las barras 3 y 4 son uniformes.

242

TEMA 2. ANALiSiS DlNAMiCO DE MECANiSMOS PLANOS

Solución:

a) Masa reducida del mecauismo a la barra 2 (o coordenada q).

La barra 2 tiene un movimiento de traslación vertical. Su coordenada de posición es q ysu velocidad es i¡ .

La relaciónentreq y s, es q ~ {. sen(s¡) "" i¡~ {. cos(sJ s¡ "" s¡ ~ 'i( ){. cos s¡

Dado que sen(s¡) ~ 'I "" cos(s¡) ~ ~l- q:{ {

. i¡. q-

Se puede expresar s, - [7 ~{Vl-Í'

La velocidad del punto e será Ve ~ L s¡ "" Ve2i¡

2. cos(s¡)

q

2'~1- q'{'

{.i¡

2){2_q2

Por la igualdad de energias cinéticas entre el sistema reducido y el original, se tiene:

I '., 1 ., I ,1 ., 1 ,1 .2-.m . q ~-'m . q +-'m .V +-.[ .s +-.m .V +-'[ G ,S2 222'c2G)'24C24'

[ J

'

[ J

'I '.2 I ., 1 i¡ I i¡

2.m 'q ~2.m2.q +2.2.mJ' 2.eos(s,) +2.2'[G3' {.cos(s,)

. m, 2'[G) {' .m, 2'[G)

m ~ m, + + - m2 + ( )+ ( )2'COS2(S¡) {, ,cos'(s¡) 2. {' _q2 {2 _q2

b) Velocidad que adquiere la plataforma cuando desde s, ~ 60', el mecanismo baja hasta ques, ~ 30'.

Resolución por el Método de Quinn.

En primer lugar se calculará el trabajo realizado por el mecanismo entre las dos posicio-nes conocidas.

Para ello, se calcularán los desplazamientos de la barra 2, de la barra 3 y 4 (punto C) y delpunto D.

243


Desplazamiento de la barra 2:

Llh, ={.(sen(s/)-sen(sn)= 2,5.(sen(600)-sen(300))= 0,915m.

El desplazamiento del punto e será la mitad del desplazamiento de la barra 2.

L1h,L1hc= ~ = 0,4575 m.2

Desplazamiento del punto D.

L1xD ={. (cos(sn-cos(s/))= 2,5 .(cos(300)-cos(600)) = 0,915 m.

El trabajo aportado por las fuerzas exteriores al sistema, será por tanto, debido a los pesosde las barras y a la fuerza del pistón:

W=m, .g.L1h, +2.m, .g.L1hc -Fp .L1xD

W =1000.9,81.0,915 + 110.9,81.0,915 - 9.81.100.0.915 =9066 Julios

Ese trabajo es igual al incremento de la energía cinética que sufre el sistema:

W = ¿JEcr

Dado que se parte del reposo, el trabajo de las fuerzas exteriores será igual a la energíacinética del sistema en la posición final, es decir:

¿JEc - ECIl - Ecl = ECIlT- T T T

donde la posición JJviene dada por s, =30° . Luego:

Ec~ = 9066 Julios

A continuación se calcula el coeficiente de distribución de la energía:

I .,Il -'m,'q

11 Ec, 28, =--ECll l ., l ,1 ., l ,1 .,T -.m .q +-.m .V +-./ .s +-.m -v +-./ .s

2' 2"2""2"2G.'

Se sustituyen las velocidades:

11 , ., lEc, - [.q +-.2./G,

II - - - l

,' ) 28, - EcIl l .., +-.2.m,. '.['-qT -.m, q 2 22

l .2-.m, 'q2

.,q

.~, -q'l244

-

TEMA 2. ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

8=30"S2

m,

l' .m] 2.1G3

m, + (, ')+ ( 2 ,)2.I-q I-q

Sustituyendo numéricamente en la expresión anterior se obtiene:

E;r = 0,9099

Conocido s;! se calcula la energIa cinética de la barra 2:

Ec;! = s;! .Ec; = 0,9099.9066 = 8249,15 JulIos

Finalmente se calcula la velocidad asociada a esa barra:

m,2.8249,15

1000 4,06 m/s (sentido negativo)

ResolucIón por el Método de Fuerzas y Masas Reducidas:

Para el cálculo de la velocidad de la plataforma se puede utilizar también el sIstema redu-cido, ya que su movimiento es igual al de la barra 2.

Dado que se parte del reposo, el trabajo de las fuerzas exteriores será igual a la energíacinética del sistema en la posición final.

1 '.,W=-.m 'q

2[1]

La masa reducida del sistema cuando SI ~ 30' es:

110 2.60

m'(s, =30')=1000+ 2.cos2(30') + 2,52 ,cos'(30')1099 Kg.

De la ecuación [1] se despeja la velocidad:

q=~2~r; = 4,062 m/s. (sentido negativo)

245


PROBLEMA 22.

El mecanismo de la figura, situado en un plano vertical, inicia el movimiento desde el re-poso y debido a la acción de su propio peso desde la posición dada por 82 =290' indicada

en la figura. La barra 4 gira y está unida a la barra fija mediante un par de rotación localizadoen el punto E.

Datos geométricos del mecanismo:

OE =75 mm, OA = r2 =50mm, AC = r3 = 100 mm.

Datos másicos e inerciales del mecanismo:

,m,= 0,5 kg, m3 = 1,5kg, m4 = Okg, JG4 = Okg. m .

Las barras 2 y 3 son uniformes y se pueden asimilar a varillas delgadas.

y

fh.

x

75mm

246


En la posición consideraday definida por 8, ~ 290°, 8) ~ 238,6°, AB ~ 32,82 mm y

suponiendo que a la barra 2 se le da la velocidad de ib, ~ 1,0. k radls , se obtendrian las si-

guieutes velocidades:

ib) ~-0,95.k radls, ve] ~(6,43.i +41,86.J)mmls.

En la posición considerada y definida por 8, ~ 270°, 83 ~ 270°, AB ~ 25 mm y supo-

niendo que a la barra 2 se le da la velocidad de ib, ~ 1,0. k radls, se obtendrian las siguientesvelocidades:

ib] ~-2.k rad/s, ve) ~-50.i mm/s.

Para el instante en el que el mecanismo arranca desde el reposo, se pide calcular lo si-guiente:

a) Inercia reducida a la barra 2.

b) Par reducido a la barra 2.

c) Aceleración angular de la barra 2 en el instante del arranque, 0:, (radls2).

A continuación, y para el instante en el cual la barra 2 tiene una orientación 8, ~ 270' , sepide calcular lo siguiente:

d) Coeficiente de contribución de la energia cinética de la barra 2, cuando 8, ~ 270° .

e) Trabajo de las acciones exteriores que actúan sobre el mecanismo, al pasar de la confi-guración 8, ~ 290° a 8, ~ 270° .

1) Velocidad que adquiere la barra 2 cuando 8, ~ 270° .

247

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÚ DEMÁQUINAS YMECANISMOS

Solución:

a) Inercia reducida a la barra 2.

Se dispone de datos del mecanismoen la posición definida por 8, ~ 2900, 8, ~ 211,40

Y AB ~ 0,03282 m .

Para obtener la ioercia redncida del sistema a la barra 2 se supone una velocidad de dichabarra 2, ficticia, en la posición considerada y se obtienen las velocidades angulares de lasbarras y las de sus centros de masas. Para esta distribución de velocidades se calculará laenergía cinética del mecanismo y se igualará a la que tendria una barra con la iner-cia reducida sometida a rotación con la velocidad angular supuesta para la barra 2.

Como dato se proporcionan los siguientes resultados cinemáticos considerando que la ba-

rra 2 poseeuna velocidadangularde if¡,~ 1,0. j{ radls:

if¡,~ -0,95.j{ radls, ve, ~ (0,00643.1 +0,04186. ])m/s

Puesto que no se proporciona la velocidad del centro de masas de la barra 2 y se necesitapara obtener la energía cioética del mecanismo, se debe obtener.

vG,~ if¡,x Fa, ~ (0,02349.1 + 0,00855.]) mis

". También habrá que obtener los momentos de inercia de las barras 2 y 3 respecto de sucentro de masas:

1 2 -4 2IG ~-'m2 .r2 ~ 1,0416.]0 Kg'm, 12

l 2 -, 2IG ~-'m, .r, ~1.25.10 Kg.m, 12

La energía cinétíca del sistema viene dada por:

l . 2T~-.I ""2

2

l , l ( , , ) l 2 1 ( 2 2 )T~-.I G .", +-.m , ' v +v +-.I G "" , +-'m . v +v2 ' 2 2 XG, YG, 2' 2 3 XG, YG,

donde se ha tenido en cuenta que la barra 4 no contribuye a la energía cinética del meca-nismo puesto que su momento de inercia es nulo.

Despejando se obtiene el valor de la inercia reducida a la barra 2:

(

V' v'

)

,

(

V' v'

). "G, YG, "', "G, "G3

I ~IG2 +m,' ---,-+---,- + le, ',+m,' ---,-+---,-"', "', "', "', "',

248

-


PROBLEMA 23.

El mecanismode la figura inicia su movimientodesde el reposo en la posiciónq ~ 300'.El mecanismo se mueve debido a un par motor constante aplicado sobre la barra 2 de

T,=80 k N .m. Sobre la barra 4 está actuando una fuerza F4 = -100 iN, también constan-

te. Las caracteristicas geométricas e inerciales del mecanismo son las siguientes:

,e ~ 0,45 m, le, ~ 0,005 Kg.m-, 1n4 ~ 50 Kg.

q

e

~

~

G)

F4...

Se pide determinar:

a) Aceleración de la barra 2 en el instante del arranque.

b) Fuerza de reacción que la barra 4 ejerce sobre el suelo, también en el instante delarranque.

e) ¿Podrá el mecanismo adoptar la configuración dada por q ~ 360'?

252


Solución:

a) Aceleración de la barra 2 en el instante de] arranqne.

r, = 0,45sen(60') = 0,52 m

VA, = VA, + VA4A, + VA412

que para el mecanismo de la figura será:

vA.¡.¡ = iiJ,x rOzA +VA4/2 'Ü,

sustituyendo se tendrá que:

¡ j

O

k

(ú,I+VA4I' .[cos(q).7 +sen(q).]]VA, .¡ = O

r, .cos(q) r,' sen(q) O

desarrollando y separando componentes, se tendrá que:

r,( ) (

)}

VA l' =--( )

.(ú'vA4=-r,'senq'{ú,+vA4/2.cosq 4 tgq

=:> r, .cos(q) --~.O=r, .cos(q).{ú, +VA4I' .sen(q) VA =-[r, .sen(q)+ () ]

'{ú, -( )

(Ú,4 - tg q sen q

La Inercia Reducida a la barra 2 vendrá dada por:

1 . ,1 ,1 ,1 ,1[

( ) r,' cos(q)]' ,

-.1 .{ú =-.1 '{ú +-'m.v =-.1 .()} +-.m . r .sen q + '(ú,2 ' , 2 o, , 2 ' A4 2 o, , 2 4 , tg(q)-

luego:

]

'. r,.cos(q)

1, =10, +m4{r, .sen(q) + tg(q)

para q ~ 300', la Inercia Reducida a la barra 2 será:

1; =18,03 kg. m'

El Par Reducido a la barra 2 se obtendrá mediante la siguiente expresión:

. - - - -[

( ) r,' cos (q)]T,.{ú,=T,.{ú,+F4'VA4=80.{ú,+F4' r,.senq + tg(q) '{ú,

253


para q = 300', el Par Reducido a la barra 2 será:

T; = 19,96 N.m

En el instante del arranque, la aceleración vendrá dada por:

T; - 19,96 = 1,11radls'a, = 1; - 18,03

Fuerza de reacción que la barra 4 ejerce sobre el suelo, también en el instante del arran-que.

La aceleración lineal de la barra 4 vendrá dada por:

- - - - - - - -,-a... =aA, +a"'A, +a"'l2 +aeo, ~aA, +a"'l2 = aA, +aA,12

que será:

¡ j

O

k

a,l+aA'I2' [cos(q).¡ +sen(q). JJa ¡ =a, xi'o,A + a...12'ü, = O

r, .cos(q) r, .sen(q) O

separando componentes,

r,aA =-r, .sen(q).a, +aA,12'COS(q)

}

a"'l2 =- tg(q) .a,, =>/",.cos(q)

O=r, .cos(q).a, + a...12.sen(q) a... =-[r, .sen(q)+ tg(q) Ja,

para q = 300', se tendrá que:

iiA, = 0,6665. ¡ mis'

Aplicando el Principio de D'Alembert, se tendrá que:

t. =-I G 'a , =-00056.kN.m'"' , '

ti", =-m, .iiA, =-33,3247.iN

254

TEMA 2. ANAuSIS DlNAMICODE MECANISMOSPLANOS

~

L 0 F4---i>-

F;",.

i~4

Tomando momentos respecto a O2, se tendrá que:

1'2+ 1;'2 + r0,< x 143~ O

luego:

-0,0056+80+0,5./43 ~ O

esto es,

/4J ~ -153,8355 N . En forma vectorial

143 ~ -153,8355. [cos(300). i + sen(300).]]~ (-133,2255. i -76,9178.J)N

Considerando ahora el diagrama de sólido libre de la barra 4, se tendrá que:

134 ~ (133,2255. i + 76,9178.J) N

Planteando el equilibrio de fuerzas se tendrá que:

F4 + F;", + 134 + 1;4 ~ O

Considerando las componentes en la dirección vertical, se obtendrá:

/'4 ~-76,9178 N

A modo de comprobación se pueden considerar las componentes en la dirección horizon-tal:

133,2255 -1 00 - 33,3247'" O

c) ¿Podrá el mecanismo adoptar la configuración dada por q ~ 360°7

Existe una imposibilidad geométrica para alcanzar la configuración indicada.

255


PROBLEMA 24.

El mecanismo de la figura forma parte del mecanismo de apertura de una puerta de gara-je. Bajo la acción de su propio peso, la fuerza aplicada F, (constante) y el par del motor T2(constante), el mecanismo comienza a moverse desde la posición definida por un ángulo dela manivela 2, q ~ 135", señalada en la figura. Las longitudes de las barras, las propiedadesinerciales del sistema y el resultado del problema de posición, se indican en las tablas ad-juntas. Se pide:

a) Inercia reducida a la barra de entrada 2 (coordenada q del mecanismo).

b) Trabajo de las fuerzas exteriores entre la posición q ~ 135', cuando se produce elarranque, y una posición genérica para un ángulo arbitrario q.

c) Velocidad de la barra de entrada 2 para el ángulo genérico q.

d) Par reducido a la barra de entrada 2 (coordenada q del mecanismo).

e) Ecuación del movimiento de Eksergian.

f) Aceleración de la barra de entrada 2 para un ángulo genérico q.

y

~g

xDATOS DEFUERZAS

F =F.j, ,1;=I;.f

RESULTADOSDEL PROBLEMA DE POSICION

83 =1J-q

FA= L.(cos(q).¡ +sen(q).J)

FB= 2'L.cos(q).¡

Fe=2. L. sen(q).J

256

DATOS DATOS DEGEOMÉTRICOS INERCIA

02A-L "']ABL "'4ACL IC2

lc]

TEMA 2- ANALISIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solución:

a) Inercia reducida a la barra de entrada 2 (coordenada q del mecanismo)-

Cálculos cinemáticos necesarios:

i? -- q-

] -

VA = r.(-sen(q)-¡ +cos(q).J).q

Va=-2-L.sen(q)-q-¡

Ve=2-L-cos(q)-q.J

Igualando las energias cinéticas del sistema real y del reducido:

Il . -2 I l -2 I l -2 I L2

(2( )

'( ))

-2 1 2 2( )

-'2' 2'q =2' e,'q +2' e,'q +2""" . sen q +cos q 'q +2.m4A.L .sen q 'q

Operando la inercia reducida vale:. 2' '

( )l,(q) = le, + le, +m]'L +m4A.L .sen- q

Trabajo de las fuerzas exteriores entre la posición q = 135', cuando se produce el arran-que, y una posición genérica para un ángulo arbitrario q.

El trabajo entre la posición inicial y otra definida por la coordenada generalizada q es:

hryq

Jq

(- - -

) Jq -

Jq - J' -

W4 = 3ff p'.dre, +T,.d{j+F;.dr; = ]ffp,.dre, + )."T,.d{j+ 3ffF;.dr;4 4 4 4

Se evalúan cada una de las integrales por separado. La primera queda:

1;= -m3' g.J

d re = d re, .d q = ~[L .(cos(q).¡ +sen(q).])].d q = L. (-sen(q).¡ +cos(q).J).d q'dq dq

J:,,1;.d re, = J:,( -m]. g. ]).[ L .(-sen(q).¡ + cos(q). ])].d q = -m]. g. L. J:"cos(q)'d q =4 4 4

= -11"'gL-[sen(q)-sef~JT)]= m] g.L[ ~ -sen(q)]

Este trabajo por ser las fuerzas gravitatorias conservativas puede obtenerse también me-diante su potencial como:

257


f' A .dr =-IJ.V=-m .g '

(h -h

)=m .g '

(h -h

)=

3ff 3 G, 3 4 3ff 3 3",4 "

=m3' g(YG, 1)4'- YG,I,)= m) g L[ ~ -sen(q)]

La tercera se evalúa mediante:

F=F' J~

, ,.

dr;= dr;.d q =~(2'L.sen(q).J)'d q = 2.L.cos(q).Jd qdq dq

f:',F;'d r; = f:,(F;. J).(2. L. eos(q).J.d q) = F;.2. L. f:,eos(q).d q =4 4 4

= F;.2 L(sen(q)- senC ~ff))= F;2 L-( sen(q)- ~)

Puesto que la fuerza es constante también se puede calcular sin necesidad de obtener d r;,mediante:

f::,F;.d r; = F, f::,d r; = F;.J -(r;' - r;)4ff) = F;.J (2, L .sen(q). J - 2. LsenC~J[} J) =

= F;2. L( sen(q)-senC~J[))= F;.2. L -( sen(q)- ~)

El trabajo total queda:

3.,~,f' -

f4 -

f' -

W 4 = 3'ff?,.dre,+ )"T,.d ij+ ].,F, .dr; =4 4 4

[

-/2] (

3'ff

)( -/2

)=m).g-L- T-sen(q) +T,' q-4 +F,'2.L\Sen(q)-T

e) Velocidad de la barra de entrada 2 para el ángulo genérico q.

La energía cinética para la barra de entrada 2, por el teorema de conservacíón de la ener-gía será:

"ff 3ff J,

w,~q - 'F:C'~' -. EC' - EC '.. -UJ.j T - T 'T

258

TEMA 2 ANALlSIS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

luego:

[

J'i] (

3.,,) (

J'i)ECq =11I}.g.L. T-sen(q) +1;. q-4 +F;.2.L. sen(q)-T

Por otro lado, a partir del concepto de inercia reducida también es cierto que:

Il ' .2

ECq =-. 2.q2

Utilizando las dos últimas expresiones:

'o J' ~" o 1+" ,{ ';. '~(+T,(,- ';' J.T,'+~(')- ~iJ]j lG + 1G + 111 . L" + 111 4 L' 2 ( ), ,} 4.. .sen q

d) Par reducido a la barra de entrada 2 (coordenada q del mecanismo).

Igualando potencias en ambos sistemas:

'E'. q =j;. q~+F.v+P.v2 2 ,,3 G,

Sustituyendo las expresiones correspondientes

1;' .q = (1; .i).(q. i)+(F;. J).(2. L.cos(q ).q. J)+ (-111).g. J).[ L.( -sen(q).¡ + cos(q). J).q]

Operando se obtiene:

1;' .q = 1; .q + F,.2. L .cos(q).q -111).gLcos(q).q

Finalmente:

1;' = 1; + F;.2. L .cos(q)-I1I}. g. L .cos(q)

259


e) Ecuacion del movimiento de Eksergian:

La derivada de la inercia generalizada es:

~d l;(q) - ~~ (lG' +lG +m) ,L2 +m4 -4- L' -sen'(q)) =2 dq 2 dq , ,

= Lm4 -4- L' -2 -sen(q) -cos(q) = 4 -m4 -L' -sen(q)- cos(q)2

La ecuación del movimiento será:

1 dl;(q) -q' =1",'1;(qH+2- dq

Sustituyendo resulta:

(lG, + lG, +m)' L2 +m4 -4- L' -sen2(q)) -q + (4-m4 - L2 -sen(q )-cos(q))_q2 =

= 1", + F,.2 -L -cos(q)-m) -g' L -cos(q)

f) Aceleración de la barra de entrada 2 para un ángulo genérico q-

Despejando de la ecuación del movimiento:

-- (1",+ F; -2 -L-cos(q)-m] -g- L -cos(q))-(4-m4 -L' -sen(q )-cos(q ))_q2q=

lG, + lG, +m] -L' +m4 -4. L2. sen2(q)

260


PROBLEMA 25.

El mecanismo de yngo escocés de la figura, corresponde a la simulación del acciona-miento de una prensa de estampación. Durante el funcionamiento está sometido a un par deentrada constante T, de 15 N-m y la fuerza F3 aplicada por el cabezal varía linealmente conel desplazamiento de dicho cabezal entre Oy 520 N entre las posiciones indicadas en el dia-grama.

G)t ""4

~'l

~0~

F"., F,'.)I,iC "-

F,.. F"..;00 '00

'O"~"~,"

FFJ(~3)=~'~3

a2FJ(q) ~ F3".. .cos(q)

Se pide:

a) Partiendo del reposo para q ~ O', calcular las expresiones de la velocidad y aceleraciónde la barra de entrada a 10 largo de un ciclo.

b) Valores numéricos de la velocidad y aceleración <i,qpara las posiciones: q = O,

JT J.JT

q=2' q=JT, q=TY q=2'JT.

Datos geométricos e inerciales:

a2 = 0,3 ID, 102 = 1G2=0,3 Kg. ID2, m3 = 5 Kg, m4 = OKg.

261


Solución:

a) Expresiones de la velocidad y aceleración de la barra de entrada a lo largo de un ciclo.

El ciclo completo, se divide en dos zonas, en la zona / sólo interviene el par externo T"

estando comprendida entre q = O Y q =:J. 7r (posiciones Oa 3), y en la zona JJ interviene2

tanto el par T, como la fuerza externa F3, estando comprendida entre q = %. 7ry q = 2. 7r, (posiciones 3 a 4).

A partir de la gráfica de la fuerza en función de la coordenada (ÓJes posible expresar lafuerza en función de la coordenada generalizada q del siguiente modo:

F _9Í3 F _a,.cos(q) F - F ( )-. . 'COs3 - 3m~ - 3ma, - 3ma, qa, a,

Velocidad ZOfla 1

Para obtener la expresión de la velocidad se empleará el método energético de Quinn.

Se obtendrá una expresión para el coeficiente de distribución de la energia cinética para labarra 2, en cualquier posición q de dicba barra. Para obtenerla se hará uso de una veloci-

dad ficticia o,. Dicha expresión es independiente de la zona de trabajo de la máquina.

VA, = °2 Xro,A,

}

=>V =ro,A, = a, .cos(q).¡ +a, .sen(q).] A2

i j

O O

a, .cos(q) a, .sen(q)

k

()},

O

VA, = -a, .()}, .sen(q).¡ + a, . ()},. cos(q).]

VA, =VA4

VA) =VA4 +VA)/4 = -a, '()}2.sen(q).¡ +a, . ()},.cos(q).J + VI)!4 .J =VA) .¡V =-a.()} .sen (ql.¡A3 " I

Con esto el coeficiente de distribución de la energia cinética para la barra 2 y para cual-quier posición q quedará:

g',

1 ,-./ .()}2 ' ,

Je./ .()}'+Lm .(a .()) .sen (q))'

2 2 , 2 3 , ,

/,/, +m3.ai .sen'(q)

262

TEMA 2, ANAuSIS DINAMlCO DE MECANISMDS PLANOS

Para la zona 1, como solo actúa el par T2, el principio de conservación de la energia que-dará:

wO~q ~L1ECO~q ~ECq -ECo ~ECqT T T T

WO~q ~ T, ' q

Con esto se pnede obtener la energía cinética de la barra 2 y a partir de ahi obtener la ex-presión de la velocidad q,

EC q - q EC q - 1, T - 1 1 "2-E2' T "()

'2'q--'2'q1, +mJ '°, 'sen q 2

21, 'q

1, +m, 'o~ .sen2(q)q

Velocidad Zona II

Para la zona IJ, al actuar el par T2y la fuerza F3, el principio de conservación de la ener-gía quedará:

wO~q ~ Wo~' + wJ~q ~ L1EC~~3 + L1EC;~q

wO~q ~T '~'ff+T .(q-~'ff )+ qrF,

.cos(q).a .sen(q).dq'2 ' 2 J 'm" ,3-'.T,

wO~q ~T .q -~'F: .a 'COS'(q), 2 """ ,

La energía cinética de la barra 2 será:

1, ( 1 '(

))1 .,ECq~ Eq.ECq - . T .q --.F .a .cos q ~-.l.qJ , T

1 'J( )

, 2 'm« J 2'

J +mJ 'a, .sen q

21. q -F .a .cos' (q), 3m" ,q~JI "

( )l,+mJ'oJ.sen q

Aceleración Zona 1

Para la expresión de las aceleraciones se empleará el método de fuerzas y masas reduci-das. Se obtendrán expresiones de la inercia reducida y del par reducido para ambas zonas.

La inercia reducida se calculará igualando la energía cinética del sistema real y del siste-ma reducido:

1 -' ',' 1, ." 1 (n F 1(- '2' \ .,

Eq~21,.q ~2'o,'q T2m3'~GJ) =21o,+mJ.a,.sen lq))'q

263


y, por lo tanto,

, 2 2( )12 =10, +m] 'a2 .sen q

Derivando respecto de q:

1 dI'

'2 d~ =m] .a; .sen(q).cos(q)

El par reducido se calcula igualando la potencia asociada a las fuerzas exteriores tanto enel sistema real y en el reducido:

P=T,' .q=T,q

El par reducido queda:

T;=T,

La ecuación de Eksergian quedará:

1'" 1 dI; .2 T'

2'Q+'2 dq.q = 2

(Io, +m] .a; .sen2(q)).ij+(m) .a; .sen(q).cos(q)).q2 =T,

Despejando la aceleración de la ecuación del movimiento queda:

.. T, -(m) .a; .sen(q).cos(q) ).q'q = 0:2-

lo, +111).a; .sen2(q)

Aceleración Zona II

La expresión de la inercia reducida y su derivada será igual que en la zona anterior.

La expresión del par reducido quedará:

P= T,"q =T, .q-F) T = (T,+a,'F, .cos(q).sen(q)).qG] m"

T;=T,+ a2' F,m« .cos(q ).sen(q)

La ecuación del movimiento quedará:

1'.. 1 dI; .2 Y,

2'q+'2 dq.q = ,

(lo, +m] .a; .sen2(q)).ij+{m, .a; .sen(q). cos(q)).q' = T, + a, .F)m«.cos(q ).sen(q)

264

TEMA2. ANAuSIS DINAMICODE MECANISMOSPLANOS

La aceleración resulta:

.. T,+a, .F3m=.cos(q).sen(q)-0n) .a; .sen(q).cos(q)).q'q- , '

( )1", +m] .a2 .sen q

También se podrian obtener las aceleraciones sin más que derivar las expresiones de lasvelocidades obtenidas respecto del tiempo.

Para las posiciones señaladas los valores de la velocidad y la aceleración son:

265

qo =0 qo = 0,00 radIs ijo = 50 radIs'ff

q, = 7,92 radIs ij, = 20 radIs'q, =2q, =ff q, = 17,72 radIs ij, = 50 radIs'

3.ffq3 = 13,73 radIs ij] = 20 radIs'

q]=T

q4 = 2.ff q4 = 10,49 radIs ij4= 50 radIs'


PROBLEMA 26.

El mecanismo de la figura corresponde al tren de aterrizaje de una avioneta, el cual se re-pliega al aplicar sobre la barra 2 un momento alrededor del eje que pasa por O,. Para la posi-ción inicial de la figura, en la cual el mecanismo parte del reposo, el valor de ese par esconstante j ~ 25O.k N .m .

Se pide:

a) Aceleración en el instante de] arranque de la barra 2. (En caso de necesitarlo, considereque, en esta configuración, cuando úJ2 ~ I radls entonces úJ4~ 0,6 radls

y vG, ~ 0,6 mis)

b) Velocidad de la barra 2 cuando 62 ~ 360 e .(Para esa posición 6, ~ 339,73 e y además

considere que, en esta configuración, cuando úJ2~ 0,9 radls entonces úJ, ~ 0,539 radls

y ve4 ~ 0,539 mis).

40 cm-

20 cmt 04

G)

266

TEMA 2. ANALlSlS DlNAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Datos:

,Bana 2: CDMesta en O2,m, ~ SOKg, lo, ~ 0,417 Kg'm .

Barra 3: m3 ~ O.

Barra 4 (conjunto formado por la barra 4 y la rueda): m4 ~ SOKg. con centro de gravedaden G. y con un momento de inercia alrededor de un eje que pasa por G de valor lo ~ 252Kg'm .

En la posición inicial 8, ~ 296,77 "y 84 ~ 300" y el punto S se encuentra sobre la verticalde O2.

°4S ~ 80 cm, O,A ~ SOcm, AS ~ SOcm y SG ~ 20 cm.

Solución:

a). Aceleración en el instante del arranque de la barra 2.

En el instante del arranque, la velocidad es nula por lo que la ecuación del movimientoquedará corno sigue:

T; ~ a,.1;

Para calcular la aceleración en ese instante se han de calcular los coeficientes 1; y T; .

La inercia reducida a la barra 2, (, se obtendrá de la equivalencia de las energias cinéti-cas del sistema real y del reducido.

1 . ,1 ,1 ,1 2-.1 '0) ~-.l '0) +-.1 .0) +-'m .v222202 '2G4 42 4G4

que será:

, ,O) VG4

1'-1 +1 .-"-+m4'--'-,- 02 04 O)i 0)2

Corno se han dado los datos de un análisis cinemática para esta configuración, se puedensustituir dichos valores en la expresión anterior y asi calcular el valor de la inercia reduci-da para esta configuración.

, O6' 06'1,~0,4l7+25.-'- ,

'+50.-'- , ~27,47Kg'm'- 1 1

267


A continuación, se calculará el par reducido a la barra de entrada, T,' . Estableciendo la

igualdad de las potencias instantáneas del sistema real y el reducido, se tendrá:

1'; .m, ~ 1', .m, +1114' g'VG4

Para el vector vG4se tiene que:

VG,~ VG4,(cos(84 +90")'[ +sen(8, +90"). ])~YG, .(-sen(84).[ +cos(84)'])

Suponiendo m, antihorario y el par reducido también, se tendrá que:

T; 'úJ, ~T2 'úJ, -111, .g'YG4 .cos(84)

, YG4T ~T,-1I14'g'~2 úJ,

Como anteriormente, se sustituirán los valores del análisis cinemática aportado como datopara esta configuración.

T; ~250-50.9,81. 0,6 'cos(3000)~1O2,85N'mI

Por tanto:

T; - I 02,85 ~ 3,74 radís'a, ~ 1; - 27,47

b) Velocidad de la barra 2 cuando 8, ~ 360".

Para el cálculo de esta velocidad se usará el Método de Quinn.

En primer lugar se calculará el trabajo realizado por el mecanismo entre las dos posicio-nes conocidas. Es decir:

w/ryll ~ ¿F.dr+ ¿T. M

En este caso la única fuerza que esta actuando es el peso de la barra 4, y en cuanto a pares

solo está actuando 1', sobre la barra 2.

Como:

.dr ~ Gru-r¡I).] ~ GI'sen(339,737"~-II'sen(300"~)'] ~ (0,86-0,346).] ~ 0,5195.] m

LW~ (811 -8¡}.k ~ (3600- 296,77").;;; ~ 63,23°.;;; ~ 1,1.;;; rad

268

TEMA 2, ANALISIS DINAMICO DE MECANiSMOS PLANOS

El trabajo finalmente es:

WhIl = (-509,81.]) (0,5195J)+(250k)(l,lk)= -254,8+275=20,185J

Por el Teorema de las Fuerzas Vivas ese trabajo es igual al incremento de la energía ciné-tica que sufre el sistema:

WhIl =¿JEC;_u

Dado que se parte del reposo, el trabajo de las fuerzas exteriores será igual a la energíacinética del sistema en la posición final, es decir:

¿JEC;_Il = EC~ - EC; = EC;1

Luego:

EC~ = 65,1 Julios

A continuación se calcula el coeficiente de contribución de la energia cinética para la ba-rra 2:

1 ,-,lo 'aJ,

u 2 211" EC, -1", = ---¡¡ - 1,.. '

ECT .1..1 .aJ' +-'m, .Ve,+-2 le, aJ,2 o, , 2

,lo, .aJ,

2 2 ,10,.aJ, +m"VG4+1G4'aJ,

Se sustituyen las velocidades del análisis cinemática aportado como dato, para esta confi-guración:

"Il- 0,417.0,9' =0015, 0,417.0,9'+50.0,539'+25.0,539' '

Conocido ,,;1 se calcula la energía cinética de la barra 2:

EC;1 = ,,;1 'EC~ = 0,015 .20,18 = 0,31 Julios

Finalmente se calcula la velocidad asociada a esa barra:

~2'EC;1 J2.0,3l 1219 di (

'd

")aJ, ~ = - =, ra s sentl o POSItIVO,

M 0,417

269


PROBLEMA 27.

En el mecanismo mostrado en la figura, la polea 2, de radio a, está pivotada en A y tiencun momento de inercia 1, alrededor de O2.El punto P de la polea, que está situado a un radioAP ~ r conduce, mediante una masa m4 colgada alrededor de la polea y que forma parte delsistema mecánico, la barra 3 que se encuentra verticalmente ranurada y tiene una masa m3.Determinar:

a) Expresión del par y la inercia reducidos del sistema a la polea 2.

Dados los valoresnuméricos: 1, ~ 1,571 Kg.m2, m3 ~ 1 Kg, 1114 ~ 2 Kg, a ~ 1 m,r ~ 0,75 m, se pide:

b) Aceleración angular que adquiere la polea 2 en el instante del arranque, supuesto estepara una posición del mecanismo dada por q ~ O.

c) Velocidad angular de la polea 2 cuando la coordenada q ~ 90°.

d) Aceleración angular de la polea 2 cuando la coordenada q ~ 90°.

qI

-.-.-.-.-.-.- ------- -----~-_. ._.-

G) I IG)

G)

1114

NOTA: La coordenada generalizada es el ángulo q.

270

TEMA 2- ANAuSIS DINAMICO DE MECANISMOS PLANOS

Solución:

a) Expresión del par y la inercia reducidos del sistema a la polea 2-

Inercia reducida-

C 1 . ,1 ,1 ,1 ,E =--[ -01 =--[ -O} +--111 -v +--I11-V2"2"23G'24G,

Las velocidades de los centros de gravedad de las barras 3 y 4, puestas en [unción de laangular de la barra 2 serán:

- ~ z "vG,=-O},-O-j=:>vG,=O},-o

vG,=vp,- -

ve, = vP, +vp,13 = ve, -; +vP,13 - j

-O}, -r-sen(q)-J +01, -r-cos(q).J = vP,-¡ +vp,/3.J

vp, =-O},-r-sen(q)=:>v~ =V~, =O}i-r'-sen'(q)

I

II

Sustituyendo los valores de las velocidades en la expresión de la energía cinética, se tiene:

1 . ,1 ,1 " '( )

I "EC=--[ -O} =~-l -0}-+--111 -01 -r osen q +--111 -O} -o2 ' 2 2 ' , 2 J 2 2 4 ,

Despejando, la Inercia reducida del sistema a la barra 2 quedará:. 2 '

( ),

[, = [, +111)-r osen q +1114-0

Par reducido-

'L'-O} =P-v _ (-111 - g -j~ )- (-o}-O- j~

)=/11 - g -O}-o, , 4 G,- 4 4 ,

T;=1114-g-0

b) Aceleración angular que adquiere la polea 2 en el instante del arranque, supuesto este parauna posición del mecanismo dada por q = O-

En el arranquese tiene que ti = O-

T:- [. --- --- T,'- /114 - g -a 2 -9,81- I, - 2 q =:> q - . "( )

' ,[, [, +m, -r -sen- q +1114-o 1,572+2-1-

q = 5,493 mI s'

271

.

i j k

ve, =1 O O 01,1=-01, -r-sen(q)-J +0}, -r-cos(q)-J

r-cos(q) r-sen(q) O


c) Velocidad angular de la polea 2 cuando la coordenada q = 90'.

Cuando la polea gira 90', la masa m4 desciende una longitud de 1/4 de la longitud de lacircunferencia de la polea.

La configuración J se establece cuando q = O' (O rad), y la configuración JJ cuando q = 90'(1li2 rad).

Trabajo de las acciones exteriores al pasar el mecanismo de la configuración J a la IJ.

WHll =MCHll =ECll - EC1 =ECll

WHll =-MpHll _(Epll -Epl )=-m . g .(hll -h1 )= --m .g .(- lra )m, m, m,' 4 2

W/~1I = m.' g.1!..a = 2.9,81. lr.1 = 30,879 J2 2

La expresión del coeficiente de contribución a la energía cinética de la barra 2 es:

l ,-.J,"";EC' 2¡!l,= '- 1 1, I ,'EC' J ",', -'In.. 'v G +-.m. 'vG,

T -. ,'~" '°, , 22 2

J,J, +m, .,.' .sen'(q) + m. .a'

Particularizando para la configuración J1.

óll = 1,572 - O38, 1,572+1.0,75'.1'+2.1' '

La energía cinética de la barra 2 en la configuración IJ será:

EC;I = ¿,I .EC; = 0,38.30,819 = 11,717 J

A partir de esta energía cinética se calculará la velocidad de la barra 2.

ECll =2..J .('ll

)' ~ .ll =~2'EC: = 2.11,717, 2 ,q q J I572, ,

3,861mIs

d) Aceleración angular de la polea 2 cuando la coordenada q = 90'.

Se empleará en este momento la expresión completa de la ecuación de Eksergian.

.,.' J '.. 1 dJ; .," = , .q+-;¡'dq.q

272

TEMA 2. ANÁLlSJS DJNÁMICO DE MECANISMOS PLANOS

La derivada de ]a inercia reducida respecto la coordenada generalizada será:

dI; =mJ.r22.cos(q).sen(q)dq

Para la configuración 11se tiene que q ~ 90", con lo que:

dI; = Odq

Y, por tanto, la ecuación de Eksergian en la configuración 11queda:

T: - 1'...2 - 2 q

.. T; 2.9,81

q = 1; = 1,572+].0,752.12 +2.2 = 4,539 mi S21

273

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MÁQUINAS YMECANfSMOS

PROBLEMA 28.

La cinta transportadora de la figura adjunta es accionada por un motor unido al engranaje2, el cual transmite el movimiento al engranaje 3 que está rígidameute unido a la polea 4. Lacinta debe de transportar un objeto (barra 6) de 10 kg. de masa. El mecanismo parte del re-poso y sus características geométricas e inercia]es son las siguientes:

2, ~ 25 2) ~ 60

" ~r5 ~30cm

ID, ~ 0,035 kg. m ,

m, ~lOkgla, ~0,020kg'm2 1 ~ 1 ~ O100k g .m'°4 05 '

El peso de la cinta de transp0l1e se considera despreciable.

d~lm

y

. G)

Motor

.X

10m

Se pide determinar lo siguiente:

a) Par (N'm) que debe de suministrar el motor en el momento del arranque si se desea queel objeto 6 experimente una aceleración de l mis' hacia la izquierda.

b) Velocidad del objeto 6 cuando se acciona la cinta transportadora con un motor quesuministra un par de 2 N'm, sentido horario, y el objeto 6 alcanza la localización dadapor d ~ 5 m.

c) Aceleración del objeto 6 cuando llega a dicha posición.

274


Solución:

a) Par (N'm) que debe de suministrar el motor en el momento del arranque si se desea que elobjeto 6 experimente una aceleración de I mis' hacia la izquierda.

Inerciareducidaal engranaje2.

1 . ,1 ,1 ,1 ,1 ,1 ,-.1 .", =-.1 .", +-.1 -'" +-.1 .", +-.1 -'" +-.m .v2"" 2'" '2'" '2°' '2°' '2 ,o,

siendo:

"') = "', = aJ,

Por otra parte:

aJ, z, --=--,"', z)

z,aJ,=--"",;z,

zvo,="', -', =--'--" -"',z,

Sustituyendo:

1~ = 1", +(1", +10, +10, ).( - ::)' +m,.( - :: .,,)' = 0,2294 kg. m'

Par reducido a la barra 2:

T;'aJ, =T, '&, +,0, ,vo, =T, 'aJ,

luego:

T;=T,

Por otra parte se tendrá que:

ao, =a,',; a, = 3,3333 radls'

siendo a, = a3

z,a, =--.a3z,

Luego:

60 ,a, =--.3,3333=-8radls25

275


La ecuación de Eksergian en el instante del arranque será,

1',' =1; .ex,

sustituyendo valores, se obtendrá que:

T, =O,2294.(-8)=-1,8352N.m

b) Velocidad del objeto 6 cuaudo se acciona la cinta trausportadora con un motor que sumi-nistra un par de 2 N'm, sentido horario, y el objeto 6 alcanza la localización dada por d =5m.

La longitud a recorrer por el objeto 6 es de Al =4 m y el ángulo girado por la polea 4será:

ddd&, = - = 13,3333radr,

y por lo tanto:

zILI&,I=...l..LI&,=31,9999rad

z,

Aplicando el Teorema de Conservación de la Energia, se tendrá:

(ECTt -(ECT)' =T, .d&,

(ECT)'f = 63,9998 J

Aplicando el teorema de Quinn, se tendrá que:

I ,-.1.0) 1o, ,&_2 --EL=OI526, I .'

1, , lO,-. .aJ2 O, ,

Luego:

~'IO' .{O;=&, .(ECrt =9,7664J

Despejando:

O), = 23,6237 radls sentido horario

77(,


y por lo tanto:

{Ú3 = - z, . (- 23,6237) = 9,8432 radls2,

VGo= "'4 .r4 = 2,9530 mis hacia la izquierda

c) Aceleración del objeto 6 cuando llega a dicha posición.

Dado que la inercia generalizada es constante, la aceleración angular de la barra de entra-da, vendrá dada por:

- 2 = 0,2294. a,

Luego:

a2 = -8,7184 radls'

Y, por lo tanto,

5-=-~a2

,z,

a3 = 3,6327 rad/s'; QG6 = a4 . r4 = 1,0898 mis

277

S¿¡iVNnION¿¡ÁSVA¿¡7

fVWlII

TEMA 3. LEVAS Y ENGRANAJES

PROBLEMA 1.

Se desea diseñar una función de desplazamiento para una leva de movimiento alternativode rodillo cuya velocidad de giro. es 200 r.p.m. constante, que cumpla las siguientes condi-ciones:

. Tramo de subida hasta alcanzar una detención con una elevación de 1 cm, asociado a unángulogiradopor la levade 90'.

.Detención durante un giro de la leva de 15'.

. Tramo de descenso hasta alcanzar un desplazamiento de primera derivada constante.

.Tramo de primera derivada constante que se mantendrá durante un giro de la leva de 45'y al que corresponderá un desceuso de un tercio de la elevación.

.Tramo de descenso hasta alcanzar una detención.

.Detención durante un giro de la leva de 30'

. Suponer que la elevación de los tramos 3 y 5 son iguales.

Se pide:

a) Seleccionar las funciones de desplazamiento adecuadas y obtener los parámetros quelas definen utilizando las funciones que aparecen en el formulario anexo.

b) Calcular la velocidad y aceleración del seguidor para un ángulo de la leva de 68'.

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO A DISEÑAR

Diagramad, d"plmmiento0.011

00.006

I-O8

0.002

~-0003

Ango"gi"',poeblm

281


Solución:

a) La solución de la función de desplazamiento buscada debe satisfacer las condiciones indi-cadas en las gráficas, que esencialmente consisten cn quc la segunda derivada dc la fun-ción de desplazamiento es nula para los tramos conocidos (segundo, cuarto y sexto).

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTO A DISEÑAR Y SUSDERlV ADAS

0.011Oi,seom,d,d"p]",mi,'" ,

IOOOor"8o.oo,~

~-

-<000,' ,Ao,o'o"000 O" 1"",

0.005P,¡o"",d"¡,,d,d'd"p]"'mi,,"

fom

e,"'-0003

--<0005

'ogo'og'odo,","""

Sdgoodod'n"d, d, d",]m,,¡,",o

,0333

-1-<0333

-,Aogolo,'oOo'" ,,"',

282


Para seleccionar las funciones de desplazamiento necesarias sólo es preciso darse cuentaque los tramos buscados todos deben comenzar y terminar con segunda derivada nula. Delas funciones estudiadas sólo las cicloidales cumplen estas condiciones. Por ello, se selec-cionará para el primer tramo una función tipo C-S, para el tercero una C-3 y para el quintouna C-4.

Para obtener los valores de las subidas y ángulos girados en cada tramo es interesante re-flejar en la tabla los valores conocidos a partir de los datos del problema. Esto puede ver-se en las siguientes tablas.

Se puede apreciar que sólo tenemos cuatro incógnitas: L3, Ls, ¡;, Y¡;,. Por lo tauto, ten-dremos que plantear cuatro ecuaciones.

Las dos primeras ecuaciones se derivan directamente de la suma total de ángulos giradosy de la condición de continuidad de la función de desplazamiento:

L, +L, -L3 -L4 -L, +L6 =0 => 0,00666 - L3 - L, ~ O [1]

[2]L] ~ L,

J3, + J3, + J3, + J34 + J35+ J36 = 2.ff => -ff+ J3, + J35 = O [3]

Puesto que L3 = L5 => 0,00666 - 2. L3 = O, Ypor tanto, L, = 0,0033 .

La otra ecuación que se necesita debe obtenerse de las condiciones de continuidad de laprimera (o cuando corresponda de la segunda derivada) en el inicio y el fin de cada tramo.De la segunda derivada no se puede obtener nada puesto que siempre es nula al comienzoy fin de cada tramo y esto es así por la forma de las fnnciones utilizadas (cicloidales) y esindependiente de los valores de L y J3del tramo. Por lo tanto, sólo será posible imponercondiciones en la primera derivada. Por otro lado, la primera derivada es diferente de ceroexclusivamente al final del tramo 3 y al principio del tramo 4 y estas serán las únicas con-diciones que podremos utilizar. La ecuaciún que falta será, por lo tanto:

y; (J33)=y; => L3

[ (J3)

)]

2.L3 '

- J33' I-cos ff'J3, = ¡¡;=Y4[4]

283

L¡ (m) L, (m) L3 (m) L4(m) Ls (m) L6(m)

0'01 O 0'00333 O

¡n 2(') 3n 4e) 5n 6 (O)

90" 15' 45' 30"


Quedaria por calcular el valor de la primera derivada en el tramo 4, que vale:

. L4 - 0,00333 = -4,244.10-3 miradY4=--- 7/:

/34 45.-180

Sustituyendo este valor en la ecuación [4] resulta:

2.L3 =-4,244.10-3- /33

=;>7/:

/33=-=90°2

En resumen, se ha obtenido que:

L3 = L5 = 0,00333

/33=/3.~~, .2

Luego:

(8 1

(2'7/:.8

))y.(8)=L,. sen ~ Si 0<8s/3,

/3, 2'7/: /3,y,(8)=0,01 Si /3, <8s/3,

y(8)~f3(8)=L3 {I- ;,+,;sen( ~38)) Si /3, <8s/33Y4(8)=-4,244.1O-3.8

Y5(8)=L5'(I-~+Lsen

(

7/:'8

))Si /34<8s/3,

/35 7/: /35Y6(8)=0

Si /33<8s/34

Si /3, <8s/36

b) Dada la velocidad constante de giro de la leva y conociendo la función de desplazamientoy sus derivadas en el primer tramo, la velocidad y la aceleración del seguidor para la posi-ción de la leva indicada en el ennnciado, viene dada por:

[ [

68'.!'

] ,

. 7/: . 7/: L, 180R(68'180)=y,(68'180}úJ= /3,' l-cos 2'7/:' /3, '{ú=

I [

68. .!'

] !

0,01 180 2'7/:

= 1 . l-cos 2.7/:. 1 .200'60=0,1287 mis

284

~8Z

,

[

~](

09

)H) ,SfUlE91¡¡-=OSI.ff.ZlioS'-'OOZ',=-ff.Z1O0.ff.Z

1{'S9'

[

'El

]

,'El(

OS¡

),

(OS1

)=.ff.Zuos.(1).-(1).-'S9t=-'S9¡¡

OSI''7.ff.ZZff..ff..1{'S9

SgrVNVlIDNgÁSVAiJ1',V}VYL


PROBLEMA 2.

Una leva con seguidor de rodillo, cuya velocidad de giro es de 400 r.p.m., tiene ya defini-do parte del diagrama de desplazamiento del seguidor, como muestra la figura.

A B e D E Ay 2

1

ojJ¡ f32 A jJ4 jJs

El tramo AB es de subida desde el círculo base hasta la elevación, que es de 2 cm. El tra-mo Be es de descenso desde la elevación hasta l cm. En los tramos eD y EA el seguidor elseguidor está en reposo durante 0,0375 segundos. El tramo DE es de descenso desde l cm.hasta el círculo base.

En el punto B la aceleración de la Jeva esy" ~ -5,2033*10.3 cm/"-

Se pide:

a) Seleccionar las curvas adecuadas para unir los puntos A y B, B Ye, D y E.

b) Determinar los valores de los intervalos /31,/32,/32,/l4 y /35.

c) Dibujar a mano alzada los diagramas de y,y' e y" del seguidor.

286

I I

TEMA 3. LEVAS y ENGRANAJES

Solución:

a) Seleccionar las cnrvas adecuadas para unir los puntos A y E, E Y C, D y E.

b) Detenninar los valores de los intervalos /3¡,jJ" /33,/34Y /33.

Los dos primeros apartados se resolverán simultáneamente.

En primer lugar se deben analizar las condiciones definidas en el enunciado.

Del diagrama de desplazamientos se deducen todos los L¡.

El tramo AE es de subida cou velocidad O al inicio y final del tramo y con aceleraciónnula al inicio pero distinta de cero al final de ese tramo. Por tanto, la función escogida pa-ra este tramo es una polinomial tipo P-I, de ecuaciones:

yd¡ (6,09(;r -20,78(;)' +26,73(;)' -13,6(;)7 +2,56(;)")

y =j¡lI8,29(;)2 -103,9(;)' +160,38(;)' -95,26(;)' +20,48(; ny =~¡;(36,58(; )-415,6(; r +801,94(;)' -571,6(;)' +143,41(;n

El tramo EC es de bajada, con velocidad O al inicio y final del tramo y con aceleracióndistinta de cero a1inicio nula al final de ese tramo. Por tanto, la función escogida para estetramo es una polinomial tipo P-2, de ecuaciones:

y=L,{1-2,63(;,r +2,78(;')' +3,17(;,)6 -6,87(;')' +2,56(;')'}

Y =~J -5,26(~

)+13,9.

(~

)4 +19,02.

(~

)5 -48,14.

(~

)6 +20,48.

(~

)

7

)/32 l /32 /3, /32 /32 /32

y = ~~ (-5,26+55,61(;' r +95,11(;')' -288,87(;,)' +143,41(;' nPuesto que del diagrama se deduce que L¡=2 cm, L2~1 cm, solo es necesario calcular losparámetros /3,.

287

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAQU/NAS y MECANISMOS

Se impone la condición de contorno del valor de la segunda derivada conocida, es decir:

1"1

=1"1nM' PI Lem

L~(36,58-415,6+801,94-571,6+143,41)=- 0,0052033/31

-5,27.4 = - 0,0052033 De donde se obtiene que /31= 45'/31

Del tramo BC:

1"1

. =1"1[,'o<o[P' L"."

- 5,27. L; =- 0,0052033 De donde se obtiene que /32= 31,82"/3,

También se sabe que:

2. ff/33 = t. 0)=0,0375.400.- =\,57 rad= 90"

60

2. ff/3. =t. 0)=0 0375.400.-= 157 rad =90"

2 , 60'

y puesto que:

A + /3, + jJ, + /34 + /3, = 2'ff

Se deduce el último de los parámetros que se necesitan:

10 =2'ff- 10 - jJ - /3 - 10 =360-45-3182-90-90=10318'1-'4 1-'1 2 3 1-'5 ' ,

El tramo DE es de bajada, con velocidad O al inicio y final del tramo y con aceleraciónnula al inicio y al final de ese tramo. Por tanto la función escogida para este tramo es unacicloidal tipo C-6, de ecuaciones:

(

8 1

(

2'ff8

))y=L4. I--+-.sen ~

/34 2'ff /34

Función de la que se conocen todos los parámetros (L4 = 1).

288

TEMA 3. LEVAS YENGRANAJES

e) Dibujar a mano alzada los diagramas de y, y' e y" del seguidor.

y"A DB e

o

p, jJ, ¡J, p,

y'A B De

o

jJ, jJ, p,¡J,

y"A DB e

o

jJ, ¡J, ¡J, jJ,

E

E

E

A

¡J,

A

¡J,

A

¡J,

289


PROBLEMA 3.

El seguidor del rodillo de una leva se desplaza 1 cm., y vuelve a la posición inicial. La fi-gura muestra el diagrama de desplazamiento con parte de la curva especificada.

y 1A B e D E F

0,6

0,5

I0,2

oA /h /JJ fJ. jJ, /36

f)

En el tramo Be el seguidor tiene una velocidad y' constante y el ángulo /lJ =20..

En el tramo DE la curva de desplazamiento es una annónica de tipo A-2.

Se pide:

a) Seleccionar perfiles adecuados para unir los puntos A y B, e y D, E y F

b) La tabla muestra parte de los valores cinemáticos del seguidor. Terminar de completarlos valores de la tabla.

290

A B e D E F

y (cm.) o 0,2 0,6 1,0 0.5 o

y' (cm.!..) o 0,02

y" (cm.F.) o o


Solución:

a) En primer lugar se deben analizar las condiciones de contorno de los diagramas de y, y' ey". Para ello se plantean los tres diagramas correspondientes y se incluyen en ellos losdatos proporcionados por el ennnciado. Como el de desplazamientos ya está en el enun~ciado, se muestran los otros dos.

y'

0,02

o

Eu el tramo AB se observa que el seguidor parte de cero y se eleva, su velocidad y' esnula al inicio y 0,02 al final del tramo y su aceleración y" es nula al iuicio y al final. Laúnica curva que cumple esas coudiciones esla C~1.

291

A B e D E F

I I I-+

I,¡I

I_J¡

fJ¡ ¡J, jJ, fJ4 fJs fJ,(J

y'A B e D E F

I I I !,

I I I I,

I

I

I I

IiI

II

01 I I

i ! I 'I 4-J1=[

I

[ I I I I

fJ¡ ¡J, jJ, fJ4 fJs fJ6(J


La ecuación de velocidades para este tramo es:

i=j, ll-CO{ff.;J)

Para este tramo, L, = 0,2, Ycuando 8 ~ /3, => y' = 0,02

0,02 = 0,2 .(

I-COS(

ff' /32)J

= 0,2.2/32 /32 /32

/32= 20'

En el tramo CD el seguidor sigue subiendo hasta llegar al final de la elevación, la veloci-dad al inicio del tramo es de 0,02 y al final es O,y la aceleración al inicio del tramo es Oyal final es negativa. La única curva que cumple estos requisitos es la A-3.

La ecuación de velocidades para este tramo es:

ff.L

(

ff.8

)y'= 2. /3: .cos 2,/3,

Para este tramo, L2 ~ 0,4, Ycuando 8 ~ O=>y' = 0,02

002 _ff.0,4(

ff.0

)_ff.0,4 /3 _lO _314159'--.cos - --=> 4- 'ff-

, 2./34 2./34 2,/3, '

La aceleración al final del tramo será:

" ff2'L,

(

ff.8

)Y =- 4. /3; .sen 2./34

Para 8~ /34

"- ff2. L4

(ff' /34

)- ff2 .0,4 - O001 m/,2Y ,-.sen - - 2 -, c

4,/3, 2./34 4.(10'ff)

Del tramo DE se sabe que L5 ~ 0,5, Y que la curva que sigue es armóuica de tipo (A-2).

Comose exige la continuidaden las aceleraciones,la aceleración cuando 8 ~ Oseráy" ~ -0,001 cm./". De la ecuación de aceleraciones de este tramo se deduce /35.

" ff2 .L,

(ff.8

)Y =- 4./3; .cos 2./35

ff'.05

(ff'O

)ff2.05 r;:

- 0001 = 2 cos - = 2 =>/3, = 5..y 5 . ff = 35 1241', 4./3; 2,/3, 4./3; ,

292


Sabiendo jJs, se puede calcular la velocidad en el final del tramo, para B~/35.

ff.L

(ff.B

)

ff.05

(ff./3.

)y'= 1-.sen - ~ ' .sen '- =-0,02236cm/"

,2./3, 2./3, 2.5..J5.;;¡; 2./3,

En el tramo EF el seguidor completa el retorno, la velocidad en el inicio del tramo vale -0,02236 cm/" y las aceleraciones al inicio y final del tramo son nulas. Esto se consiguecon la curva C-4.

La ecuación de velocidades es:

y'=;' {1+CO{ff.;.))

Para este tramo, L6= 0,5, Ycuando B= O=>y'= -0,02236

-0,02236 = - 0,5 .(

1+COS

(ff.~

))= - 0,5.2 => 13, = 44,7214°

/3, 136 /36

El valor de /h se obtiene de la siguiente resta:

/h = 360 - /h - /3,- /3.- jJs-,o. = 208,7386°

Las gráficas resultantes (fuera de escala, naturalmente) son:

y 1A B e D E F

°

0,6

0,5

0,2

/3¡ /h jJ, fi¡ /3s /3,&

293

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS

y'A

0,02

o

-0,022

/3¡ jJ,

y"A

o

-0,001

jJ¡ jJ¡

b) La tabla quedará completa así:

B

B

e D E F

jJ,(J

jJ¡ f3s /36

e D E F-,

jJ,(J

jJ¡ f3s fJ6

294

A B e D E F

y (cm.) o 0,2 0,6 1,0 0,5 o

y'(cm./".) o 0,02 0,02 o -0,022 o

y" (cmr.) o o o -0,001 o o


PROBLEMA 4.

Sea el siguiente tren de engranajes epicicloidaL

ep

8 B

~~ s .-._..-.-.-.

~ ~e%

.-..-.

Se pide calcular:

a) Número de dientes del planeta, zp'

b) Velocidad de giro del brazo portaplanetas B, OJE'

c) Módnlo de la velocidad del centro de gravedad del planeta, ve,'

d) Velocidad de giro del planeta, OJp'

Datos:

Velocidad de giro de la corona e, OJe ~ 3.000 r.p.m.

Velocidad de giro del sol S, OJs~ Or.p.m.

Zc ~ 100; Zs ~ 50; m ~ 4, para todos los engranajes.

Solución:

a) Número de dientes del planeta, zp'

Por la geometria del tren de engranajes, es fácil deducir que:

dc=ds+2.dp

295


De la definición de módulo se puede despejar el valor del diámetro primitivo de un en-granaje.

dm=-=;.d=m.z

z

Como el tren de engranajes es simple, todas las ruedas tienen el mismo módulo. Sustitu-yendo la definición anterior en la primera ecuación se tiene:

m.zc = m.zs + 2 .m.zp

ze = Zs +2.zp

100=50+2.zp

zp = 25 dientes

b) Velocidad de giro del brazo portaplanetas B, "'E.

Aplicando la fónnula de Willis al conjunto fonnado por la corona, el sol y el brazo porta-planetas, se tiene:

"'es - "'e-úJE - 3000-úJB 3000-"'E

)

"'SB úJS-"'B O-"'B -"'E 1 3000-",

( )

=;.--= B=;""E=2000r.p.m.

::: = <: :; =<: = - 15000 = -~ 2 -"'E

c) Módulo de la velocidad del centro de gravedad del planeta, vG .,

El centro de gravedad del planeta se encuentra exactamente en su eje, el cual coincide enel montaje con el extremo del brazo portaplanetas. Este extremo gira alrededor del eje delbrazo con la velocidad angular "'B. Por tanto, el módulo de la velocidad del centro de

gravedad será:

VGp = "'B .rB = "'E.h +rp)= "'E .(m .ZS +111.zp)= 2000. :o .4.(50 + 25)= 31,4159 mis

d) Velocidad de giro del planeta, úJp'

Se aplica una segunda vez la regla de Willis, empleando ahora, únicamente, el sol y elplaneta.

"'FE - úJP-"'E úJp-2000 = "'P_2000

)

"'SE "'S-úJE 0-2000 -2000 =;. -2

"'PE =- Zs = - 50 =-2úJss zp 25

"'p -2000 =;. "'p =6000r.p.m.-2000

296


PROBLEMA 5.

Sea el tren planetario de la figura, donde se indican el n' de dientes de cada rueda. Calcu-lar la velocidad angular del eje V cuando el eje X gira con una velocidad constante de 20radls en sentido horario y el eje Ylo hace con 20 radls en sentido antihorario.

PI (30)

tr. np, (35)

E (18)

=F (30) "'/////~

v="'/////~

=W/////

X

=W///h

u

SI (20) 1 D(12)

~-=y

~

=W///h

A (15)

ibx = -20. k radls; iby = 20.k radls

297


Solución:

La velocidad del eje V viene dada por la velocidad del eje U a través de la expresión:

ZDIVv =IVE =--'IVD

ZE

Para encontrar la velocidad de la meda D, que es igual que la de la meda S¡ e igual que ladel eje U, hay que resolver el tren epicicloidal S¡-(P¡-P,)-Sl, con el brazo B tal y como se in-dica en la figura. Aplicando la fórmula de Willis se tendrá:

IVS2B IVS2 -IVB

IVS¡B IVS¡ -IVB

considerando fijo el brazo porta planetas:

IVS,B = IVS2B . IVp¡B =(- Z P2

)J- z s¡

)~ z P, . Zs¡ - 15.20 = 300

IVs¡B 1V?2B IVs¡B l ZS2 l ZPI ZS2 'Zp, 35.30 1050

además se conocen las velocidades de la meda S¡ y del brazo del planetario B:

IVX = IVSI = -20 radÍs

lVy = IVA =20 radÍs

z.¡ 15IVB =IVF =--'IVA =--.20=-10 radÍs

ZF 30

por lo tanto, sustituyendo en la expresión de Willis:

(OS2-(-10) - 300

-20-(-10) 1050

operando se obtiene la velocidad de la meda S, y por tanto de la meda D:

IVS, = IVD ~ -12,857 radÍs

por último basta sustituir en la primera expresión para obtener la velocidad angular del eje V:

12di

" .

IVv =--.(-12,857) =8,571 ra s ensentldoantIhorano18

298


PROBLEMA 6.

En el tren de engranajes de la figura. el eje de la rueda SI de entrada gira a 10.000 r.p.m.En la figura se indican los números de dientes de los engranajes. Tomando como sentido po-

sitivo de giro el asignado a dicho eje, calcular m~, mE, mc" en r.p.m.

[T .LC2

PIUP~

P1Gl81

OJA ~~

~

~

~ ~

OJG~ ..

~ C2

Zs =15

ZCl =47

ZpI =16

zP2=17

ZC2= 50

299


Solución:

Aplicando Willis(

Tel' - aJ,- aJb)

al tren formado por los engranajes Sj-s-C¡ y tornandoaJ,- aJb

corno velocidad de entrada aJs], velocidad de saJida aJc]=O Y corno velocidad del bra-

zo aJs' la única incógnita que aparece es aJB.Por tanto:

{iJe]-aJs zs] zs]- -~ =>aJs=aJs. ya que aJc]=O.

aJs] - aJs ze] zs] + zc]

Dando valores numéricos se obtiene:

15aJs=10000.-=2419,35 r.p.m

15+47

Para calcular aJc,se aplica Willis al tren formado por los engranajes S¡-s-C" quedando:

aJc, - aJs

aJs, - aJs

Zs, ZP2-~.-

Zp, ZC2

Zs] . ZP2 ( )de donde aJc - . aJB - aJs + aJB y sustituyendo valores se obtiene:, z . z ]P, c,

15.17aJc =-.(2419,35-10000)+2419,35=3,024 r.p.m., 16.50

Para calcular aJp]se apJica Willis al tren formado por Sj-P¡-s:

aJp¡ - aJB

aJs] - aJB

2S,---

Zp]

2S] ( )aJp=-.aJB-aJS +aJB] Z 'p]

Sustituyendo numéricamente se obtiene:

15aJp =-.(2419,35 -10000)+ 2419,35= -4687,5r.p.rn., 16

300


PROBLEMA 7.

En el tren de engranajes mostrado en la figura. el eje de entrada X está directamente co-nectado a la rueda sol S del tren planetario y además hace girar el engranaje anular e me-diante los engranajes EJ, D Y el engranaje exterior F. Todos los engranajes tienen el mismomódulo y los números de dientes son los siguientes,

ZE=ZE¡=75,zD =30,Z5 ~40,zp =30

Si la velocidad del eje de entrada es de 112 Lp.m., se pide:

1. Determinar el número de dientes del engranaje e y F.

2. Determinar la velocidad (en módulo y sentido) del eje Y. Se tomará como sentido dereferencia el del eje de entrada X.

~y

~

301

F

:ET B

X I PJlWW2T

E

S

-e

WW2::E

El I

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍAbE MÁQUINAS YMECANISMOS

Solución:

Los engranajes EE¡DF forman un tren ordinario compuesto.

Los engranajes S-P-C forman un tren planetario.

El número de dientes de la rueda exterior F se calculará bajo la condición de que la sumade los radios de las ruedas E y E¡ debe ser igual al de la suma de los radios de D y F.

m'(ZE+zE) m.(z +z.)--'- = D f despejando quedará que ZF =120 dientes.2 2

El número de dientes de la rueda interior C se calculará bajo la condición de que la sumadel radio de la rueda S y del diámetro de la rueda P debe ser igual al radio de la rueda C.

m'(z +2'z) m.zs p - ~, despejando quedará que Zc ~ 100 dientes.

2 2

La relación de transmisión del tren ordinario quedará:

ú!c =[

- !L

J

.[

- ~)

de donde se deduce que ú!c = 28 r.p.m.ú!E ZE¡ ZF

Considerando la rueda S como la entrada y la rueda C como la salida del tren planetarioquedará:

ú!CB =_2 - ú!c - ú!8 despejando se obtiene ú!8 = ú!Y =52 r.p.l11.ú!SB Zc ú!s -ú!B

302


PROBLEMA 8.

En el sistema de trenes de engranajes de la figura, se sabe que la velocidad de la rueda Ees (j)E ~ 100 Lp.m.

ICI P2

PI

Ds= B =x

~~

El=~

Calcúlese la velocidad de las ruedas Cl, Pl, h y D

Considérese que todas las ruedas tienen el mismo módulo. Ténganse en cuenta, además,los siguientes números de dientes de las ruedas:

Zc, ~135, zP, ~36, z'" ~75, ZD~45 y ZE ~30 y que (j)e, ~O.

303


Solución:

Para calcular la velocidad de la rueda E se emplea la expresión de la relación de transmi-sión entre engranajes ordinarios. Por tanto:

TElD ~ úiD ~- ZEúiE ZD

Sustituyendo valores en la expresión anterior se obtiene que úi" ~ -66,67 r.p.m.

Para calcular el resto de velocidades que se piden es necesario aplicar la formula de Wi-llis, puesto que aparecen trenes de engranajes planetarios. Para ello se necesitará el númerode dientes de la rueda C" que se calculará bajo la condición de que la diferencia entre el ra-dio de la rueda C, y el de la rueda P¡ es el mismo que entre la rueda C2y la P" es decir,

m.lzc, -zp,)~m'lzc, -z",)

zc, ~zc, -zp, +z'l

Despejando se obtiene que zc, ~ 174 dientes.

La formula de Willis aplicada al tren formado por las ruedas P" el brazo y C" conside-rando la rueda P, como la entrada y la rueda C, como la salida del tren planetario, sereduce a:

zp, úic, - úiBTEIS ~-~

zc, úip, - úiB

Como úiB ~ úiD ~ -66,67 r.p.m. y úic, ~ Ose puede despejar úip, que vale:

úip, ~ 88 r.p.m.

Aplicando de nuevo la formula de Willis al tren formado por las ruedas Cl, P¡ Yel brazo

B (úi. ~ úiD)' Yteniendo en cuenta que se tiene úip, ~ úip, :

z úi-úic, " BS

.d

' .d

.d b

.Te,/p, ~ - ~ . ustltuyen Onumencamente y espejan o, se o t¡ene que:

zp! úic, - úiB

úie, ~ -25,42 r.p.m.

304


PROBLEMA 9.

La figura que se muestra a continuación corresponde a un tren planetario epícicloidal, en

el cual la velocidad de la rueda SI es aJSl ~ lOOO Lp.m. y la velocidad de la rueda S2

es aJS2~ -100 Lp.m.

Pl

Sl

~

~

Calcúlese el número de dientes de la rueda e, la velocidad de la rueda F¡ Y la del brazo

B, (aJel,aJB)'

Ténganse en cuenta los siguientes datos:

ZSI =70, 2Pl =40, zs, =24y ZP2=20.

305

B

l' =IT

P2........

Te

PROBLEMASRESUEL1VS DE TEORÍADEMAQUlNAS y MECANISMOS

Solución:

Para la resolución de este problema se ha de aplicar dos veces la fórmula de Willis.

Aplicando Willis (T </,; '" 'o/-'" b ) al tren formado por los engranajes S2-P, y e, toman-"',"-"'b

do como velocidad de entrada "'S2 ' velocidad de salida "'e =O Y como velocidad del bra-

zo "'B' la única incógnitaque aparecees "'B. Por tanto:

- z"'e "'B ;-~"'s, -"', Ze

Como Ze =ZS2+2.ZP2' se puede despejar y obtener "',;

ZS2"'e+-."'s,

Z~Z

I s,+-Ze

sustituyen-

do "'s, = -100, "'e =O Y Ze; 64, se obtiene:

24

64( ) -"'.;_. -100 --27,27 r.p.m.

1+ 2464

Para calcular "'p¡ se aplica de nuevo Willis al tren formado por los engranajes S¡-p¡-y E,

quedando:

"'P,-"'. --~"'s]-"', Zp]

de donde "'P ; -~. ("'s-"'.)+ "'. y sustituyendo valores se obtiene:] Z 'p¡

70"' p =--.(1000-(-27,27))+(-27,27)=-1825 r.p.m.

] 40

306


PROBLEMA 10.

CI Cl

PI P2

BI

.-.-

Bl0: ~

~~SI S2._._. ._.-

~ ~8

.-.-..-.-..-.

Sea el siguiente reductor.

Datos:

Velocidad de giro de la corona CI, me, ~ 5.000 r.p.m. constante.

Velocidad de giro del sol SI, ms = Or.p.m.,

Velocidad de giro del sol S2, ms, ~ Or.p.rn.

Ze, = Zc, = 150; Zs, = Zs, = 100; módulo de todos los engranajes m = 4 mm.

El brazo portaplanetas B I Y la corona C2 son solidarios.

Se pide calcular:

a) Número de dientes del planeta PI, Z, .,

b) Velocidad de giro del brazo portaplanetas B2, mE,'

307


Solución:

a) Por la geometría del tren de engranajes se tiene que:

2.dp, +ds, = de,

. dEn general, se tIene que m = - .

z

Con lo que se reescribe la primera ecuación:

2.m.z +m.z =m.z.P, s, "

2.z~ +zs, =ze,

Despejando:

Ze, -Z5, 150-100 ~2Sdientes.zp, 2 2

b) El tren tiene dos etapas. Estableciendo para la primera la fórmula de Willis, se obtie-ne mB,.

meB me -mB SOOO-mB

(

Zs

)

zp Zs 100 2---'--'-= ' , - , - --'- .-'-=--'-=--=--mSB ms -mB O-mB Zp Zc Ze 150 3" " , " ,

Despejando se obtiene:

mB, =3000r.p.m.

Al ser solidarios, la corona 2 y el brazo 1 se tiene que me, = mB, = 3000 r.p. m.

En la segunda etapa, se aplica también la fórmula de Willis.

me,B,- me, -mB, = 3000-mB, =[- Z5'

), zp, =- zs, =_100 ~-~

mS,B, ms, -mB, O-mB, Zp, zc, zc, 150 3

Despejando se obtiene:

mB, = 1800 r.p.m.

308


PROBLEMA 11.

Los números de dientes del diferencial de automóvil indicado en la figura son z, ~ 11,Z2 = 54, 23 ~ 11 Y24 = 25 ~ 16. Si el piñón de ataque gira a 1200 rp.ffi. se pregunta:

a) ¿Cuál es la velocidad de la rueda derecha si está levantada y la rueda izquierda peffila-nece sohre la superficie de la carretera"

Piñón de ataque

\ 1

A la rueda derecha

Engranajes ~

planetarios

Un vehiculo que monta el diferencial anterior gira hacia la derecha a una velocidad de60 Kmlh sobre una curva de 20 metros de radio. Se admite que los neumáticos tienen37,5 cm de diámetro y que la distancia entre ellos es de 1,5m. Se pide:

b) Calcular la velocidad de giro de cada una de las ruedas y la velocidad de la corona deldiferencial.

309

PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORiA DE MAQUINAS y MECANISMOS

Solución:

a) ¿Cuál es la velocidad de la rueda derecha si está levantada y la rueda izquierda pennanecesobre la superficie de la carretera?

Se va a aplicar la fónnula de Willis, escogiendo como entrada, salida y brazo los siguien-tes elementos del diferencial:

E : 4, s: 5 y B: 2

Por lo tanto, la fórmula de Willis aplicada a esta caso quedará como sigue:

OJSB OJs - OJB .OJEB OJE - OJB

[1]OJ52 OJ, - OJ,-=OJ42 OJ4 - OJ,

Suponiendo fijo el brazo, 2, del planetario se obtendrá la relación:

OJ" = OJ52. OJ" =(

- 23

).(

24

)=- 2, =-1

OJ" OJ" OJ" 2, 2, 2,

Sustituyendo en [1] e imponiendo que la rueda izquierda permanece sobre la carretera yen consecuencia no gira (OJ4= O) cuando la derecha está levantada, se tendrá:

-1 = OJ,-OJ,O-OJ,

esto es,

OJ,=2.OJ,

luego:

2 11úJ,=--,-.OJ¡ =-.1200 = 244,44 r.p.m.

2, 54

OJs= 488,84 r.p.m.

310


b) Calcular la velocidad de giro de cada una de las ruedas y la velocidad de la corona del di-ferenciaL

En la figura se muestra como circula un eje motor de un vehículo en una curva.

r

~/l~~~

./ ]~."'~D ~ .

El coche describe un movimiento de rotación alrededor de una circunferencia deradio R.

v=OJ.R,60,1000

v - 3600 =0,83radlsOJ= R 20

Las velocidades de los centros de las ruedas derecha e izquierda serán:

VD=OJ-( R-~)=O,83'(20_1:)=15,98m/s

VI = OJ' (R +~)= 0,83 -( 20 + 1;) =17,22 mis

las velocidades de rotación respectivas serán (suponiendo condiciones de rodadura sindeslizamiento entre la carretera y el neumático),

VD - 15,98 = 85,23 radlsOJD =-; - 0,375

2

311


VI - 17)2 =91,84 radJsOJI=-; - 0,375

2

A partir de este punto se puede aplicar la fórmula de Willis, de tal modo que se tendrá:

OJ, =OJD

OJ4 = OJI

por lo que la fórmula de Willis quedará como sigue:

OJ52= OJ, - OJ,

OJ42 OJ4- OJ2

pero como del apartado anterior se tenia que:

OJ" =-1OJ4'

entonces:

Ojo + OJ4 85,23 + 91,84 - 88,54 radJs = 845,49 Lp.m.OJ2 2 2

El piñón girará a:

OJ, ~ Z2 .OJ,= 54.845,49 = 4150,61 r.p.m.Z, - 11

.

312


PROBLEMA 12. .Dadoel tren epicicloidal de la figura,sabiendo que el engranaje S tieneun módulode

2 mm y 60 dientes, que el engranaje e tiene 120 dientes y que a>¿;= 100, úJs = 50 YaJe=25 r.p.m. (todas en el mismo sentido y constantes), se pide:

a) Calcular el número de dientes del engranaje P.

b) Calcular el diámetro de las circunferencias primitiva, de cabeza, pie y base del engra-naje S, sabiendo que los engranajes están normalizados.

c) Si en S se aplica un par de 15 N-m, calcular el par que hay que aplicar en By C.

e..........

Pf1-B

~

~

~

00ZW

s

Solución:

a) Calcularel númerode dientesdel engranajeP.

Del dibujo de la figura se deduce la siguiente relación entre los diámetros de las ruedas:

re =rs +2.rp

d 2'1"Puestoquesabemosquem=- =-z z

313


La expresión anterior es equivalente a:

~=2+2.22 2 2

Despejando se obtiene que z p = 30 dientes.

b) Ca1cular el diámetro de las circunferencias primitiva, de cabeza, pie y base del engranajeS, sabiendo que los engranajes están normalizados.

Los diámetros se obtienen ntilizando las expresiones correspondientes:

Diámetro primitivo (d =m. z) luego ds =m. Zs = 2. 60= 120mm

E] adendo y dedendo valen, por estar los engranajes normalizados:

a = l.m = 2 mm

d = ],25.m = 2,5 mm

Luego:

Diámetro de cabeza d cabeca= d s + 2 .a = 124 mm.

Diámetro de pie d pie = ds -2.d ~ 115 mm.

Diámetrobase d, =ds .eos(a)=120.eos(20a)=lI2,7mm.

e) Si en S se aplica un par de 15 N-m, ca1cularel par que hay que aplicar eu B y C.

Suponiendo que no hay perdidas de energía por rozamiento se cumple que:

PS+PC+PB =0 es decir Ts.OJs+Tc.OJe+TB.OJB=O

Por otro lado sobre el engranaje P, puesto que puede girar libremente, no transmitirá parparla que Ts +Tc +TB =0.

Sustituyendo los valores ya conocidos de velocidades, se tiene el siguiente sistema dondelas incógnitas son TE y Te'

"¡00'Ts+25.Te+50.TB ~O

Ts + Te + TB =O. Despejando se tíene que TE = -45 N-m y Te ~ 30 N'm

314

... TEMA 3. LEVAS Y ENGRANAJES

PROBLEMA 13.

En el tren planetario de la figura, la rueda e engrana con los tres planetas denominados Py están montados sobre la barra portaplanetas B, sobre un círculo de 120 rnrn de diámetro(ver figura). Los planetas engranan también con la rueda S.

Se pide:

a) Determinar la velocidad del portaplanetas B y de cada uno de los planetas alrededor desu propio eje de giro.

b) Determinar el par que habria que aplicar sobre e para darle a dicha barra una acelera-ción de 50 rad/s2

Datos:

ZC ~ 100, Zp ~ 30, Zs ~ 40, aJs~ O r.p. m., aJc ~ 7000 r.p.m.

mp ~ 500 g., lp ~ 0,15 g.m2, respecto su propio eje de giro.

lc~ 4,8 g.m2, lB ~ 2,4 g.m2, respecto el eje de S.

315


Solución:

a) Detenninar la velocidad del portaplanetas B y de cada uno de los planetas alrededor de supropio eje de giro.

El esquema del tren planetario es el siguiente.

e

pT

1B

s

Aplicando la fónnla de Wil1is, siendo la entrada el engranaje e, la salida el S Yel brazo labarra B.

úJSB= úJs -úJs - O-úJB

úJCB úJc -úJB 700-úJB

Suponiendo fijo el brazo del planetario se tendrá que:

úJSB = úJSB. úJpB =(_~

).

(2

)=- Zc =_100 =-!:.Q

úJCB úJpB úJCE zp Zs Zs 40 4

donde sustituyendo en la fónnu]a de Wil1is, se tendrá que:

10 -úJ-= B

4 700-úJ8

7000 -úJB =- =)00 r.p.m. = 52,36radls14

316


Para determinar la velocidad de los planetas se aplicará nuevamente la fórmula de Willis.Ahora se considerará la entrada por S, la salida por P y el brazo B.

O}pe =O}p - O}e

O}se O}S - O}e

suponiendo fijo el brazo del planetario, el término de la izquierda de la ecuación anterior

vendrá dado por - ~, luegozp

-~ O}p-500

zp 0-500

operando:

- 40 = O}p -50030 -500

O}p =166,67 r.p.m.= 122,17 rad/s

b) Determinar el par que habria que aplicar sobre C para darle a dicha barra una aceleraciónde 50 rad/s'

En primer lugar se reducirá el sistema a la corona Co

Par reducido a la corona e

T~ 'O}e =3!O}e fO}e +Ts fTe oO}eo o o

por lo tanto:

T~ =Te

Inercia reducida a la corona e

I . ,1 ,1 ' (1 ,1 ,)-./ 00} =-./ 00} +-./ -O} +3- -o m -v +--/ 00}2 e e 2 e e 2 e. 2 P Gp 2 p p

por lo tanto, se tendrá que:

/~ 00}~ =/e oa>~+/. oa>; +30[mp o(re oa>e)' +/p oa>;]

317

PROBLEMASRESUELTOSDE TEORÍADE MAQUlNAS y MECANISMOS

Para OJe =700 r.p.m. se ha obtenido previamente que:

OJa = 500 r.p.m.

OJp = 1166,67 r.p.m.

Sustituyendo estas velocidades, junto con los datos inerciales del problema, se tendrá que:

l~. 7002 = 4,8.10-3.7002 + 2,4.10-3.500' +

3. [0,5.(60 .10-3 .500)' + 0,15.10-3 '1166,672]= 4914,50

l ' -3 2

e =10,03.10 kg. m

Dado que la inercia reducida es constante, la ecuación de Eksergian quedará reducida a loqne sigue:

T~ = l~ . (Xc

en consecuenCIa:

T~ ~ Te =0,5015 N'm

318


PROBLEMA 14.

En el tren planetario de dos etapas mostrado en la figura, el anillo C, se mantiene fijo ylos brazos B, y B, están unidos al eje B. El anillo C, y la rueda sol S, forman una rueda com-puesta que gira libremente alrededor del eje AB.

Se pide:

a) Si el eje de entrada A gira a 3000 "p.m., determinar la velocidad de salida del eje B (enmódulo y sentido).

b) Si la potencia suministrada a la entrada es de 20 kW y el rendimiento de la máquina esdel 95%, determinar el par que hay que aplicar al engranaje C2para mantenerlo fijo.

.-.-.B,

A i%%

i%%

Datos:

Zs, =24,zS2 =2S,ze¡ =66,zC2 =62

Solución:

a) Aplicando la fórmula de Willis al tren planetario Cl-Bl-S, se tendrá que:

"'CIBI "'c, - "'B, "'e¡ - "'B,

¡

"'SIBI - "'S,-"'B, "'A-"'BI _24_"'c,-"'B,"'CIB,- zs, - 24 66 "'A - "'B1

"'S,B, Z/, 66

[1]

Aplicando de nuevo Willis, pero esta vez al tren planetario C,-B,-S" se teudrá que:

"'C2B2 = "'C2 - "'B2

"'S2B2 "'S2 -"'82

319


pero como:

OJB, = OJB, = OJB'

OJS, = OJc,'

OJc,= O

quedará que:

-~= 0-OJ8,Zc, OJc, - OJB,

[2]28 = O-OJal

62 OJc,- OJB,

Combinando [1] Y[2], se tendrá que:

- 24 - OJc¡-OJB'

]

66 OJA-OJB¡=> OJB =OJB = -590,77 r.p.m.= -61,68 radls (h)

- 28 - OJB¡ ,

62 OJc,- OJ8,

La potencia a la entrada es 20 KW, por lo tanto:

P,=T,.iiJ"2.ff

OJ =OJ ¡ =3000.-~314,60radls (a)" 60

Por lo tanto, el par a la entrada vendrá dado por:

20.103 = 63,66 N.m (a)T, = 314,16

b) La potencia consumida y la potencia aportada vendrán relacionadas por la siguiente ex-presión, donde r¡ es el rendimiento:

r¡. T, . iiJ, + i; . iiJ, = O,

T =- r¡' OJ, -T =-095.(

- 314,16)

.6366=30711 N.m, "6 168

' ,OJ, '

Obsérvese que CI-S2 gira libremente, por lo tanto no transmitirá ningún par, en conse-cuencia se tendrá que:

T,+f; +T/, =0,

Tc,= -(307,11+63,66)= -370,71 N. m (h)

320


PROBLEMA 15.

Sea el siguiente reductor

c, c,

P,

~ E,

~s,

s,

E,

~'-'-'-0-'-'-'--'-'-'-

~ ~~

Datos:

Velocidades: me =9.000 rp.m. constante, me ~ Orp.m., ms = Orp.m., "

Par aplicado en la corona C¡, Tc, = 100 N'm.

Ze = Ze = 100; Zs = Zs = SO;módulo de todos los engranajes, m = 4 mm." "

El brazo portaplanetas E¡ y el sol S, son solidarios. En cada brazo portaplanetas hay 2planetas.

Se pide calcular:

a) Número de dientes del planeta p¡, Z P, .

b) Velocidad de giro del brazo portaplanetas E" mB,.

e) Pares a aplicar en el brazo portaplanetas E" TB,' corona C" Tc, ' Y sol S¡, '!s" paramantener el actual estado cinemática.

En otra situación cinemática, no actúa ningún par en el brazo E2, y está sometido a unaaceleración de a B = S radls' con sentido antihorario. Se tienen los siguientes datos másicos,e inerciales:

Todos los momentos de inercia son centrales.

321

me,= 2 Kg.lc, = 0,16 Kg.m'2

m =mp' = 1 Kg.I =Ip, =0,005 Kg'm., 2

mBs = 3 Kg. lBS = 0,05 Kg'm. mB = 1 Kg. lB = 0,008 Kg'm ."" "


Se pide:

d) Inercia reducida a la corona CI.

e) Par a aplicar en la corona CI, Te" para establecer este estado cinemática.

Solución:

a) En primer lugar, se cumple la relación geométrica:

de = ds +2.dR, , ,

Dado que:d

m=-=,;>d=m.zz

La relación geométrica se puede reescribir:

Ze - Zsm'z e =m.z s +2.m.z, =,;>ze=zs +2.z, =,;>z, =--'-- ', , '" , , 2

100 - 50 = 25 dienteszp, 2

b) El reductor está formado por dos trenes epicicloidales simples conectados a través delbrazo E I Ydel sol S2.

Aplicando la fórmula de Willis en el tren CI-El-SI, se tiene:

"'e,B,= "'e, - "'B, = 9000- "'B,"'S,B, "'s, -"'B, 0-"'8,

:::::=«: H:;:)=<; =- 15000=-~

9000-"'B, - 1=';> ---'" 2B,

Despejando", B :,

"'B, = 6000 r.p.m.=",s,

Aplicando la fórmula de Willis en el tren C,-E,-S" se tiene:

"'e,B, = "'e, - "'B, = 0- "'B,"'S,B, "'s, - "'B, 6000- "'B,

"'e,s, - (- zs,

J

.(zp,

J- - zs, - -~ --2.

"'S,B, -l ZPo zc, - zc, - 100 - 2

-"'8, 1=';> =--6000-"'B 2,

322


Despej ando m B, :

mB, = 2000 Lp.m.

c) Para resolver este apartado hay que aplicar las relaciones de los pares aplicados a los dife-rentes ejes cuando las velocidades de estos son constantes, pero a cada tren por separado.Así en el tren C,-EI-S, se tiene:

Te+1;;+TB=O

}

, , ,Te .me +Ts .m s +TB .ms =0, , , , , ,

100+1;; +TB =0

}100.9000+ Ts :0+ iB .6000 ~ O, ,

Despejando:

1;;,=50N.mT =-150N'ms,

El par TB,es un par resistente.

En el segundo tren hay que tener en cuenta que el par 1;;, tendrá el mismo módulo pero

sentido contrario al par TB ' ya que es el par motor en el tren C,-E2-S,. En este tren se,tendrá:

Te, +1;;, +TB, =0

}Te .me +Ts 'ms +T¡¡ .m B =0, , , , , ,

Te,+150+T¡¡,=0

}Te, .0+150.6000+TB, .2000=0

Despejando:

Te, =300N'm

TB,= -450 N.m

d) El sistema se reduce a una manivela con el mismo movimiento que la corona C,. Paraobtener la inercia reducida, se igualan las energías cinéticas de los sistemas reducido yoriginal.

1 . , 1 , 1 , 1 2 1 2-'[e .m e =-.[ .me +-.[ .mB +2'-'mA 'VGA +2'-'[0 'me +2 I 1 2 el , 2 BIS, , 2" " 2" ¡

1 , 1 , 1 2+2.-.mp 'V GP +2.-.[p .mp +-'[B 'm B

2 2 , 2 2 2 2 2 2

323


[ J

'

[ J

2

[ J

'OJE rG~ OJE OJ~

1~, =1c, +1B,S2' OJC: +2'm~' OJC,' +2.1~. (ÚC, +

[ J

'

[ J

2

[ J

2

'á, OJE, OJp, OJB,+2'm~ . +2.1~. ~ +1B,' ~

OJC, OJC, OJC,

Dos relaciones de velocidades necesarias se pueden calcular con los resultados del apar-tado a). En concreto:

OJE, = 6000 = ~OJe, 9000 3

OJE, = 2000 =~OJe, 9000 9

OJLa relación --'L se obtiene por aplicación de la fónnula de Willis entre el planeta Pl y la

OJe,corona Cl.

OJ~B,

OJe,B,

OJp,-OJE,

OJe, - OJE,

2OJ --'OJ

~. 3 e,2

OJ --.OJe, 3 e,

OJp,B,= ze, = 100 =4OJe,B, z~ 25

3.OJp3.OJ -2'OJe, =--'--2

l 3'OJB2 - 4~ '- -OJe, ~-

OJ~ OJ~

Despejando:

OJp, =2OJe,

OJ OJLa relación --'L se obtiene a partir de la relación --'L, Y ésta última por aplicación de la

OJe, OJE,fónnula de Willis entre el planeta P, y el sol C2.

OJS,E, OJs, -OJB,

2OJ --'OJ

P, 9 e,2 2-'OJ --.OJ3 e, 9 e,

OJp,B,= zs, = 25 =.!:.OJsE zp 50 2" .,

9.OJ -2.OJ 9.OJ 1~ e, 1. - -

4'OJe, - 4'OJe, 2l 9.OJp, 1 1~---=-4.OJe 2 2,

OJ OJ-OJ...!JI!L= P, B,

324


Despejando:

aJA 4--'- = -aJe, 9

Solo resta el cálculo de la distancia entre el eje de giro de los brazos y el eje móvil de losplanetas, rG?,.

m'zs m.zp 4.50 4.25re? = re? = rs +r? = '-+ '-= -+- = 150 mm = O15m

, , , , 2 2 2 2 '

Sustituyendo todos los valores en la expresión de la inercia reducida se tiene:

( )2

( )2

, 2 0,15.2 2

le, =0,16+0,05. 3" +2.1. ~ +2.0,005.(2)+

(O15'2

)

2

(4

)2

(2

)2

+2.1. -'c¡- +2.0,005. '9 +0,008. '9

I~ = 0,2468 Kg . m2,

e) La relación de aceleraciones entre elementos de un tren epicicloidal es la misma que la develocidades. En concreto:

as, 2 9 9 2-=-=:>a =-.a =-.5=225rad/sa 9 e'2B'2 'e,

Comoen esta situación TE ~ O,la únicaacciónque generarápotenciaserá el par aplicado,

a la corona Cl, Te ' con lo que el par reducido quedará:,

Te' .aJe = Te .aJe =:> r; = Te, , , , , ,

Como, además, la inercia reducida es uua constante, se tiene que:

dI'-'"-- = OdGe,

Con lo que la ecuación de Eksergian para este sistema queda:

r; =I~ .ae, , ,

Sustituyendo los valores obtenidos se obtiene el par Te, .

T; = Te = l e' .ae = 0,2468.22,5 = 5,5533N. m, , , ,

325


PROBLEMA 16.

Sea el tren planetario de la figura.

P2P,

, ,..........

,......................

B

s,

x S2 y,

..............

, ,..........

, ,..........

Se pide determinar el par que hay que aplicar en el eje X del engranaje SI para conseguirque el brazo del planetario adquiera una aceleración angular de 5 radls'.

Datos:

zs, = 40;z" = 30;zP, = 50. Módulo de todos los engranajes: 6 mm.

Masa conjunto de los planetas PI y P,: 3 Kg.

Radio de giro de los planetas PI y P,: rg~ 75 mm.

Momento central de inercia del brazo del planetario: 0,35 Kg.m'

Momento central de inercia del engranaje SI de 0,06 Kg.m2

El engranaje So.se mantiene inmóvil.

326


Solución:

Para resolver el problema hay que reducir el tren de engranajes a la barra con elengranaje SI.

La inercia reducida al eje X, sobre el que va montado en el engranaje S, vendrá dada por:

.(

OJB

]

'

(OJf]

]

'

(

Vf]

]

'[ -[ +[ . - +2.[ . - +2.m .-x - S, B ~f] ~f]

OJSI OJSI OJ51

Las diferentes relaciones de velocidades que aparecen en la inercia reducida se obtendránmediante las fórmulas de los trenes de engranajes epicicloidales.

En primer lugar se determinará el número de dientes del engranaje SI. Teniendo en cuentaque todos los módulos son iguales y que los ejes sobre los que giran el brazo del planetario yel eje SI están alineados, se tendrá que:

rSI +r~ =rf] +rS2

m'(ZSI +z~)=m'(Zf] +ZsJ

en consecuenCia:

ZS, =Zf] +Zs, -z~ ~60dientes

A continuación se obtendrán las diferentes relaciones de velocidades angulares. Aplican-do la fórmula de Willis se tendrá que:

OJS2B = OJS2 - OJB

OJSIBOJ -OJs, B

donde:

OJS,B = OJS2B. OJ~B =(

_"!2

].

(-~

]= 50.60 =2,5

OJSIB OJf]B OJSIB zs, z~ 40.30

Por lo tanto:

2,5 = -OJB

OJSI- OJB

de lo anterior se obtiene:

OJB=2=1,67OJSI 3

327


Ahora se obtendrá la relación de velocidades entre los engranajes P, y PI (la misma) y elengranaje SI. En primer lugar se considera el tren planetario formado por el brazo B, el sol S2y el planeta P" aplicando Willis:

"'e,B = "'e, - "'E

"'S2E "'S2 - "'E

que será igual a:

-~= "'e, -"'EZe, -"'B

de lo anterior se obtiene que:

"'e, =2."'B 5

pero como:

"'e, "'e, "'B 9 5-=-.-=-.-=3"'SI "'B "'s, 5 3

La relación de aceleraciones angulares en engranajes es la misma que la de velocidadesangulares, por lo tanto se tendrá que:

~_5as] 3

por lo tanto:

3 2a =-.5=3radis

s, 5

La velocidad del centro de gravedad de los engranajes P, y P, se podrá obtener como:

v~ = 05, +r~ )'i1JB= m '(2S +Zp, )""B =0,27 ""B., - -, 2 2 -

Sustituyendo todo 10obtenido en]a expresión de la inercia reducida inicial, se obtendrá:

l~ = 0,06+0,35. ],672 + 2- (3.0,0752 ).32 +2.3. (],67 .0,27)' = 2,5598 Kg. m2

Por lo tanto, el par a aplicar sobre el eje X, que mueve el engranaje SI veudrá dado eu elinstante del arranque por:

Tx =l~ -as] = 2,5598.3 = 7,6794 N'm

Hay que indicar, que dado que la inercia generalizada es constante en este mecanismo, elvalor obtenido para esta aceleración se mantendrá a lo largo del tiempo.

328


PROBLEMA 17.

Se desea fonnar un tren de dos pasos, o con dos pares de ruedas, para obtener una rela-ción de velocidades de 1/12. El número de dientes no debe ser menor que 15 en ninguna rue-da, y la reducción en el primer paso debe ser aproximadamente el doble de la obtenida en el2°. Determinar el número de dientes de todas las ruedas.

Solución:

La relación de transmisión en trenes ordinarios es:

. producto de Z conductoresz=:!:producto de Z conducidos

en este caso es positiva ya que el número de ejes intermedios es impar, quedando:

i~ZA.ZC =~ZB 'ZD 12

Como la reducción en la primera etapa ha de ser el doble de la segunda:

~=2mc ~2=2zD ~~=.!..~mB mD ZA Zc ZB 2 ZD

que sustituyendo en la expresión anterior:

.!..~.~=~->~= [=0,40822 ZD ZD 12 ZD V6

329


aproximando:

~=20ZD 49

pero:

. 20 20 200¡=-.-=-

98 49 2401

que no es exactamente la relación buscada de 1/12. Para tener una reducción de 1/12 exac-tamente tomamos:

~= 22ZB 108

~_18ZD 44

330

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