Curso 06/07 (Convocatoria de Febrero)

Teorı́a de Máquinas. Convocatoria Ordinaria Enero 2007.
Problema.
La figura muestra un mecanismo del tipo Yugo Inglés en el que los únicos parámetros
geométricos que influyen en el movimiento son la distancia entre los dos pares de revolución
O1 y A, y el ángulo entre las directrices de los dos pares deslizantes :Ol A = 2cm, α = 135◦ .
En el instante mostrado en la figura, que viene determinado por θ2 = 30◦ , se tiene que la velocidad angular de la barra de entrada es ω2 = 2rad/s y su aceleración angular es α2 = 2rad/s2.
La barra 2 es muy ligera (su masa se puede despreciar), mientras que la deslizadera 4 tiene 1 kg
de masa (m4 = 1kg), y la distribución de esta masa es tal que el momento de inercia respecto de
un eje perpendicular al plano del movimiento que pasa por su centro de gravedad, que coincide
en posición con la articulación A, es I4 = 1kgm2 . La masa de la barra 3 es 10 kg.
Se pide determinar la velocidad y aceleración del yugo mediante los dos procedimientos siguientes:
a) (2 pt) Con las ecuaciones del movimiento relativo.
b) (2 pt) Mediante ecuaciones de cierre o lazo.
Determinar también el par motor (Tm) necesario para conseguir el movimiento descrito anteriormente mediante los dos procedimientos siguientes:
a) (2 pt) Mediante equilibrio de cada uno de los sólidos.
b) (2 pt) Mediante la aplicación del teorema de las potencias virtuales.
I
Resolución.
i) ECUACIONES DEL MOVIMIENTO RELATIVO.
A y B se encuentran en el mismo punto en el momento de la figura aunque A pertenece a
2 (brazo) y B a 3 (yugo). Situamos unos ejes intermedios con origen en A y girando con 3.
Calculamos la velocidad lineal de A como la velocidad angular de la barra 2 por la distancia de
x
y
O1 a A y aplicamos la ecuación del movimiento relativo para la velocidad de B.
Y
X






−2




√
−
−
→
~
VA = ~ω2 xO1 A =
2 3





 0 

~ VA = 4cm/s
~B = V
~A +
V
~v
|{z}
(direccionky)
II
−
−→
+ ~ω3 xAB
| {z }
0,A≡B
Por otro lado sabemos que al tener el yugo un guı́a que le obliga a ir hacia delante y hacia
detrás la velocidad del punto B solo va a tener componente x, de esta forma podemos plantear
la siguiente ecuación:
  √ 

 
 VB   −2   − 2 v 
2
+
=
√

 0   2√3  
2
2 v
Si representamos estas ecuaciones gráficamente obtenemos:
// y
VA
v
// X
VB
Midiendo y aplicándole el factor de escala tenemos el módulo de la velocidad del yugo:
~ VB = 1.464cm/s
Para calcular la aceleración procedemos de igual forma pero con las ecuaciones de la aceleración, de esta forma:
III

√


−2 − 4 3

 √
−→ −
→x ( −
→x−
−→) + −
→x−
−→ =
AA = ω
ω
r
α
r
2 3−4
2
2 O1 A
2 O1 A




0
~ AA = 8.944cm/s2









−→ −→ −
→x (−
→ x−
−→ −
→
−
→ −
→ −→
→ −−→ −
AB = AA + ω
ω
3
3 rAB ) + α3 xrAB + a + 2ω3 x v = AA +
{z
}
|
{z
}
|
|
{z
}
0,ω3 =0
0,A≡B
0,A≡B
−
→
a
|{z}
(direccionky)
  √ 

 
 AB   −2 − 4√3   − 2 a 
2
+
=
√
 0   2√3 − 4  

2
2 a
// y
AB
// X
a
AA
Midiendo y aplicándole el factor de escala tenemos el módulo de la aceleración del yugo:
~ AB = 9.463cm/s
ii) ECUACIONES DE CIERRE.
A
r2
r3
O1
r1
IV
Con estos tres vectores es fácil realizar el análisis de posición con trigonometrı́a elemental:
ρ1 = 1 +
√
3cm
θ1 = 0o
θ2 = 30o
ρ2 = 2cm
√
ρ3 = 2cm
θ3 = 135o
Realizamos ahora el análisis de velocidad:
−
→
→
→
r1 + −
r3 = −
r2
Derivando:
−
→
→
→
r1 ′ + −
r3 ′ = −
r2 ′
ρ̇1 + j θ̇1 ρ1 · ejθ1 + ρ̇3 + j θ̇3 ρ3 · ejθ3 = ρ̇2 + j θ̇2 ρ2 · ejθ2
!
!
√
√
√
√ √ 2
2
3
1
ρ̇1 + j · 0 · (1 + 3) ·(1 + 0 · j)+ ρ̇3 + j · 0 · 2 · −
+
· j = (0 + j · 2 · 2)·
+− ·j
2
2
2
2

 ρ̇1 = 2√3 − 2cm/s
q
 ρ̇ = 4 3/ cm/s
3
2
→
~Y U GO = −
V
r1 ′ = ρ̇1 + j θ̇1 ρ1 · ejθ1


 1.464 
√
= (2 3 − 2) · (1 + j · 0) =
cm/s
 0 
Hacemos el análisis de aceleración:
V
−
→
→
→
r1 ′′ + −
r3 ′′ = −
r2 ′′
ρ̈1 + j θ̈1 ρ1 + 2j θ̇1 ρ̇1 − θ̇12 ρ1 · ejθ1 + ρ̈3 + j θ̈3 ρ3 + 2j θ̇3 ρ̇3 − θ̇32 ρ3 · ejθ3 =
= ρ̈2 + j θ̈2 ρ2 + 2j θ̇2 ρ̇2 − θ̇22 ρ2 · ejθ2
√
√
√ ρ̈1 + j0 · (1 + 3) + 2j0 · (2 3 − 2) − 0 · (1 + 3) · (1 + 0j) +
√
q
√ √
√
3
+ ρ̈3 + j0 · 2 + 2j0 · 4 /2 − 0 · 2 · − 22 + 22 j =
√
= 0 + j2 · 2 + 2j2 · 0 − 22 · 2 · 23 + − 21 j

 ρ̈1 = −9.463cm/s2
 ρ̈ = 0.758cm/s2
3
→
~ Y U GO = −
A
r1 ′′ = ρ̈1 + j θ̈1 ρ1 + 2j θ̇1 ρ̇1 − θ̇12 ρ1 ·ejθ1
iii) EQUILIBRIO DE SÓLIDO LIBRE.
Diagrama del Sólido Libre 2:
VI


 −9.463 
= (−9.463)·(1 + j · 0) =
cm/s2


0
R2x
R1y
R2y
R1x
Tm
Ecuaciones de equilibro de la barra 2:
R1x − R2x = 0
R1y − R2y = 0
Tm + R2x · L2 · sin(30) − R2y · L2 · cos(30) = 0
Diagrama del Sólido Libre 3:
VII
3
R
R4
m3 · a 3
T1
T2
Ecuaciones de equilibro de la barra 3:
−R3 · cos(45) − m3 · a3 = 0
R4 − R3 · sin(45) = 0
T1 − T2 + m3 · b − R3 · r3 = 0
Diagrama del Sólido Libre 4:
VIII
3
R
R 2y
2
m
T1
·ω
·L 2
2
4
R 2x
I ·α
4
4
m
·α
·L 2
4
2
Ecuaciones de equilibro de la barra 4:
R2x + m4 · ω22 · L2 · cos(30) + R3 · cos(45) + m4 · α2 · L2 · sin(30) = 0
R2x + m4 · ω22 · L2 · sin(30) + R3 · sin(45) + m4 · α2 · L2 · cos(30) = 0
T1 + I4 · α4 = 0
iv) TEOREMA DE LAS POTENCIAS VIRTUALES.
Estado de fuerzas:
IX
2
m
·ω
·L 2
2
4
m3· a 3
m
·α
·L 2
4
2
Tm
Estado de velocidades:
ω
L ·2
2
v3
ω2
Teorema de las potencias virtuales:
Tm · ω2 − m4 · α2 · L2 · ω2 · L2 − m3 · a3 · v3 = 0
X
Tm =
m4 · α2 · L2 · ω2 · L2 + m3 · a3 · v3
ω2
Siendo a3 y v3 la aceleración y velocidad obtenidas de la cinemática en los apartados i) y
ii)y L2 la longitud de la barra 2.
XI