TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
TRABAJO 1 – PARTE A
ALUMNO
DNI
MIGUEL MELERO ESTESO
A
B
C
D
E
F
G
H
GRUPO
3º MEC
MECÁNICA
GP
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
EJERCICIO 1
1
(1,2)
(3,4)
3
2
(2,3)
4
(1,4)
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(1,2) (2,3) (3,4) (1,4)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (4 − 1) − 2 ∙ 4 − 0 = 1
EJERCICIO 2
1
(1,3)
3
1
(2,3)
2
(1,2)
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(1,2)
(1,3)
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
(2,3)
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (3 − 1) − 2 ∙ 2 − 1 = 1
EJERCICIO 3
1
3
(3,1)
(2,3)
2
(1,2)
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
1
(1,2)
(3,1)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
(2,3)
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (3 − 1) − 2 ∙ 2 − 1 = 1
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
EJERCICIO 4
3
(2,3)
2
(1,2)
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(1,2) (2,3)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (3 − 1) − 2 ∙ 2 − 0 = 2
EJERCICIO 5
(1,2)
1
2 (2,3)
3
(3,4)
(4,1)
4
(3,5)
5
(5,1)
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(3,5) (3,4) (2,3)
(5,1) (4,1) (1,2)
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (5 − 1) − 2 ∙ 6 − 0 = 0
EJERCICIO 6
1
(1,7)
7
(6,7)
(2,3)
6
2
3
(3,4) (3,6)
4
(1,2)
1
(4,5)
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
5
(5,1)
1
(1,2) (2,3) (3,4) (3,6) (4,5) (5,1) (6,7) (1,7)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (7 − 1) − 2 ∙ 8 − 0 = 2
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
EJERCICIO 7
2
(2,3)
3
(1,2)
(1,3)
1
1
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(1,3) (1,2)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
(2,3)
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (3 − 1) − 2 ∙ 2 − 1 = 1
EJERCICIO 8
(1,2)
2
(2,3) 3
(3,4)
1 (1,4)
4
1 (1,6)
(4,5)
6
(5,6)
5
TRABAJO 1 – PARTE A
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Pares cinemáticos de un grado de libertad
Rotación
Translación
(1,2) (3,4) (1,4) (1,6) (4,5)
(5,6)
Pares cinemáticos de dos grados de libertad
(2,3)
𝐺𝐷𝐿 = 3 ∙ (𝑁 − 1) − 2 ∙ 𝐽1 − 𝐽2 = 3 ∙ (6 − 1) − 2 ∙ 6 − 1 = 2
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
TRABAJO 1 – PARTE B
ALUMNO
DNI
MIGUEL MELERO ESTESO
A
B
C
D
E
F
G
H
GRUPO
3º MEC
MECÁNICA
GP
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
EJERCICIO 3
Comenzaremos definiendo la geometría de la estructura, para ello pasaremos las unidades a
cm, nos será más como a la hora de visualizar el mecanismo en nuestro programa de cálculo:
Una vez introducida la geometría del mecanismo, seleccionaremos la pestaña de “Ciclo” para
introducir unos valores que queremos que tenga nuestro mecanismo en una posición que
también introduciremos.
𝑤2 = 40
𝑟𝑎𝑑
𝑠
→
𝑐𝑡𝑒
𝛼2 = 290°
Con todo ello pincharemos en : 𝑉𝑒𝑟 → 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡á𝑛𝑒𝑜𝑠
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Donde nos encontramos con los valores de las incógnitas que en este problema se tratan:
𝑤3 = 𝑤4 = −38,02 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝛼3 = 𝛼4 = 5525,55 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2
Aquí presentamos los diferentes valores que tendría para los diferentes ángulos de giro del
eslabón motor:
En cuanto a las gráficas de evolución de cada una de las incógnitas:
𝑤3 = 𝑤4 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑙 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑖𝑟𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑙𝑎𝑏ó𝑛 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
𝛼3 = 𝛼4 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒𝑙 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑖𝑟𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑙𝑎𝑏ó𝑛 𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
EJERCICIO 11
Comenzaremos definiendo la geometría de la estructura, para ello pasaremos las unidades a
cm, nos será más como a la hora de visualizar el mecanismo en nuestro programa de cálculo:
Una vez introducida la geometría del mecanismo, seleccionaremos la pestaña de “Ciclo” para
introducir unos valores que queremos que tenga nuestro mecanismo en una posición que
también introduciremos.
𝑤2 = −31,417
𝑟𝑎𝑑
𝑠
→
𝑐𝑡𝑒
𝛼2 = 25,7625°
Con todo ello pincharemos en : 𝑉𝑒𝑟 → 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡á𝑛𝑒𝑜𝑠
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Donde cabe destacar que la correspondencia entre el nombre los puntos asignados por el
programa y el nombre que les atribuye el programa es la siguiente:
Nombre
ejercicio
Punto 𝐴 4
Punto 𝐵5
Punto 𝐶6
Nombre
programa
Punto C
Punto D
Punto E
Además debemos indicar que las unidades las velocidades y aceleraciones en nuestro
programa vienen expresadas en cm/s y cm/s2, ya que introducimos las longitudes de los
eslabones en esta unidad.
En cuanto a las gráficas de evolución de cada una de las incógnitas:
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑦
𝐴𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥
TRABAJO 1 – PARTE B
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
𝐴𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑦
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
TRABAJO 1 – PARTE C
ALUMNO
DNI
MIGUEL MELERO ESTESO
A
B
C
D
E
F
G
H
GRUPO
3º MEC
MECÁNICA
GP
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
PROBLEMA 7
Dado el mecanismo de la figura, para la posición mostrada se pide:
a) Velocidad de la barra 3
b) Aceleración de la barra 3
𝑐
Comenzaremos con el análisis de velocidades entro el punto 02 y el punto A:
𝒊
𝑉𝐴2 = 𝑉02 + 𝑉𝐴2 /02 = 0 + 𝑟𝐴2 /02 ∗ 𝑤2 = |−0,1 ∙ cos 60
0
𝒋
−0,1 ∙ sin 60
0
𝒌
−1,732
0 | = { 1 } = 2 𝑚⁄𝑠
0
20
Una vez hemos calculado 𝑉𝐴2 pasaremos a plantear el análisis de velocidades entre
este mismo y 𝑉𝐴3 . Démonos cuenta de que la velocidad del estabón 3 está limitada al
eje x, por lo que solo tendrá componente su velocidad en este mismo. Tendremos
también en cuenta que la velocidad relativa entre ambos: 𝑉𝐴2/𝐴3 la podemos expresar
como el módulo de la misma por un vector unitario tangente a la trayectoria curva que
describe el eslabón 3.
𝑉𝐴2 = 𝑉𝐴3 + 𝑉𝐴2/𝐴3
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
−𝑉𝐴2/𝐴3 ∙ cos 45
𝑉𝐴2/𝐴3 = { 𝑉𝐴2/𝐴3 ∙ sin 45 }
0
𝑉𝐴3
𝑉𝐴3 = { 0 }
0
𝐴
𝑂4 ≡ 𝑐
Dirección Tangente
Teniendo en cuenta estos aspectos comentados anteriormente, mediante
RESOLUCIÓN GRÁFICA determinaremos el módulo de 𝑉3 . Atendiendo a la escala:
20 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠
1) Dibujamos 𝑉2 que conocemos su módulo, dirección y sentido.
2) Dibujamos una recta que contendrá a 𝑉𝐴2/𝐴3 definida por el vector unitario
anteriormente citado (dirección tangente).
3) Por último sabiendo que 𝑉3 sólo tiene componente sobre el eje Y, la determinaremos.
𝑉𝐴2/𝐴3
𝑉2
𝑉3
Obteniendo las medidas del resto:
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Deshaciendo la escala, es decir, pasando el valor de las cotas a m/s:
𝑉𝐴3 =
−14,6
= −0,73 𝑚/𝑠
20
𝑉𝐴2/𝐴3 =
28,28
= 1,414 𝑚/𝑠
20
Vectorialmente quedarían:
−0,73
𝑉𝐴3 = {
0
0
−1,414 ∙ cos 45
−1
𝑉𝐴2/𝐴3 = { 1,414 ∙ sin 45 } = { 1 } 𝑚/𝑠
0
0
} 𝑚/𝑠
Pasaremos a plantear el análisis de aceleraciones, para ello en primer lugar determinaremos el
valor de 𝑤𝑟 (velocidad angular del centro instantáneo de rotación) que nos hará falta
posteriormente:
𝑉𝐴2 /𝐴3 = 𝑤𝑟 ∗ 𝑟𝐶 /𝐴
𝒊
0
=|
8,66 ∙ 10 −2
𝒋
0
8,66 ∙ 10 −2
−1
Sabiendo que 𝑉𝐴2/𝐴3 = {
1 } 𝑚/𝑠
0
𝒘𝒓 = 𝟏𝟏, 𝟓𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔
𝒌
−8,66 ∙ 10 −2 ∙ 𝑤𝑟
𝑤𝑟 | = { 8,66 ∙ 10 −2 ∙ 𝑤𝑟 }
0
0
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Una vez determinada, comenzaremos calculando la aceleración en el punto 𝑎𝐴2 :
𝑛
𝑎𝐴2 = 𝑎 𝑂2 + (𝑎𝐴2/𝑂2 ) + (𝑎𝐴2/𝑂2 )
𝑡
−0,1 ∙ cos 60
−20
𝑛
(𝑎𝐴2/𝑂2 ) = 𝑤22 ∙ 𝑟𝐴2 = 202 ∙ {−0,1 ∙ cos 60} = {−34,64} 𝑚/𝑠 2
𝑂2
0
0
𝒊
𝒋
𝒌
0,1732
𝑡
(𝑎𝐴2/𝑂2 ) = 𝑟𝐴2/𝑂2 ∗ 𝛼2 = |−0,1 ∙ cos 60 −0,1 ∙ cos 60 0 | = { −0,1 } 𝑚/𝑠 2
0
0
−2
0
−19,83
𝑎𝐴2 = {−34,74 } 𝑚/𝑠 2 = 40 𝑚/𝑠 2
0
Una vez hemos calculado la aceleración en el punto A2, pasaremos a establecer el campo de
aceleraciones entre los punto A2 y A3, donde para el cálculo de las aceleraciones relativas,
tanto normal como tangencial, las referenciaremos con respecto al centro de curvatura.
𝑛
𝑡
𝑎𝐴2 = 𝑎𝐴3 + (𝑎𝐴2/𝐴3 ) + (𝑎𝐴2/𝐴3 ) + 𝑎 𝐶𝑂𝑅𝐼𝑂𝐿𝐼𝑆
𝑛
(𝑎𝐴2/𝐴3 ) = 𝑤𝑟 ∗ 𝑟𝐴 = |
𝐶
𝒊
0
𝒋
0
8,66 ∙ 10 −2
8,66 ∙ 10−2
𝒌
−11,55
11,55| = {−11,55 } 𝑚/𝑠 2 = 16,33 𝑚/𝑠 2
0
0
𝑡
(𝑎𝐴2/𝐴3 ) = 𝑟𝐴/𝐶 ∗ 𝛼𝑟
𝑛
Conociendo el vector 𝑎𝐴2 y el vector (𝑎𝐴2/𝐴3 ) , además de conocer la recta en la que se
𝑡
encuentra (𝑎𝐴2/𝐴3 ) , ya que por la propiedad directa del producto escalar, se encontrará en
una recta perpendicular al vector 𝑟𝐴/𝐶 :
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
1 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠2
Atendiendo a la escala:
𝑎𝐴3
(𝑎𝐴2/𝐴3 )
𝑡
𝑎𝐴2/𝐴3
(𝑎𝐴2/𝐴3 )
𝑡
Obteniendo las medidas del resto:
Vectorialmente quedarían:
−31,92
𝑎3 = {
0
0
} 𝑚/𝑠2
𝑎𝐴2
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
PROBLEMA 3
Sea el mecanismo de 4 barras que se muestra en la figura. En él se aprecia que las
barras están unidas por un par prismático, mientras que la barra 4 está unida a la barra
fija por un par de revolución (no se ve en el dibujo). El accionamiento se realiza a
través de la barra 2.
Se pide:
a) Velocidad angular de la barra 4.
b) Aceleración angular de la barra 4.
Comenzaremos con el análisis de velocidades entro el punto 02 y el punto A:
𝒊
𝑉𝐴2 = 𝑉02 + 𝑉𝐴2 /02 = 0 + 𝑟𝐴 2/02 ∗ 𝑤2 = |−0,05 ∙ sen 20
0
𝒋
0,05 ∙ cos 20
0
𝒌
1,88
0 | = {0,684 } = 2 𝑚⁄𝑠
0
40
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
𝑉𝐴2 = 𝑉𝐴3
Pasaremos a plantear el campo de velocidades entre los puntos A3 y B3:
𝒊
1,88
𝑉𝐵3 = 𝑉𝐴3 + 𝑉𝐵3/𝐴3 = {0,684 } + | 0,0171
0
0
𝒋
0,028
0
𝒌
1,88 + 0,028 ∙ 𝑤3
0 | = { 0,684 − 0,0171 ∙ 𝑤3 }
𝑤3
0
Pasaremos a aplicar el MÉTODO GRÁFICO, para ello tendremos en cuenta que La 𝑉𝐵3/𝐴3 será
perpendicular al segmento que separa los puntos 𝐵3 del punto A y la 𝑉𝐵3 tendrá la misma dirección que
el eslabón 3.
Tendremos en cuenta que la escala utilizada corresponde:
20 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠
𝑉𝐵3 /𝐴3
𝑉𝐵3
𝑉𝐴3
Deshaciendo la escala, es decir, pasando el valor de las cotas a m/s:
𝑉𝐵3/𝐴3 =
24,96
= 1,248 𝑚/𝑠
20
Con esto y apoyándonos en la ecuación anterior, que definía a 𝑉𝐵3/𝐴3
𝒘𝟒 = 𝒘𝟑 = −𝟑𝟖, 𝟎𝟏𝟒𝟕 𝒓𝒂𝒅/𝒔
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Pasaremos a aplicar el campo de aceleraciones, para ello comenzaremos aplicándolo
entre los puntos A2 y 02 :
𝑛
𝑡
𝑎𝐴2 = 𝑎𝑂2 + (𝑎𝐴2/𝑂2 ) + (𝑎𝐴2/𝑂2 ) = 0 + 𝑤2 ∗ 𝑣𝐴/𝑂2 + 0
𝑎𝐴2 = 𝑎𝐴3
Aplicaremos de nuevo el campo de aceleraciones, pero en este caso entre los A3 y B3:
𝑛
𝑡
𝑎𝐵3 = 𝑎𝐴3 + (𝑎𝐵3/𝐴3 ) + (𝑎𝐵3/𝐴3 )
𝑎𝐴3 = 𝑤2 ∗ 𝑣𝐴⁄
𝑂2
𝒊
𝒋
𝒌
−27,36
=| 0
0
40 | = { 75,16 } 𝑚/𝑠2 = 79,98 𝑚/𝑠2
1,879 0,684 𝑤3
0
𝑛
(𝑎 𝐵3/𝐴3 ) = 𝑤3 ∗ 𝑣𝐵3⁄
𝐴3
𝑡
(𝑎 𝐵3/𝐴3 ) = 𝛼3 ∗ 𝑟𝐴3⁄
𝐵3
=|
𝒊
𝒋
𝒌
24,442
0
0
−38,03 | = {40,654} 𝑚/𝑠 2 = 47,44 𝑚/𝑠 2
−1,069 0,6427
0
0
𝒊
𝒋
𝒌
0,02813 ∙ 𝛼3
=|
0
0
𝛼3 | = {−0.01690 ∙ 𝛼3 } 𝑚/𝑠 2
−0,01690 −0.02813 0
0
𝑛
Pasaremos a la RESOLUCIÓN GRÁFICA, conociendo el vector 𝑎𝐴3 , el vector (𝑎𝐵3/𝐴3 ) y
𝑡
sabiendo que el vector (𝑎 𝐵3/𝐴3 ) es perpendicular a el segmento que une A3 y B3 y
𝑛
perpendicular a su vez a (𝑎 𝐵3/𝐴3 ) :
Atendiendo a la escala:
1 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠2
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
(𝑎𝐵3/𝐴3 )
𝑛
(𝑎𝐵3/𝐴3 )
𝑡
𝑉𝐴3
𝑎 𝐵3
𝑡
Obtenido el valor de (𝑎 𝐵3/𝐴3 ) podemos calcular el valor de:
𝜶𝟑 = 𝜶𝟒 = 𝟓𝟓𝟐𝟓, 𝟓𝟐 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝟐
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
PROBLEMA 11
Para calcular la velocidad en el punto 4, comenzaremos presentando la ecuación con la
que vamos a trabajar:
𝑽𝑨𝟑 = 𝑽𝑨𝟒 + 𝑽𝑨𝟑/𝑨𝟒
1) Comenzaremos calculando 𝑽𝑨𝟑 = 𝑽𝑨𝟐
𝒊
𝒋
𝒌
−8,30 ∙ 𝑤2
𝑉𝐴2 = 𝑉02 + 𝑉𝐴2/02 = 0 + 𝑟𝐴2/02 ∗ 𝑤2 = |−19,1 ∙ cos 25,7622 −19,1 ∙ sin 25,7622 0 | = {17,2016 ∙ 𝑤2 }
0
0
𝑤2
0
Como sabemos el módulo de 𝑉𝐴2 = 600 𝑐𝑚/𝑠
|𝑉𝐴2|2 = (−8,30)2 ∙ 𝑤2 2 + 17,2016 2 ∙ 𝑤2 2
600 2 = (−8,30)2 ∙ 𝑤2 2 + 17,2016 2 ∙ 𝑤2 2
𝑤2 = −31,41 𝑟𝑎𝑑 /𝑠
Por lo que 𝑉𝐴2 :
260,70
𝑉𝐴2 = { −540,302} 𝑐𝑚/𝑠
0
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
2) Sabemos la dirección 𝑽𝑨𝟒 ya que según la ecuación siguiente, es
perpendicular a la el vector 𝒓𝑨𝟒/𝟎𝟒
𝑉𝐴4 = 𝑉04 + 𝑉𝐴4/04 = 0 + 𝑟𝐴4/04 ∗ 𝑤4
(* Producto vectorial)
3) En cuanto a la dirección del vector 𝑽𝑨𝟑 /𝑨𝟒 vendrá definida por el vector
siguiente:
cos 45
𝑢 = {sin 45 }
0
Con todo ello procedemos a la resolución de la ecuación inicial de manera gráfica:
Escala: 1 𝑢 → 1 𝑐𝑚⁄𝑠2
𝑉𝐴3/𝐴4
𝑉𝐴3
𝑉𝐴4
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Obteniendo las medidas de dichos segmentos:
Hemos obtenido así la velocidad 𝑉𝐴4 :
400,501
𝑉𝐴4 = 566,39 = {−400,501} 𝑐𝑚/𝑠
0
Y de la ecuación del apartado 2 anterior sustituyendo el valor obtenido de 𝑉𝐴4 ,
obtenemos 𝑤4 :
𝑤4 = −23,2797 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Una vez obtenidos el valor de 𝑤4 , podemos obtener sin problemas la velocidad 𝑉𝐵5 :
𝒊
𝒋
𝑉𝐵5 = 𝑉04 + 𝑉𝐵5/04 = 0 + 𝑟𝐵5/04 ∗ 𝑤4 = |−10,2 ∙ cos 45 −10,2 ∙ sin 45
0
0
𝒌
167,9
0
| = {−167,9} 𝑐𝑚/𝑠
−23,2797
0
Para calcular ahora el valor de la velocidad en el punto C, debemos de aplicar otra vez
la ecuación del campo de velocidades y analizarla gráficamente:
𝑽𝑪𝟔 = 𝑽𝑩 + 𝑽𝑪𝟔/𝑩
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
1) La velocidad 𝑽𝑪𝟔 sabemos que solo tiene componente en el eje “x”:
𝑉𝐶6
𝑉𝐶6 = { 0 }
0
2) La velocidad 𝑽𝑩 la conocemos de antes:
𝑉𝐵5
167,9
= {−167,9} 𝑐𝑚/𝑠
0
3) Sabemos la dirección 𝑽𝑪𝟔/𝑩 ya que según la ecuación siguiente, es
perpendicular a la el vector 𝒓𝑪𝟔/𝑩
𝑉𝐶6/𝐵 = 𝑟𝐶6/𝐵 ∗ 𝑤5
(* Producto vectorial)
Con todo ello procedemos a la resolución de la ecuación inicial de manera gráfica:
Escala: 1 𝑢 → 1 𝑐𝑚⁄𝑠2
𝑉𝐵
𝑉𝐶6 /𝐵
𝑉𝐶6
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Obteniendo las medidas de dichos segmentos:
Hemos obtenido así la velocidad 𝑉𝐶6 :
203,25
𝑉𝐶6 = 203,25 = { 0 } 𝑐𝑚/𝑠
0
Continuaremos ahora con el análisis de aceleraciones. Para ello plantemos en primer
lugar la ecuación del campo de aceleraciones entre los puntos A3 y A4:
𝒂𝑨𝟑 = 𝒂𝑨𝟒 + (𝒂𝑨𝟑/𝑨𝟒 ) + 𝒂𝒄𝒐𝒓𝒊𝒐𝒍𝒊𝒔
1) Comenzaremos calculando 𝒂𝑨𝟑 = 𝒂𝑨𝟐
𝑛
𝑎𝐴2 = 𝑎 𝑂2 + (𝑎𝐴2/𝑂2 ) + (𝑎𝐴2/𝑂2 )
𝑡
0,1720
−169,7688
𝑎𝐴2 = 𝑤22 ∙ 𝑟𝐴2 = (−31,417) 2 ∙ {0,0830 } = { −81,9233 } 𝑚/𝑠 2
𝑂2
0
0
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
2) Continuaremos calculando 𝒂𝑨𝟒
𝑛
𝑎𝐴4 = 𝑎 𝑂4 + (𝑎𝐴4/𝑂4 ) + (𝑎𝐴4/𝑂4 )
𝑛
(𝑎𝐴4/04 ) = 𝑤4 ∗ 𝑟04⁄
𝐴4
𝑡
𝒊
𝒋
𝒌
−93,3026
=| 0
0
−23,2907| = {−93,3026 } 𝑚/𝑠 2
0,172 0,172
0
0
𝑡
(𝑎𝐴4/0𝐴 ) = 𝛼4 ∗ 𝑟04⁄
𝐴4
𝑛
𝑡
Conociendo el vector (𝑎𝐴4/04 ) , además de conocer la recta en la que se encuentra (𝑎𝐴4/04 ) ,
ya que por la propiedad directa del producto escalar, se encontrará en una recta perpendicular
al vector 𝑟04/𝐴4
3) Continuaremos con 𝒂𝑨𝟒/𝑨𝟑
𝑎𝐴4/𝐴3 llevará la dirección del eslabón 4
4) Calcularemos ahora 𝒂𝒄𝒐𝒓𝒊𝒐𝒍𝒊𝒔
𝑎𝑐𝑜𝑟𝑖𝑜𝑙𝑖𝑠
𝒊
= 2 ∙ (𝑤3 ∗ 𝑣𝐴4/𝐴3 ) = 2 ∙ | 0
1,398
𝒋
0
1,398
𝒌
65,1208
−23,2907| = { −65,1208} 𝑚/𝑠2
0
0
Con todo ello pasaremos a la RESOLUCIÓN GRÁFICA:
Escala: 1 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠2
𝑎𝐴3
𝑎𝐴4
𝑎𝑐𝑜𝑙𝑖𝑜𝑙𝑖𝑠
𝑎𝐴3 /𝐴4
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
Con 𝑎𝐴4 calculada, podemos obtener por la ecuación que se ha indicado arriba sin
problemas 𝛼4 :
−72,1046
𝑎𝐴4 = 135,31 = {−114,5006} 𝑚/𝑠 2
0
𝛼4 = −123,244 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Y por consiguiente sabiendo la aceleración angular del eslabón 4 y aplicando el campo
de aceleraciones entre 𝑂4 y 𝐵:
−30,2252
𝑎𝐵 = {−47,9970} 𝑚/𝑠 2
0
Por último calcularemos la aceleración del punto C:
𝒂𝑪𝟔 = 𝒂𝑪𝟓 = 𝒂𝑩𝟓 + (𝒂𝑨𝟑/𝑨𝟒 )
1) Sabemos que 𝒂𝑪𝟓 PARA
𝑎𝐶5
𝑎𝐶5 = { 0 } 𝑚/𝑠 2
0
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
2) Continuaremos calculando 𝒂𝑪𝟓/𝑩𝟓
𝑛
𝑎 𝐶5/𝐵5 = (𝑎 𝐶5/𝐵5 ) + (𝑎 𝐶5/𝐵5 )
𝑛
(𝑎 𝐶5/𝐵5 ) = 𝑤5 ∗ 𝑟𝐶5/𝐵5 = |
𝒊
𝒋
0
0
0,3438 0,0721
𝑡
𝒌
−8,0897
4,8173| = { 1,6732 } 𝑚/𝑠 2
0
0
𝑡
(𝑎 𝐶5/𝐵5 ) = 𝛼5 ∗ 𝑟𝐶5/𝐵5
𝑛
𝑡
Conociendo el vector (𝑎𝐶5/𝐵5 ) , además de conocer la recta en la que se encuentra (𝑎 𝐶5/𝐵5 ) ,
ya que por la propiedad directa del producto escalar, se encontrará en una recta perpendicular
al vector 𝑟𝐶5/𝐵5 , podremos sacar el vector 𝑎 𝐶5/𝐵5
3) Conociendo 𝒂𝑩𝟓
Con todo ello pasaremos a la RESOLUCIÓN GRÁFICA:
𝑎𝐶5
𝑎𝐶5 /𝐵5
𝑎𝐵5
Escala: 1 𝑢 → 1 𝑚⁄𝑠2
TRABAJO 1 – PARTE C
Asignatura: Ampliación de teoría de
Máquinas y Mecanismos
Alumno: Miguel Melero Esteso
En cuanto a la longitud de los segmentos, que nos dará el valor de 𝑎 𝐶5:
𝒂𝑪𝟓 = −𝟐𝟖, 𝟕𝟑 𝒎/𝒔 𝟐
