Examen Enero 2019 WH

Enero-2019-Electrica-con-solucio...
dgch3
Teoría de Máquinas
2º Grado en Ingeniería Eléctrica
Escuela Politécnica Superior de Elche
Universidad Miguel Hernández de Elche
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
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Escuela Politécnica Superior de Elche
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
Ingeniería Mecánica
TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º – 16 ENERO 2019
NOMBRE:
GIE
GIEAI
Cuestión 1.- [0’5 puntos]
Calcula la velocidad angular de todos los engranajes que aparecen en el tren epicicloidal
de la figura, sabiendo que ωb= 100 r.p.m y ω2 = 200 r.p.m.
Datos:
Z1=70; Z2=60; Z3=70;
Z4=20; Z5=10; Z6=10
Cuestión 2.- [0’5 puntos]
Existe la necesidad de disponer de una cadena cinemática de engranajes rectos cuya
disposición reduzca la velocidad de dos ejes distanciados 85 mm un 75%. Para ello, en
el taller se pretende reciclar un piñón de otra máquina, existente y en desuso, como
rueda de entrada el cual tiene 12 dientes y módulo 6 mm. Otra de las características
observadas en el piñón a reciclar es que en su día se realizó un tallado de diente con un
desplazamiento de talla de 0.72 mm. Para completar el sistema es necesario diseñar la
rueda conjugada con el desplazamiento de talla óptimo. ¿Cuál será el desplazamiento
necesario de la rueda de salida?
Nota: Ev(αV) = B.tg(α) + Ev (α); B = 2.(x1+x2)/(Z1 + Z2);
Ev(αº) = tg(αº) – (αº •π/180);
α º = 73’625 [ Ev(αº)]
av .cos (αv) = a0.cos (α);
0’3096
;
Cuestión 3.- [0’5 puntos]
Dado el mecanismo de la figura, determina el momento que hay que
aplicar sobre la barra 6 para que el sistema esté en equilibrio. Por otro
lado, indique la posición de los centros instantáneos de rotación del
sistema.
Datos:
F2= 125 N
F3= 200 N
M4= 25 Nm
(escala: cuadrícula de 1 x 1 m)
Cuestión 4.- [0’5 puntos]
Se dispone de un mecanismo de retorno rápido como el de la figura. Si las dimensiones
del mecanismo mostrado son L2 = 75 mm. y L3 = 125 mm. Determina el valor de “e”
para conseguir una relación de tiempos de 1’3.
Cuestión 5.- [0’5 puntos]
La placa triangular mostrada en la figura es un eslabón de un mecanismo que
gira con velocidad angular ω y la aceleración relativa del punto B respecto al
punto A es de aB/A = 2 i. m/s2. Determinar los vectores velocidad angular (ω)
y aceleración angular (α).
aB/A
B
y
1 m.
x
A
C
Cuestión 6.- [0’5 puntos]
En la ecuación de Freundenstein, deducida para la relación entre los ángulos ϕ2 y ϕ4 de un mecanismo de 4 barras,
tenemos que K1 = 3, K2 = 2 y K3 = 13/12, ¿ Cuál es el valor del ángulo ϕ4 que corresponde a un valor de ϕ2 = 60º ?. Si
L1 = 6 cm., dibujar el mecanismo adecuadamente indicando los valores de L2, L3 y L4.
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
En el mecanismo de la figura el eslabón conductor es
el 2 con una velocidad angular constante de 1 rad/s
en sentido horario.
Se pide:
a) Las velocidades angulares de todos los
miembros del mecanismo y la velocidad de
los puntos de A, B, C y D, en todos los
eslabones que correspondan.
b) Las aceleraciones angulares de todos los
miembros del mecanismo y la aceleración
de los puntos de A, B, C y D, en todos los
eslabones que correspondan.
Escala recomendada:
Velocidad 1cm : 1m/s
Aceleración 1cm: 1m/s2
(escala: cuadrícula de 1 x 1 m)
Problema 2.- [2 puntos]
El mecanismo de la figura se utiliza para accionar una máquina cepilladora. El motor de accionamiento se conecta al eje
identificado como O1 y gira a 3000 rpm (ω) proporcionando un par motor constante. El par resistente durante el trabajo
de cepillado se muestra en la figura.
Se pide:
a)
Sabiendo que la masa reducida en el sólido 3 es de 5 Kg, determina el momento de inercia reducido en el eje de
accionamiento del motor.
b) Calcule la inercia que ha de tener un volante instalado en el eje del motor considerando que se admite un grado
de irregularidad máximo de δ = 0’002.
c)
Determina la velocidad máxima y mínima del eje de accionamiento y la potencia necesaria del motor.
Mresist (N.m)
200
-100
π/2
π
2π
-2000
2
Si juegas con fuego, te fuegas
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
Problema 1.- [2 puntos]
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
SOLUCIÓN
Para obtener la solución se debe aplicar la fórmula de Willis en repetidas
ocasiones en función de la velocidad que se quiere calcular y los datos
disponibles.
(ω2 - ωb) / (ω4 - ωb) = Z4/Z2 => (200-100)/(ω4 - 100) = 20/60 = 1/3
ω4 = 100 . 3 + 100 = 400 rpm
ω4 = ω5 = 400 rpm
(ω2 - ωb) / (ω3 - ωb) = (-Z3/Z5). (+Z4/Z2) => (200-100)/(ω3 - 100) = -70/10 . 20/60 = -7/3
ω3 = 57’14 rpm
100 . 3 = 700 – 7.ω3 => 7.ω3 = 700 - 300 = 400 rpm;
(ω1 - ωb) / (ω6 - ωb) = Z6/Z1 => (400/7-100)/(ω6 - 100) = 10/70 = 1/7
ω6 = -300 + 100 = -200 rpm
(ω1 - ωb) / (ω3 - ωb) = (-Z3/Z5). (-Z5/Z6). (Z6/Z1) = Z3/Z1 => (ω1 – 100)/( 400/7 – 100) = 70/70 = 1
ω1 = -300/7 + 100 = 400/7 rpm = 57’14 rpm
ω1 = 57’14 rpm
ω3 = 57’14 rpm
ω5 = 400 rpm
ω2 = 200 rpm
ω4 = 400 rpm
ω6 = -200 rpm
Cuestión 2.- [0’5 puntos]
Existe la necesidad de disponer de una cadena cinemática de engranajes rectos cuya disposición reduzca la velocidad de
dos ejes distanciados 85 mm un 75%. Para ello, en el taller se pretende reciclar un piñón de otra máquina, existente y en
desuso, como rueda de entrada el cual tiene 12 dientes y módulo 6 mm. Otra de las características observadas en el piñón
a reciclar es que en su día se realizó un tallado de diente con un desplazamiento de talla de 0.72 mm. Para completar el
sistema es necesario diseñar la rueda conjugada con el desplazamiento de talla óptimo. ¿Cuál será el desplazamiento
necesario de la rueda de salida?
Nota: Ev(αV) = B.tg(α) + Ev (α); B = 2.(x1+x2)/(Z1 + Z2);
Ev(αº) = tg(αº) – (αº •π/180);
α º = 73’625 [ Ev(αº)]
Los datos disponibles del enunciado son:
Z1 = 12 dientes
m = 6 mm V1 = 0’72 mm
av .cos (αv) = a0.cos (α);
0’3096
;
av = 85 mm
i = Z1/Z2 = 0’75
A partir de la relación de transmisión determinamos el número de dientes de la rueda 2
Z2 = 12/0.75 = 16 dientes;
Calculamos la distancia de montaje a cero, puesto que es posible que se pudiera aplicar.
R1 = m.Z1/2 = 6.12/2 = 36 mm;
R2 = m.Z2/2 = 6.16/2 = 48 mm;
a0 = R1+R2 = 36+48 = 84 mm
Al ser montaje a V, vamos a calcular X2 para que se pueda conseguir av = 85 mm
av .cos (αv) = a0.cos (α); 85. cos (αv) = 84 . cos(20º); cos (αv) = 84.cos(20º)/85 = 0’92864;
3
Si juegas con fuego, te fuegas
αv =21’776º
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
Cuestión 1.- [0’5 puntos]
Calcula la velocidad angular de todos los engranajes que aparecen en el tren epicicloidal
de la figura, sabiendo que ωb= 100 r.p.m y ω2 = 200 r.p.m.
Datos:
Z1=70; Z2=60; Z3=70;
Z4=20; Z5=10; Z6=10
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Ev(αv) = tg(αv) - (αv.π/180) = tg (21’776º) – (21’776. π/180) = 0’0194
Ev(α) = tg(α) - (α.π/180) = tg (20º) – (20. π/180) = 0’0149
B = 2.(x1+x2)/(Z1 + Z2);
V1 = m.X1 ;
0’0194 = B.tg(20) + 0’0149;
B= 0’0124
(x1+x2) = B.(Z1 + Z2)/2 = 0’1736
X1 = 0’72/6 = 0’12;
por lo que
X2 = 0’1736-0’12 = 0’054;
X2 ≥ -0.11765; si es compatible con el montaje previsto y por tanto para conseguir la
X2 ≥ (14-Z2)/17;
distancia de montaje de 85 mm el desplazamiento V2 = m.x2 = 6 . 0’054 = 0’324 mm
Cuestión 3.- [0’5 puntos]
Dado el mecanismo de la figura, determina el momento que hay que aplicar sobre la barra 6 para que el sistema esté en
equilibrio. Por otro lado, indique la posición de los centros instantáneos de rotación del sistema.
Datos:
F2= 125 N
F3= 200 N
M4= 25 Nm
(escala: cuadrícula de 1 x 1 m)
I5
En primer lugar, determinamos la posición de los CIR de
cada barra.
Para las barras 2, 4 y 6 el CIR corresponde al punto fijo,
para las barras 3 y 5 se indica en la figura su ubicación.
I3
Para resolver el problema aplicamos el principio de
Potencias Virtuales
F2 . VA + F3 . VE + M4 . ω4 + M6 . ω6 = 0
Siendo todos productos escalares y el punto E el de
aplicación de la F3
F2 = (-125,0,0) N
F3 = (0,-200,0) N
M4 = (0,0,-25) N.m
M6 = (0,0,M6)
Para obtener las Velocidades necesarias suponemos una velocidad ω2 = (0,0,1) rad/s
VA = ω2 x rA = (0,0,1) x (2,2,0) = (-2,2,0) m/s
VB = VA + VBA;
VB = ω4 x rB = (0,0, ω4) x (-1,2,0) = (-2 ω4, -ω4,0) m/s
VBA = ω3 x rAB = (0,0, ω3) x (2,0,0) = (0,2 ω3,0) m/s
(-2 ω4, -ω4,0) = (-2,2,0) + (0,2 ω3,0);
ω4 = 1 rad/s = (0,0,1) rad/s;
-2 ω4 = -2;
- ω4 = 2 + 2 ω3; ω3 = (-1 – 2)/2 = -3/2 rad/s = (0,0, -3/2) rad/s;
VB = (-2 , - 1,0) m/s;
VC y VE lo obtenemos por homología en el cinema de la barra 3; VC= (-2, 0’5, 0) m/s; VE= (-2, -0’25, 0) m/s
VD = VC + VDC;
VD = ω6 x rD = (0,0, ω6) x (-1,2,0) = (-2 ω6, -ω6,0) m/s
VDC = ω5 x rCD = (0,0, ω5) x (2,1,0) = (- ω5,2 ω5,0) m/s
(-2 ω6, -ω6,0) = (-2, 0’5, 0) + (- ω5,2 ω5,0);
-2 ω6 = -2 - ω5 ;
ω6 = 1 + 0’5ω5 ;
-ω6 = 0’5 + 2 ω5 ; ω6 = -0’5 - 2ω5 ;
1 + 0’5ω5 = -0’5 - 2ω5 ;
ω5 = -0’6 rad/s = (0,0,-0’6) rad/s
ω6 = 1 + 0’5ω5 = 1+ 0’5*(-0’6) = 0’7 rad/s = (0,0,0’7) rad/s
4
Si juegas con fuego, te fuegas
VA
VC
VE
VB
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
Ev(αV) = B.tg(α) + Ev (α);
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Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Aplicando la expresión: F2 . VA + F3 . VE + M4 . ω4 + M6 . ω6 = 0
(-125,0,0) . (-2,2,0) + (0,-200,0) . (-2,-0’25,0) + (0,0,-25) . (0,0,1) + (0,0,M6) . (0,0,0’7) = 0;
M6 = -392’9 N.m = (0,0, -392’9) N.m
250 + 50 - 25 +0’7 M6 = 0;
Cuestión 4.- [0’5 puntos]
Se dispone de un mecanismo de retorno rápido como el de la figura. Si las dimensiones
del mecanismo mostrado son L2 = 75 mm. y L3 = 125 mm. Determina el valor de “e”
para conseguir una relación de tiempos de 1’3.
Para resolverlo hacemos un croquis del mecanismo en los dos puntos extremos de recorrido de la
deslizadera C
C
e
L3 - L2
β
μ
L2 + L3
α
Planteamos las ecuaciones de trigonometría que nos permiten relacionar las incógnitas e, L2 y L3
µ = 180º −
360
= 180 – 360/(1’3+1) = 23’48º
Rt + 1
Aplicamos el teorema del coseno
C2 = (L3-L2)2 +(L3+L2)2 -2.(L3-L2).(L3+L2).cos(μ) = 24155’77
C = 155’42 mm
50 mm
μ
Aplicamos el teorema del coseno y calculamos ϕ
152’7 mm
ϕ
e
200 mm
502 = 2002 + 155’422 – 2.155’42.200.cos(ϕ)
cos(ϕ) = 0’9918;
ϕ = 7’36º
Por último calculamos la excentricidad “e” por Pitágoras
sen (ϕ) = e/200;
e = 25’6 mm
Cuestión 5.- [0’5 puntos]
La placa triangular mostrada en la figura es un eslabón de un mecanismo que
gira con velocidad angular ω y la aceleración relativa del punto B respecto al
punto A es de aB/A = 2 i. m/s2. Determinar los vectores velocidad angular (ω)
y aceleración angular (α).
B
y
aB/A
1 m.
x
C
La aceleración relativa la podemos expresar como suma de dos
vectores, de aceleración normal y aceleración tangencial
aB/A = nB/A + tB/A ;
de estos vectores sabemos que la normal tiene dirección y sentido de B hacia A y la
tangencial es perpendicular a la normal. Resolvemos gráficamente.
nB/A = (1, -1, 0) = ω x (ω x r); en modulo
nB/A = √2 = ω2.r = ω2
. √2
2
ω = √2 / √2 = 1; ω = +/- 1 rad/s
tB/A = (1, 1, 0) = α x r = (0,0, α) x (-1,1,0) = (α,
5
α, 0); α = (0,0,-1) rad/s2
A
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Cuestión 6.- [0’5 puntos]
En la ecuación de Freundenstein, deducida para la relación entre los ángulos ϕ2 y ϕ4 de un mecanismo de 4 barras,
tenemos que K1 = 3, K2 = 2 y K3 = 13/12, ¿ Cuál es el valor del ángulo ϕ4 que corresponde a un valor de ϕ2 = 60º ?. Si
L1 = 6 cm., dibujar el mecanismo adecuadamente indicando los valores de L2, L3 y L4.
Sustituyendo los valores del enunciado:
3 ⋅ cos(ϕ 4) − 2 ⋅ cos(60) + 13 / 12 = cos(ϕ 4 − 60) ; y resolviendo la ecuación obtenemos el valor de ϕ 4 = 72’7º
O bien a través de :
3 = 6 / L2 ;
K1 = L1 / L2
L2 = 2 cm;
L32 = 36;
L3 = 6 cm;
mecanismo dibujado
2 = 6 / L4 ;
K2 = L1 / L4
L4 = 3 cm;
K3 = (L12 + L22 + L42 – L32) / (2.L2.L4)
13/12 = (62 + 22 + 32 – L32) / (2.2.3)
con estos datos resolvemos podemos dibujar el mecanismos y también resolver sobre el
L3
L4
D
L2
60º
α
ε
L1
D2 = L22 + L12 – 2. L1.L2.cos(60º)= 4 + 36 – 2 . 2 . 6. 1/2= 28;
D = 5’3
L22 = D2 + L12 – 2.L1.D.cos(α);
cos(α) = (28 + 36 - 4)/(2.6.5’3) = 0’9434;
(α) = 19’4º
L32 = D2 + L42 – 2.L4.D.cos(ε);
cos(ε) = (28 + 9 – 36)/(2. 3 .5’3) = 0’0314 = 88’2º
ϕ 4 = 180º – 19’4º – 88’2º = 72’4º (diferencia con la solución numérica debido al redondeo)
6
Si juegas con fuego, te fuegas
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
K1 ⋅ cos(ϕ 4) − K 2 ⋅ cos(ϕ 2) + K 3 = cos(ϕ 4 − ϕ 2)
La ecuación de Freundenstein es:
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
En el mecanismo de la figura el eslabón conductor es
el 2 con una velocidad angular constante de 1 rad/s
en sentido horario.
Se pide:
a) Las velocidades angulares de todos los
miembros del mecanismo y la velocidad de
los puntos de A, B, C y D, en todos los
eslabones que correspondan.
b) Las aceleraciones angulares de todos los
miembros del mecanismo y la aceleración
de los puntos de A, B, C y D, en todos los
eslabones que correspondan.
Escala recomendada:
Velocidad 1cm : 1m/s
Aceleración 1cm: 1m/s2
(escala: cuadrícula de 1 x 1 m)
a) Para calcular la velocidad angular de cada y la velocidad de los puntos indicados, tenemos que resolver la
cinemática del mecanismo
El dato de partida es ω2 = (0,0,-1) rad/s
VA2 = ω2 x rA = (0,0,-1) x (2,1,0) = (1,-2,0) m/s; VA2 = 2’24 m/s
Para el cálculo de la velocidad de A4 planteamos la ecuación vectorial Vabs = Varr + Vrel
En este caso es el miembro 4 el que hace de arrastre, por tanto
VA2 = VA4 + VrelA ; sabemos que VA4 = ω4 x rA4 ; perpendicular a la línea que une el punto fijo de la barra 4
(O4) y el punto A (línea a 45º)
La velocidad relativa en A tiene dirección tangente a circunferencia que representa de la barra 4 (línea
vertical).
VA4
Resolvemos gráficamente con el cinema siguiente
VA4 = (1,1,0) m/s
VA4 = √2 m/s
VrelA = (0,-3,0) m/s;
VrelA = -3 m/s
VrelA
ω4 = VA4 / 04A = √2/√2 = 1 rad/s sentido horario; ω4 = (0,0,-1) rad/s
VA2
Por homología podríamos determinar VB4 , o bien aplicando la expresión
VB4 = ω4 x rB = (0,0,-1) x (0,2,0) = (2,0,0) m/s; VB4 = 2 m/s
Para el cálculo de la velocidad de B5 planteamos la ecuación vectorial Vabs = Varr + Vrel
En este caso es el miembro 5 el que hace de arrastre, por tanto
VB4 = VB5 + VrelB ; sabemos que VB5 = ω5 x rB5 ; perpendicular a la barra 5
VC
La velocidad relativa en B tiene dirección de la barra 5
Resolvemos gráficamente con el cinema siguiente
VB5 = (0’72,0’96,0) m/s
VrelB = (1’28,-0’96,0) m/s;
VB5 = 1’2 m/s
VrelB = 1’6 m/s
VB5
VrelB
VB4
ω5 = VB5 / O5B = 1’2/3’2 = 0’375 rad/s sentido horario; ω5 = (0,0,-0’375) rad/s
Por homología podríamos determinar VC; O5B = 3’2 m; O5C = 5 m;
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Si juegas con fuego, te fuegas
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
Problema 1.- [2 puntos]
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
por tanto VC = (5/3’2).VB5 = (1’125,1’5,0) m/s;
VC = 2 m/s
VD = VC + VDC;
VC
sabemos que VD es horizontal y que VDC es perpendicular a la barra 6
Resolvemos mediante el cinema
VD
VD = (2’625,0,0) m/s;
VDC = 3’14 m/s
Por último, determinamos en valor de ω6 a partir de la velocidad VDC
VDC = ω6 x rCD ;
por trigonometría obtenemos que rCD = 1’11 m
ω6 = VDC / rCD = 3’14/1’11 = 1’91 rad/s en sentido antihorario;
ω6 = (0,0, 1’91) rad/s
El resultado de las velocidades incluido el cinema completo de todas las velocidades es:
VECTOR
MÓDULO
VA2
(1,-2,0) m/s
2’24 m/s
VA4
(1,1,0) m/s
√2 m/s
VB4
(2,0,0) m/s
2 m/s
VB5
(0’72,0’96,0) m/s
1’2 m/s
VC
(1’125,1’5,0) m/s
2 m/s
VD
(2’625,0,0) m/s
2’625 m/s
ω4
(0,0,-1) rad/s
1 rad/s
ω5
(0,0,-0’375) rad/s
0’375 rad/s
ω6
(0,0, 1’91) rad/s
1’91 rad/s
VC
VB5
VA4
VDC
VrelB
VB4
VD
VrelA
VA2
b) Procedemos con el análisis de aceleraciones
aA2 = tA2 + nA2;
nA2 = (ω2)2. AO2 = 12.√5 = 2’24 m/s2 = (-2, -1, 0) con dirección de A hacia O2
tA2 = 0 m/s2 por ser ω2 = cte
aA2 = 2’24 m/s2 = (-2,-1,0) m/s2
En el punto A planteamos la ecuación siguiente:
aabs= aarrastre + arelativa + acoriolis;
nA4 = (ω4)2. AO4 = 12. √2 = √2 m/s2;
nA4 = (1,-1, 0)
aA2 = aA4 + arelA + acorA = nA4 + tA4 + arelA + acorA ;
con dirección de A hacia O4
m/s2
tA4 = perpendicular a la aceleración normal nA4
arelA = trelA + nrelA ;
siendo nrelA = V2relA / (BO4/2) = 32/1 = 9 m/s2
nrelA = (9,0,0) m/s2
trelA= perpendicular a la aceleración normal nrelA
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Si juegas con fuego, te fuegas
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
VDC = (1’5,-1’5,0) m/s;
VDC
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ω4
acorA = 2. ω4.VrelA = 2.1.3 = 6 m/s2 ;
acorA = 2. (ω4 x VrelA) = 2. (0,0,-1) x (0,-3,0) m/s2 ;
VrelA
acorA = (-6,0,0) m/s2 ;
acorA
Resolvemos gráficamente
acorA
aA2
nA4
nrelA
aA4
tA4
trelA
tA4 = 8’5 m/s2 ;
tA4 = (-6,-6, 0) m/s2 ;
aA4 = nA4 + tA4 = (1,-1, 0) + (-6,-6,0) = (-5,-7, 0) m/s2 ;
aA4 = 8’6 m/s2 ;
trelA = 6 m/s2 ;
arelA = (9,6,0) m/s2 ;
arelA = 10’8 m/s2 ;
tA4 = α4 . AO4 => α4 = tA4 / AO4 = 8’5/√2 = 6 rad/s2;
α4 = (0,0,6) rad/s2;
sentido antihorario;
aB4 = nB4 + tB4
Para obtener la aceleración de B4,
nB4 =
(ω4)2.
BO4 =
12.
2=2
m/s2;
con dirección de B hacia O4
nB4 = (0,-2, 0) m/s2
tB4 = α4 x rB = (0,0,6) x (2,0,0) = (-12,0,0) m/s2
aB4 = (0,-2,0) + (-12,0,0) = (-12,-2,0) m/s2;
aB4 = 12’166 m/s2;
En el punto B planteamos la ecuación siguiente:
aabs= aarrastre + arelativa + acoriolis;
aB4 = aB5 + arelB + acorB = nB5 + tB5 + arelB + acorB ;
nB5 = (ω5)2. BO5 = 0’3752. 3’2 = 0’45 m/s2
con dirección de B hacia O5
ω5
nB5 = (0’36,-0’27,0) m/s2
VrelB
tB5 = perpendicular a la aceleración normal nB5
acorB
arelB en dirección de la barra 5
acorB = 2. ω5.VrelB = 2. 0’375 . 1’6 = 1’2
m/s2
;
acorB = 2. (ω3 x VrelB) = 2. (0,0,-0’375) x (1’28,-0’96,0) m/s2 = (-0’72,-0’96,0) m/s2;
9
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Resolvemos gráficamente determinando la dirección de las incógnitas y calculando analíticamente
tB5 = tB5.(-0’6,-0’8,0) m/s2 ;
acorB
arelB = arelB.(-0’8,0’6,0) m/s2 ;
(-12,-2,0) = (0’36,-0’27,0) + tB5 (-0’6,-0’8,0) + arelB(-0’8,0’6,0) + (-0’72,-0’96,0)
nB5
-12 = 0’36 – 0’6. tB5 – 0’8. arelB -0’72
arelB = 8’85 m/s2
tB5 = 7’6 m/s2
aB4
tB5 = 7’6.(-0’6,-0’8,0) = (-4’56, -6’08,0) m/s2
tB5
aB5 = (0’36,-0’27,0) + (-4’56, -6’08,0) = (-4’2, -6’35,0) m/s2
aB5 = 7’6 m/s2
arelB = 8’85.(-0’8,0’6,0) = (-7’08, 5’31,0) m/s2
tB5 = α5 . BO5 => α5 = tB5 / BO5 = 7’6 / 3’2 = 2’375 rad/s2; sentido antihorario
arelB
α5 = (0,0,2’375) rad/s2;
Para el cálculo en el punto C vemos tiene la misma
dirección que la de B5 pero de mayor módulo por estar a más distancia de O5
Por homología podríamos determinar aC; O5B = 3’2 m; O5C = 5 m;
aC = nC + tC ;
nC = (5/3’2).(0’36,-0’27,0) m/s2 = (0’563, - 0’422,0) m/s2
tC = (5/3’2). (-4’56, -6’08,0) m/s2 = (-7’125, -9’5,0) m/s2
aC = (-6’563,-9’922,0) m/s2 ; aC = 11’9 m/s2 ;
aD
aD = aC + aDC;
sabemos que aD es horizontal y que aDC = nDC + tDC
nDC = (ω6)2 CD = 1’912 . 1’11 = 4’05 m/s2 en dirección de D hacia C
tDC
aC
tDC perpendicular a la barra 6
Resolvemos mediante el cinema
nDC
tDC = tDC . ( -1/√2,1/√2,0)
nDC = 4’05 . ( -1/√2,-1/√2,0)
aD = aD . (-1,0,0)
aD . (-1,0,0) = (-6’563,-9’922,0) + 4’05.( -1/√2,-1/√2,0) + tDC . ( -1/√2,1/√2,0)
-aD = -6’563 -2’864 – (1/√2).tDC
0 = -9’922 – 2’864 + (1/√2). tDC
tDC = 18’08 m/s2 ;
aD = 6’563 + 2’864 + (1/√2).18’08 = 22’213 m/s2 ;
aD = (22’213,0,0) m/s2 ;
tDC = (-12’786, 12’786,0) m/s2 ;
tDC = α6 . CD => α6 = tDC / CD = 18’08 / 1’11 = 16’3 rad/s2; sentido horario
α6 = (0,0,-16’3) rad/s2;
10
Si juegas con fuego, te fuegas
Reservados todos los derechos.
No se permite la explotación económica ni la transformación de esta obra. Queda permitida la impresión en su totalidad.
-2 = -0’27 -0’8. tB5 + 0’6. arelB -0’96
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Resumen de resultado del cálculo de aceleraciones
VECTOR
aA2
(-2,-1,0) m/s
2’24 m/s2
aA4
(-5,-7, 0) m/s2
8’6 m/s2
aB4
(-12,-2,0) m/s2
12’166 m/s2
aB5
(-4’2, -6’35,0) m/s2
7’6 m/s2
aC
(-6’563,-9’922,0) m/s2
11’9 m/s2
aD
(22’213,0,0) m/s2
22’213 m/s2
α4
(0,0,6) rad/s2
6 rad/s2
α5
(0,0,2’375) rad/s2
2’375 rad/s2
α6
(0,0, -16’3) rad/s2
16’3 rad/s2
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MÓDULO
2
11
Si juegas con fuego, te fuegas
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TEORÍA DE MÁQUINAS - 2º GRADO - 16 ENERO 2019
Problema 2.- [2 puntos]
El mecanismo de la figura se utiliza para accionar una máquina cepilladora. El motor de accionamiento se conecta al eje
identificado como O1 y gira a 3000 rpm (ω) proporcionando un par motor constante. El par resistente durante el trabajo
de cepillado se muestra en la figura.
Se pide:
Sabiendo que la masa reducida en el sólido 3 es de 5 Kg, determina el momento de inercia reducido en el eje de
accionamiento del motor.
b) Calcule la inercia que ha de tener un volante instalado en el eje del motor considerando que se admite un grado
de irregularidad máximo de δ = 0’002.
c)
Determina la velocidad máxima y mínima del eje de accionamiento y la potencia necesaria del motor.
Mresist (N.m)
200
-100
π/2
π
2π
-2000
a) Para determinar el IR tenemos que plantear la igualdad de Energía cinética:
½ MR . V32 = ½ IR . ω12
Para resolver debemos calcular las velocidades implicadas, V3 y ω1
ω1 = 3000rpm = 100π rad/s
Para resolver la cinemática dibujamos el equivalente del mecanismo a escala en primer lugar.
VA1 = ω1 x rA1 = (0,0,-100π) x (-2,0,0) = (0,200π,0) m/s; VA1 = 638’3 m/s
3
B
Para el cálculo de la velocidad de A2 planteamos la ecuación vectorial
Vabs = Varr + Vrel
1
A
En este caso es el miembro 2 el que hace de arrastre, por tanto
VA1 = VA2 + VrelA ;
2
sabemos que VA2 = ω2 x rA2 ; perpendicular a la barra 2
La velocidad relativa en A tiene dirección de la barra 2
Resolvemos gráficamente con el cinema siguiente
VA2 = (108’33, 43’33,0) m/s
VA2 = 116’68 m/s
Por homología obtenemos VB2 = (168’68, 67’47,0) m/s; VB2 = 181’67 m/s
La velocidad de B3 es la de todo el sólido 3 por tener movimiento sólo de
Traslación.
O2
VA1
VrelA
VA2
VB2
VB3
VB3
12
Si juegas con fuego, te fuegas
O1
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a)
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Lo calculamos planteando la ecuación vectorial
Vabs = Varr + Vrel
En este caso es el miembro 2 el que hace de arrastre, por tanto
VB3 = VB2 + VrelB ;
sabemos que VB3 es horizontal en dirección de la barra 3 y la velocidad relativa en B tiene dirección de la
barra 2. Resolviendo gráficamente obtenemos V3 = 195’67 m/s = (195’67,0,0) m/s
IR = MR.V32 / ω12 = 5 . 195’672 / 100π2 = 1’94 Kg.m2
b) En primer lugar determinamos en valor de la curva de Par motor, Mmotor , teniendo en cuenta que es una
máquina cíclica en régimen permanente.
Tmotor + Tresistente = 0 en un ciclo completo
Tresistente = ∫Mr dϕ; en un ciclo resulta Tresistente = -100 π/2 – 2000. π/2 + 200.π = -850.π Julios;
=> Tmotor = 850 π Julios
Mm = 850π / 2π = 425 N.m
Tmotor = 850 π Julios = ∫Mm dϕ = Mm . 2 π ;
Calculamos la curva de par total MTOTAL = Mm + Mr
Mtotal (N.m)
625
325
π/2
π
2π
-1575
A continuación, determinamos el Trabajo acumulado entre los puntos de ωmax y ωmin, que corresponden a los
puntos de corte con el eje de abscisas de la curva de Par Total.
El primer punto de corte corresponde a un ángulo ϕ1 = π/2 rad
El segundo punto de corte corresponde a un ángulo ϕ2 = π rad
Intervalo
0-1
1-2
2-3
Trabajo
325 π/2 = 510’5
-1575 π/2 = - 2474
625π = 1963’5
Trabajo acumulado
510’5
-1963’5
0
Por tanto el Tmax-min = 510’5 – (-1963’5) = 2474 Julios
IT = (Tmax-min ) / (δ* ωmed2) = 2474/(0’002*314’122) = 12’5 Kg.m2
IT = Iv + IR = IV + 1’94 = 12’5 Kg.m2
IV = 10’56 Kg.m2
c) Determinar velocidades mínima y máxima.
ωmax = ωmed *(1+ δ/2) = 3000*(1+0.002/2) = 3003 rpm
ωmin = ωmed *(1 - δ/2) = 3000*(1-0.002/2) = 2997 rpm
La potencia media consumida por el motor de accionamiento es
Potencia = Par motormedio * ωmed = 425 N.m * 100π rad/s = 133517’7 W = 133’5 kW
13
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