Problemas resueltos de mecánica para ingenieros: Cinemática 9788413401744, 8413401747

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PROBLEMAS RESUELTOS DE MECÁNICA PARA INGENIEROS: CINEMÁTICA

PROBLEMAS RESUELTOS DE MECÁNICA PARA INGENIEROS: CINEMÁTICA

Arantza Martínez Pérez y Jorge Afsa Arenaz

PRENSAS DE LA UNIVERSIDAD DE ZARAGOZA

Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra solo

puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley. Dirfjase

a CEDRO

(Centro Español de Derechos Reprográficos, www.cedro.org) si necesita fotocopiar o escanear algún fragmento de esta obra.

©

Arantza Martínez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

©

Dela presente edición, Prensas de la Universidad de Zaragoza

(Vicerrectorado de Cultura y Proyección Social) 1.* edición, 2020 Colección de Textos Docentes, n.? 297

Prensas de la Universidad de Zaragoza. Edificio de Ciencias Geológicas, ¢/ Pedro Cerbuna, 12, 50009 Zaragoza, España. Tel.: 976 761 330. Fax: 976 761 063 [email protected]

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http://puz.unizar.es

Esta editorial es miembro de la UNE,lo que garantiza la difusión y comercialización de sus

publicaciones a nivel nacional e intenacional,

ISBN 978-84-1340-1744 Impreso en España Imprime: Servicio de Publicaciones. Universidad de Zaragoza D.L.: Z 1226-2020

Agradecimientos Primavera de 2020. Un virus, el COVID-19 se extiende por todo el mundo. Como resultado, medio planeta está confinado en su casa... y en estos días de pasar horas aislado, va naciendo este libro de problemas de Mecánica.

Va dedicado a todos aquellos que sufrieron las consecuencias del virus. A víctimas, sanitarios, cuerpos de seguridad, bomberos... y a todos aquellos que nos ayudaron a salir de esta. ... También a todos los profesores y alumnos que, haciendo un gran esfuerzo, consiguieron sacar el curso 19-20 adelante. Gracias

Prólogo El autor Victoriano López Rodríguez en el prólogo de su libro Problemas resueltos de electromagnetismo, hace referencia a un proverbio de Confucio que decía: Olvido lo que oigo, recuerdo lo que veo y aprendo lo que hago.

Es por lo que esta colección de dos libros de Mecánica se ha escrito con la idea de que el estudiante aprenda Mecánica haciendo problemas. Como se irá viendo según se vaya avanzando a largo de ambos libros, estos no pretenden ser textos básicos en los que se explique la Mecánica con la profundidad y rigurosidad de los libros teóricos, sino que solo se darán una serie de pinceladas sobre los conceptos básicos de cinemática (tomo I: Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática) y dinámica (tomo II: Problemas resueltos de Mecánica

para ingenieros: Dinámica). Estos conceptos irán distribuidos en capítulos, de tal manera que cada uno de ellos acabará con un problema resuelto, ejemplo muy sencillo en el que se pongan en práctica dichos conceptos, y las expresiones y notación indicadas. En este primer tomo, se trata la Cinemática 3D y 2D, y tras los capítulos teóricos se tienen una serie de problemas, también resueltos, en los que se detalla

cada uno de los pasos que se deben dan para completar los cálculos, y en los que se irán introduciendo conceptos nuevos, y se irá haciendo hincapié en otros ya vistos. La mayoría de los problemas presentados en este libro han sido planteados en

exámenes del grado en Ingeniería Electrónica y Automática de la EINA de Zaragoza, por lo que se consideran de un nivel adecuado para comenzar a preparar la asignatura de Mecánica de otras titulaciones de Ingeniería.

s

1. Cinemática de la partícula 1.1. Introducción La mecánica estudia y modela el movimiento de los diferentes sistemas mecánicos relacionándolo con sus causas y tratando de establecer su comportamiento futuro. La mecánica se subdivide, atendiendo a los sistemas objeto de estudio, según el siguiente esquema Mecánica

Clásica

Solido rígido ———» :

Medios continuos

q

Máquinas y mecanismos Sólidos deformables Fluidos

Relativista Cuántica

En este libro de Mecánica se presentan las bases de la Mecánica Clásica aplicada principalmente a sistemas mecánicos compuestos por sol¡dos rigidos y se estructura en dos bloques: — Cinemática («kinematics»): descripción del movimiento — Dinámica («kinetics»): relación entre el movimiento y las acciones que lo causan (fuerzas, momentos) El análisis dinámico presenta dos grandes enfoques: — Vectorial: se explica la evolución de los sistemas mecánicos a partir de magnitudes vectoriales como fuerza y momento, aplicando los llamados teoremas vectoriales (Teorema de la Cantidad de Movimiento y Teorema del Momento Cinético) — Analítica: en este caso se trata de explicar la evolución del sistema a partir de magnitudes escalares como energía y trabajo. Existen diferentes planteamientos, como el Teorema de la Energía, el Principio de los Trabajos Virtuales, Ecuaciones de Lagrange, etc.

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

12

1.2. Referencia. Tipos y cómo se definen En este texto, como es habitual en los cursos de Mecánica, se comenzará por

el análisis del movimiento de la partícula P, para pasar después al sólido y sistemas multisólido. Cuando se introduzcan los principios de la dinámica se hará algo semejante, comenzando por la dinámica de la partícula, pasando luego al trabajo con sólidos rígidos. La cinemática de la partícula P, estudio del movimiento de esa partícula independientemente de las causas que lo producen. Para poder describir el movimiento de P, será necesario definir previamente desde dónde se observa este movimiento, puesto que esto condiciona la apreciación del mismo. El lugar desde donde se observa el movimiento recibe el nombre de referencia de estudio, o simplemente, referencia. Las referencias pueden ser: Fija: Se observa el movimiento desde un lugar que no se mueve, es decir, que está fijo. En este libro de Mecánica orientado a grados de Ingeniería de la Rama Industrial, se considera la Tierra como una referencia fija, despreciando el efecto de su movimiento por el espacio sobre máquinas o vehículos terrestres. En este caso se está observando movimiento absoluto: «Me encuentro en la acera, y observo como circula un autobús».

Móvil: Se observa el movimiento desde un lugar de observación que se mueve, es decir, que tiene velocidad. Ejemplos de este tipo de referencia son un autobús, una plataforma que gira, etc. En este caso se está observando movimiento relativo: «Voy montado en un autobús y veo un peatón esperando en un semáforo. Aunque el peatón está quieto, yo aprecio que se está moviendo» Existen distintos tipos de referencias relativas o móviles, y estas son la traslacional, la rotacional y la roto-traslacional Cinta transportadora

Balancin

Tiovivo

FIGURA

1.1.

Referencia

FIGURA

1.2.

I Referencia

FIGURA

1.3.

traslacional

es aquella que

rotacional es aquella que solo

traslacional

solo

movimiento

tiene movimiento de rotación

combina

tiene

traslación

de

Referencia

roto-

aquella

que

es

rotación

simultáneas

y

traslación

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

13

En relación con el movimiento de un objeto o partícula: Dos personas que están en distintas referencias, detectan diferente movimiento de una misma partícula. Dos personas que están en la misma referencia, aunque estén en distintos puntos de la referencia, observan idéntico movimiento de la partícula (por ejemplo, dos personas dentro de un autobús, una sentada al fondo, y otra de pie al principio, ven el mismo movimiento de un tercer viajero que camina dentro del autobús buscando un asiento). Una referencia se define siempre de forma o matemáticamente con un punto (lugar de observación) y tres direcciones ortogonales dos a dos que podrán ser fijas (para la referencia absoluta) o móviles (en las referencias relativas). Más adelante se señalará la diferencia entre referencia y base de proyección con mayor claridad. Para unificar notación, cuando la referencia es fija, el punto que la define siempre será «O», mientras que, para referencia móvil, el punto que la define será uno distinto de «O». Se reserva el uso de las mayúsculas para denotar a los puntos.

RE'FftA:ezeze:l

REF=(O;e1e2€3) O fijo > REF. ABS

FIGURA 1.4. Referencia fija

.

A móvil REF. REL

FIGURA 1.5. Referencia absoluta

1.3. El vector posición Una vez presentado el concepto de referencia y cómo se define, ya se puede

platear la cinemática del punto: El movimiento de P queda definido como el cambio de posición de P en función del tiempo. Se define el vector de posición como el que une un punto fijo en la referencia (origen del vector de posición) con el punto P objeto de estudio (P es siempre el extremo del vector de posición).

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FIGURA 1.6. Vector 2D

FIGURA 1.7. Vector 3D

En este texto, siempre se expresarán los vectores en forma de columna.

1.4. Derivada del vector de posición: vectores velocidad y aceleración Una vez fijada la posición de un punto, se calcula el vector velocidad derivando el vector posición d VREF (P ) = a W] REF

Una vez calculada la velocidad de un punto, se calcula el vector aceleración derivando el vector velocidad d YREF (P ) = E [Ú-REF (P )]REF

Para un ejemplo 2D, el extremo de la saeta de un reloj, se tendria:

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

R

— Se fija la referencia de estudio absoluta: (O; XY). — — Se traza el vector de posición OP, cuyo módulo se denominará d(OP).

¡…,¿¿¡¿.'¿I"“ »e 09 —

;L;. — Ed'{fl.i")lnm'l

-

15

— Se proyecta el vector sobre los ejes XY.

a

_[d(OP) sen 8

-——

[OP]xy = d(0P) cos 6], FIGURA 1.8. Vector posición de P

— Se identifican los parámetros variables: solo 0, ya que la distancia d(OP) es constante

— Para el caso de movimiento absoluto expresado en unos ejes fijos YYZ, puede afirmarse, como el lector conoce de cursos precedentes, que la derivada se corresponderá con las derivadas de sus componentes.

(l e

drx/ dt d

É dt-yyz Por tanto, para el ejemplo del reloj, la velocidad del extremo de la saeta será:

an (Plir = [ a(05) a ] d(OP) ésen 6 xY Obsérvese que la derivada del ángulo (en este caso parámetros variable con el tiempo) se expresa con un punto superior, que será la notación a seguir a partir de este momento.

Y de la misma manera, para calcular la aceleración, se derivaría de nuevo el vector velocidad. Como se sigue derivando en unos ejes fijos, bastaría derivar las componentes del vector velocidad. En este caso, el único parámetro que sigue siendo variable es 0, ya que Ó es constante (la saeta del reloj gira a velocidad

angular constante) y por tanto § = 0

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

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Fa (Pir =

" _ =[_d(DP)9 sen 9]

a _ , d(OP) écos 6 — d(OP) é sens]

—d(0P) fisen 6 — d(OP) 6?cos 6

d(OP) 6%cos 6 Xy

A

La manera de trabajar en 3D sería idéntica, pero utilizando vectores de tres componentes. Se verá un ejemplo 3D resuelto al final de este capítulo 1.

1.5. Interpretación geométrica de los resultados. Coherencia en las unidades Se van a interpretar ahora los vectores velocidad y aceleración obtenidos en el apartado anterior. Si se dibujara gráficamente el vector velocidad del extremo de la saeta se tendría lo mostrado en la figura 1.9. Este vector no deja de tener, en módulo, el

valor visto en Física General de wr. A este módulo del vector velocidad se le denomina celeridad, y en la nueva notación, w = Ó y r sería la distancia OP. Su dirección es tangente a la circunferencia que describe el extremo de la saeta. Si se descompusiera el vector velocidad en sus componentes en X e Y, bastaría proyectar usando la trigonometría, y resultando que la d(OP)écos8 , componente en X tiene signo positivo y va multiplicada por el coseno, y la componente en Y, —tendría signo negativo e iría

(Bars(P))xr =(0P)8 — multiplicada por el seno. Esto es

FIGURA 1.9. Vector velocidad de P

precisamente

lo que

indica el vector

obtenido al derivar:

[Pars(P)lar = [ —~d(OP) o Cn ] ósen 6

XY

En cuanto a las unidades, se tiene una expresión en la que se multiplica una distancia (m en el SI) por una velocidad angular (s en SI), lo que da lugar a unidades de velocidad m/s. Se va a realizar a continuación el mismo análisis, pero para la aceleración.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

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En el caso de un punto que describe trayectorias circulares a una velocidad angular constante, aparece únicamente, y tal y como se ve en Física General, la aceleración normal que va dirigida hacia el centro de esa trayectoria circular. Esta aceleración normal se suele expresar como w?r. Con la nueva

notación,

normal

x

quedaría

la

aceleración

d(0P)6?

Si

ahora se proyecta sobre los ejes XY utilizando trigonometría, se tendría signo negativo en las dos componentes, apareciendo el seno en la componente X y el coseno en la

componente Y. Precisamente, lo que se ha obtenido al derivar el

FIGURA 1.10. Vector aceleración de P

vector velocidad.

[r…(P)lw—[_ aa BL _

_|-d(0P)6?sen 6

En cuanto a las unidades, se tiene una expresión en la que se multiplica una distancia (m en el SI) por una velocidad angular al cuadrado (s? en SI), lo que da

lugar a unidades de aceleración m/

Flataimae

-

Brazos

+

Disco

Basefija

Y=2

payaso

3=3° — Basemóvil

1 Basemóvil

chino

Pase

3'=3"

móvil

El payaso solo acumula un cambio de orientación:

v El brazo del payaso orientación: y y 8 El

disco

chino

acumula

acumula

dos tres

cambios cambios

de de

orientación: Y, 0 y ¢ FIGURA

2.7. Regla de la

mano derecha

Nótese que junto al ángulo girado se ha tenido ya

en cuenta el signo del giro, que se basará en la regla del sacacorchos o de la mano derecha, tal y como se ha visto

en el ejemplo de la saeta del reloj. En este caso, y como repaso del capítulo anterior, para crear el vector posición absoluto OP, es decir, observar P desde una referencia fija (O; YY7), se debería

representar el vector: OP = 0A +AB + BC +CP Ahora bastaría elegir los ejes o base para proyectar, que para esta figura pueden

ser YYZ, 123, 123 01727 3”. La base XYZ seria solidaria al suelo, la base 123 solidaria a la plataforma, la base 12'3' solidaria a los brazos y, por último, la base 1727 3” solidaria al disco chino.

2.3. Velocidad y aceleración angular. Representación Al hablar de angular, se está hablando «giro» o cambio de orientación. Para poder ilustrar este apartado, se continuará con el ejemplo de la cadena cinemática anterior.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

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El brazo cambia de orientación según el ángulo 1. Por tanto, si se analiza la variación respecto al tiempo de este ángulo, se tendrá la velocidad angular absoluta vista desde la referencia fija (O; X¥Z), y representada por el vector: ñabs (brazo) = ñabs (123) = {1'])'

Como el brazo y la base 123 son solidarios, la velocidad angular absoluta de ambos es la misma. De la misma manera, se analiza ahora la barra. Esta cambia de orientación

según los ángulos Y y 9. La velocidad angular absoluta de la barra, y también de la

base 1°2°3” solidaria a ella, será la variación de estos ángulos respecto al tiempo. Para una justificación matemática de que el resultado pueda ser una suma vectorial vuelve a remitirse al lector a las obras antes citadas. ñabs (barra) = 0455 (172'3) = {fi_b- + é}

De manera análoga, la cabina acumularía tres cambios de orientación ¥, 8 y @, que en su variación respecto al tiempo quedarían:

Dass (cabina) = g

(172737) = {IIJ- +0+ 6}

En cuanto a la representación, la velocidad angular es un vector que lleva la

dirección del eje sobre el que se produce el giro y el sentido según la mencionada regla de la mano derecha vista en la figura 2.5. Al tratarse de un vector, este se puede representar gráficamente, y tam-

bién se escribirá en forma de columna, utilizando la base que se crea adecuada para proyectar. Podrá hacerse en cualquier base, pero algunas resultarán más sencillas para proyectar que otras como se ha visto en el apartado anterior. Se muestran a continuación varios ejemplos:

FIGURA 2.8. Cambio de base fija a base 123

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

30

0

(Nabs (techo))xyz = Mavs (XY7))xyz = [0]

0lyyz

[0 [ñabs (brazo)}xyz = {Qaps (123)}xyz =

O, "w’X}’Z -0-

{Qaps (brazo))123 = {Qaps (123))123 = |0 | 'w' 123

—Ócosy

_

Mass Warra))yvz = as (123))xvz = (P + 6} = |-Bseny tj)

XYZ

Oaps (cabina))xyz = Mas 1723 )7 = {$ + 6+ § —Bcosy — psendsenyp

= | -Osenp + ¢@senbcosy Ú + pcoso {fiabs (cabina)}23 = [ñabs (12737))123

-6 =|

= {IE + 6 - ‘;}123 E

¢senf Y + ¢cosb|, ,,

A modo de resumen, cuando se analiza el movimiento de un sistema mecánico: En primer lugar, se debe elegir una referencia, desde la cual se observará el movimiento: absoluto en caso de ser referencia fija, o relativo, en caso de ser referencia móvil.

En segundo lugar, será necesario representar cada uno de los vectores que definen el movimiento del sistema mecánico: tanto los vectores que representan el

cambio de orientación, como los vectores posición de los diferentes puntos que se

analizan. Para ello habrá que elegir una base. Esta podrá ser fija (777) solidaria a la tierra, o móvil (123, 1°2°3’, ...) solidaria a alguno de los sólidos del sistema. La

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

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base será solo una herramienta para proyectar, y no afecta en la observación del movimiento.

2.4. Derivada de un vector en cualquier base Se ha visto en el capítulo 1 como para calcular la velocidad absoluta de un punto, se derivaba el vector posición con respecto al tiempo. En un cálculo sucesivo, se obtenía la aceleración derivando el vector velocidad. _

d

DrEF_ABs (P) = de [OP]rer_a8s

_ . de Yrer_aes(P) = le [Drer (P)Irer_ans Para ello, bastaba derivar cada una de las componentes del vector proyectadas

en la base YYZ (base fija).

( [UREF UREFABs s (P) } XYZ ={_0P [dt ]REFus } XYz = dt í g (O N larrass ]x?'?- -

d

de

dOP, /

= S U7(Plrer185)y7 =

(Vrer.a8s(P)), .7 = [[EÚ(P)LEF aas} XYZ

ey dt dv,

dv, /dt -

Ahora bien, si se trabajase proyectando en una base queno es fija, es decir, que se mueve solidaria con algún sólido (y que denominamos 123, 1'2'3', ...), se debe incorporar a la derivada un elemento que se conoce como término de Bour (Edmond Bour, matemático francés del siglo XIX) (véase la literatura citada para su justificación). Representando el vector de manera genérica como #, se tendría la siguiente expresión:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

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{ %fi]“;}bue = ':_t{[fi]REF}base+{fiREF(bflse)x[fi]REF]base

H__/ Término de Bour

{[E u] RE F}

l

= % UBlres)rer

Arer (ase)x[UlrEr)dase

'________}

*

La derivada de un vector en una referencia (fija o móvil) es la derivada de las componentes de ese vector, más la velocidad angular en la referencia de trabajo (absoluta o relativa) de la base elegida para trabajar, multiplicada vectorialmente por el vector que se está derivando. Este producto vectorial es el denominado término de Bour. Y tal y como se ve, la expresión es válida tanto en referencia absoluta como en referencia relativa. Bastará usar la velocidad angular de la base en absolutas o relativas dependiendo del caso. Obsérvese que esta expresión es general para derivadas tanto en base móvil

como en base fija, ya que si se utiliza la base fija YYZ, su velocidad angular absoluta es nula, y entonces el término de Bour desaparece, quedando únicamente las derivadas de las componentes del vector, como se ha visto al principio de este apartado. Ya se ha indicado que esta expresión general de derivada es válida, además de para cualquier base, para cualquier vector, por lo que en este punto, se presenta el concepto de aceleración angular absoluta. Esta representa la variación de la velocidad angular en el tiempo, y para ello, bastará derivar la velocidad angular absoluta vista en los primeros apartados de este capítulo, aplicando la expresión general de derivada en cualquier base:

[ña¿,, (sé!ida)}b

= á[ñab, (sólido))yase + [ñab, (base)x(Naps (sélido)}}

Término de Bour

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Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

2.5. Ángulos de Euler Se ha visto hasta el momento cómo se van orientando diferentes sólidos de una cadena cinemática, siendo que según se avanzaba en la cadena, los sólidos iban acumulando cambios de orientación respecto del anterior sólido en la cadena. También puede ocurrir que un único sólido acumule varios cambios de orientación. Ejemplos de sólidos únicos serían: un cilindro, un disco, una esfera, un cono,... o un satélite. Se verá a continuación el ejemplo del satélite. Cuando se tiene un único sólido, este se orienta mediante los denominados ángulos de Euler. Estos van encadenando

los diferentes cambios de orientación que puede tener el sólido en el espacio, dando FIGURA 2.9. Satélite giros consecutivos respecto a ejes afectados del giro precedente y reservando, para movimientos con giro de revolución, el último giro en torno a dicho eje.

Según el ejemplo de la figura y partiendo de unos ejes arbitrarios YY 7 que no coinciden con ninguna particularidad del sólido, el satélite puede girar respecto a

su vertical, esto es, respecto a Z. Se pasa entonces de las bases YYZ a la base 123 siendo el eje Z y el 3 coincidentes. A este cambio de orientación que denominamos precesión, lo denotaremos con ). A su vez, el satélite puede girar en

torno al eje 2. Se giraría entonces esta base 123 en torno al eje 2 hasta alcanzar las posiciones de las alas, y dando lugar a la base 123”, con los ejes 2 y 2’coincidentes. Este cambio de orientación es la nutación y se denotará con 6. Por último, el satélite puede además girar respecto a su eje de revolución. Este último

se denomina spin, se denota con ¢, y se produce cuando la base 1°2°3” gira en tomo a 3’ hasta localizar el punto P de la periferia del satélite y dando lugar a la base 1727 3", Eneste caso, 3y 3 son coincidentes. Al igual que en una cadena cinemática, se puede escribir la correspondiente cadena de bases para el sólido.

— 123

e

Ta

XYz

()

123

(e

Tierra

>

Precesión

—

Nutación

—

SATELITE- Spin

Base fija.

Y=2

1Base móvil

3=3"

Basemévil

3=3"

Base móvil

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Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

Ahora se podría concluir que la velocidad angular absoluta del satélite es: .

Qs (satélite) = [zp +6+ qT)] y se debería elegir una base para poder proyectar este vector. Se sugiere trabajo personal para orientar tres sólidos principales: cilindro, cono y disco, este último con contacto puntual.

FIGURA 2.10. Cilindro

FIGURA 2.11. Cono

FIGURA 2.12. Disco

Nota: En las figuras mostradas, solo se ha incluido el primer cambio de orientación, dejando los

demás para trabajo personal del lector.

2.6. Problema ejemplo El brazo robótico de la figura está compuesto por un soporte vertical que puede girar sobre sí mismo según un ángulo y. Unido a él, se tiene un doble brazo articulado, en el que sus dos componentes giran según los ángulos @1 y ¢z, respectivamente. Finalmente, se tiene una garra que puede girar respecto de su eje de revolución, según el ángulo 6. En la figura se han representado cada una de las bases solidarias a los correspondientes cuatro sólidos de robot. Las figuras auxiliares de alzado y planta completan la información sobre ángulos girados. En este problema se pide calcular la velocidad y aceleración angulares de la garra del robot, de acuerdo con el método general explicado. (Nota: en Robótica, se analizan otras formas específicas de orientación para este tipo de sistemas, con orientación a su programación y control).

Vista de alzado

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Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

FIGURA 2.13. Brazo de robot

En primer lugar, se compondrá la cadena de bases:

KZ

(+)

123

. Tierra

Soporte vertical

Base fija

Base móvil

(p1 2-7

173

(+92

17773

Brazo 1

-

Brazo 1

27

Base ovil

Base móvil

l

Garra

—

Bas

a

B

movil

Se va a trabajar en los ejes 123. La garra acumula, según se ve _eº_la cadena de bases, cuatro cambios de

orientación respecto de la base fija XYZ, que compondrán la velocidad angular absoluta de la garra. Bastará proyectar en los ejes indicados. {Qaps (garra)):23 = as

(€162€3))123 = ['¡—-' +01+02+ á]

0 cos (P2 — 1)

—01 + @2 ¡¡¡, — Osen (sz m ‘pl) 123

123

=

Arantza Martinez Pérez y Jorge Alsa Arenaz

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Para calcular la aceleración angular absoluta, bastará derivar. Se pondrá especial cuidado, ya que se ha trabajado en una base móvil, y como se ha explicado, será necesario tener en cuenta el témino de Bour.

{Baps (sólido)) — == %iñ… (sólido))pase + (Dans (base)x(Mans (sólido))) base

base

Dado que la base 123 solo acumula un cambio de orientación, se tendrá que: _

Qabs (123))123 = {‘P}

0 123

= [D] 123

y por tanto la derivada tendrá la forma:

(Bars Garro)) _ == 123

_

[flm (garra))

23

_=

Do (garra))ias + (Dars (123)xDaos (garra)))

¿[6 dt

1

—01 + 2

(07

f oee

+ [3']

Y- fsen (92— $1) 123

!

123

X| 123

— +0 ;

Y — Osen (¢ — $1) 123

Recuérdese que para realizar el producto vectorial de dos vectores, se debe operar de la siguiente manera:

e _

as

b,

@3lyp3

Lbsl .

e

Según una sencilla regla nemotécnica seria:

azb; — bya;

lajh, —biazl ,H,

37

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

Para la primera

Para la segunda

Para la tercera

componcnte

componente

componente

[ l_—,[ 123 blT s,

ol a3l123

"

| E :Ibzi T

3) 123

Realizando en primer lugar el producto indicado con la flecha continua y restando después el producto indicado con la flecha punteada. Obsérvese cómo se invierte el signo en la segunda componente y se “suprime” la componente afectada en cada uno de los vectores iniciales. Esta operación también acostumbra a realizarse en el Álgebra mediante un determinante:

(a5) axb

Operando finalmente:

"

ahora

(Ñars (garra)) =

para

bas

calcular

1

2

3

a,

a;

a

by

by

by

la aceleración

angular

absoluta,

se tiene

6 cos(@, — 1) — 6ló. — Plsen(o: — @) + P-%: + 62

— +02+V6cos(p2 — 1)

V — Ól$2 — P)cos(p: — 91

-

Se sugiere para completar el trabajo de este problema: — realizar el mismo cálculo, pero utilizando para proyectar distintas bases, por

ejemplo, YYZ y 172'3”, — calcular la velocidad angula y la aceleración angular absolutas del brazo 2 en la base que el lector decida como adecuada,

— calcular la velocidad absoluta del punto P de la garra en la base 123.

3. Composición de movimientos 3.1.

Relación de referencias

las velocidades

vistas

desde

diferentes

En este capítulo se pretende relacionar el movimiento de una partícula P que detectan observadores situados en distintas referencias. Se recuerda que un observador situado en una referencia fija percibe movimiento absoluto, mientras que un observador situado en la referencia móvil aprecia movimiento relativo. quiere se Si calcular la velocidad de un punto P desde referendiferentes cias,

será

necesario

vector el derivar Fig 3.1. Referencia fija y referencia móvil posición obtenido en cada una de las referencias, para lo que se escriben los vectores de posición válidos en cada caso, con origen en cada referencia:

— Referencia fija: #igps(P) = OP = 0A + AP — Referencia móvil: i,,,(P) = AP Para calcular las velocidades absoluta y relativa, habrá que derivar ambos vectores posición. Se va a trabajar de manera genérica en una base móvil que, por conveniencia, coincide con la referencia móvil. Se deberá tener en cuenta la expresión de Bour. {fiabs (P)]ejes

= %{m

+ msj'ts

+ [fia.bs(ejes = RM)x(O?i T m}ejfl

Wre(P )]ejes = '&d—r {AP }cjcs + [firfl(ej es = RM)xA_P]ejes

(l)

(2)

con A € referencia móvil

La velocidad angular relativa (,,, (ejes) se obtendrá restando a la velocidad angular absoluta de los ejes la velocidad angular absoluta de la referencia móvil desde la que observamos el movimiento. Como en este caso se les ha hecho coincidir por conveniencia, la resta será nula, lo que dará lugar a

—

aa

n

o

a

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

40

Qaps(ejes) — Nans (referencia móvil) =0 Wre(P)ejes = %{F]em con A € referencia móvil Desarrollando la expresión (1): d — _

=

{vrel(P)]ejes = E{OA}ejes + Narslejes = RM)x(OA)}ejes +

d = — +Et'{mejes +{Qaps(ejes = RM)x(AP)]ejes

%__J [ñabs(¿q)]ejes

Y sustituyendo %W]E jes por su valor (Dre; (P))ejes Se llega a: [ñahs(P)]ejes =

{firel(P)}ejes + {fiabs(A)}ejes T {fiabs(ejes)x(fi)}ejes

%/—/ [íe (P )]ejes

Aparecen en la expresión dos términos que, conjuntamente, reciben el nombre

de velocidad de arrastre de P, que designamos por (7,(P))ejes- Este término indica la velocidad y el cambio de orientación que «arrastra» al observador al estar en una

referencia que se mueve (y puede hacerlo con traslación (7.>s(A))ejes , con rotación (Q,,s(ejes = RM)x(2P)), jes» O CON una combinacién de ambos). Por tanto, el movimiento absoluto que tiene P, será la suma del relativo que percibe el observador relativo más el de arrastre que experimenta el observador.

3.2. Expresiones para la composición de velocidades A partir del razonamiento anterior, se cumplirán las siguientes expresiones: Wars(P)) = [firel(P)} T [í¡;' (P}

41

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

d re rel (P)}ejes = "E@}e}es + {firel(ejes)xBP}ejes con B € RM {fie(P)]ejes

=

[ñabs(B)]ejes

+ {fiabg(RM)xfi'P'}m,

con

B € RM

Téngase en cuenta que si se trabaja en una referencia móvil y la orientación en cada instante de la base y la referencia coinciden:

Oror(ejes) = Nass(ejes) — Dasslreferencia) = O y el término de Bour se hace 0, y si se trabaja en una referencia movil y la base y la referencia no coinciden

Q-rer(ejes) = Narslejes) — Qgps(referencia) + O y el término de Bour será distinto de 0. Por tanto: Q,,s(XYZ) siempre vale cero, 1,..; (XYZ) no tiene por qué ser cero. Generalmente la velocidad angular absoluta de la referencia móvil se denomina velocidad angular de arrastre y se denota fie = ñabs (RM)

3.3. Expresiones para la composición de aceleraciones Si se realizara el mismo desarrollo para las aceleraciones, se llegaría a las siguientes expresiones: Wabs (P)) = Wrer(P)) + Ye (P)} + (Veor (P}

d

=

{fre! (P)]’ejes = "d_t{fiabs(P)}ejes + {nrel (ejes)xfiabs(lp)}ejfi

{e(P)}ejes = Wabs B))ejes + [n,x'ñ'l_']ejes + {0.x(Q.xBP)}¢jes con B € RM {?cor(P )}ejes = zíñe]ejcsx'[ñrel (P )]'ejes

42

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Como se puede ver, en este caso, no solo se tiene una aceleración relativa y otra de arrastre, sino que aparece un término adicional denominado aceleración de Coriolis, y que lo que hace es compensar un doble «error» cometido al realizar las derivadas de todos los términos que aparecen en el desarrollo, como el lector puede comprobar, o bien consultar en la bibliografia. De manera práctica, el efecto Coriolis hace que un objeto que se mueve sobre el radio de un disco en rotación con velocidad angular absoluta constante tienda a acelerarse con respecto a ese disco según si el movimiento es hacia el eje de giro (aceleración positiva) o alejándose de este (aceleración negativa), apareciendo este efecto en fenómenos sobre la superficie de la Tierra como borrascas o anticiclones. Ademas, obsérvese que en el cálculo de la aceleración de arrastre, aparece el término aceleración angular de arrastre ÍI_… que no deja de ser la variación temporal de la velocidad angular absoluta de la referencia móvil, por tanto, al derivar, se deberá tener en cuenta el término de Bour siempre que la derivada sea necesario hacerla en base móvil, pero en absolutas. -

=

[ne]ejes = {nabs (RM )}

d

ejes

—

—

—

= E {nabs (RM )]ejes + {nabs (Ej es)xnabs (RM )]e jes

3.4. Problema ejemplo Se tiene un cochecito que está realizando trayectorias circulares de radio R constante, con una velocidad angular 1. Sobre el cochecito, dos niños juegan en un balancín, definiéndose el sentido del cambio de orientación mediante el ángulo 6 de la figura 3.2. Calcular la velocidad y la aceleración absolutas del punto P

utilizando el método de composición de movimientos. La referencia móvil que se va a tomar es el propio cochecito, y se resolverá el problema utilizando como base de proyección, la que es solidaria al cochecito.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

43

ES

Balancín

Cochecito

Fig 3.2. Cochecito que describe trayectorias circulares

Se comenzará orientando los sólidos de la cadena cinemática. Para ello se construirá la cadena de bases. XYZ Suelo Base fija

v > Z=3

123 Cochecito Base móvil

(2)8 3=3"

123 Balancin Base móvil

Se pide la velocidad absoluta del punto P calculada por composición de movimientos:

Wans(P)) = Wre:(P)) + {7 (P)} —

Enprimer lugar, se calculará la velocidad relativa de P, observada desde un

punto que pertenezca a la referencia móvil. Esta referencia móvil tal, y como indica el enunciado del problema, es el cochecito, por lo que cualquier punto que pertenezca al cochecito es válido. Según la figura, y de manera inmediata, se ve que tanto C como A pertenecen al cochecito. Pero también el punto O pertenece al cochecito, ya que se puede unir cualquier punto del chasis del mismo mediante barras al punto O y el movimiento no se vería afectado,

Arantza Martinez Pérez y Jorge Alsa Arenaz

44

Por tanto, cualquiera de los tres puntos permanecen a una distancia invariable respecto del cochecito. Por ello, se elegirá aquel que haga el vector posición relativo más sencillo, y por ello, la derivada del mismo. Se escoge el punto C.

_

—

_

d

_

re (P))123 = E{@}m + {01,1(123)xCP},,3 con C E cochecito Dado que

m

(Mrer(123))123 = Qans(123))123 — Mars(RM = chasis))123 = [¡5] p ['L] 0

01123

y —rcos0

(CP)23 =

0 rsen0

1173

se tiene

d [-rcos8 Wre

P )]123 = E

0 +

0

rsenf

l123

|0

—rcos8 X

rósen8 =

0

101123 l rsen0

l1);

, 0

Lrócos0l,,;

El lector puede observar que esta expresión se parece formalmente a la velocidad del extremo de la saeta calculada en los ejes fijos del capítulo anterior y, por tanto, puede tratar de entender que para el observador en el cochecito es un movimiento semejante. Ahora se debe calcular la velocidad de arrastre. De nuevo es necesario escoger

un punto que pertenezca a la referencia móvil y no es necesario que sea el mismo punto elegido para trazar el vector posición relativo anterior, por tanto, puede ser un punto diferente a C. . Analizando la expresión general, para calcular la velocidad de arrastre, es necesario conocer la velocidad absoluta del punto de la referencia móvil desde el que se observa. Entonces, dado que se ha visto que O es un punto que pertenece al cochecito, y además es un punto fijo, se simplifican las operaciones si se trabaja ahora con este punto. Por tanto:

(7.(P)):23 = (Dans (0))123 + MNors (RM = chasis)XOP),, con O E cochecito

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

45

entonces

0

0

>(P))123 = [0

+|0

0li23

R —rcos0

1),

=[1,ív(R —rcosfl)]

‘

0

x[

0

rsenf

liz3

0

123

siendo la velocidad angular de arrastre , y el vector OP _

_

0

R — rcos8

{Qe = Naps(RM = cochecito))23 = |0| .

y

{OPhizz=|

O rsenf

] 11273

Finalmente,

résend

Gas(P)=|

—O

0 | +]U(R-rcoso)| 0

rócos0].7;

_ TÓseno

123

=|b(R-rcosO)

rBcos8 — l;

Con las aceleraciones se trabajará de la misma manera [?abs(P )=

[?rel(P )} * {?e(P )) + [?car(P ))

tal que

_

Yre

d

(P )}123 = E‘E{vrel (P )]123 + (Qrer(123)x7-e: (P )]’123

d [rósen8 Yre

_

=

.

(P))123 = a

, 0

rócos6l,.;

0 +

|0

101123

rÓseng x

, 0

Llrócos0l,.;

rÓsen8 + r6?cos8 =

.

0

.

Trócos8 — r0*send!,.;

Para calcular la aceleración de arrastre se tomará de nuevo el punto O que pertenece al cochecito, cuya aceleración absoluta es cero por ser un punto fijo

Ye (P))123 = Yars (0))123 + [ñ.xñ]m + (Q.x(0,x0P));.3 con O € cochecito y será necesario calcular previamente la aceleración angular de arrastre

Arenaz

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa

46

(6}, 123 = (Pans(RM)) =-—-(Mars(RM = chasis))123 + ejes dt —

-

d

—

.

+(Nars(123)xN as (RM = cochecito))123

6-l l), -6 123

123

123

0

0

l¡b 123

w

123

Al final

0

0

0

123

w

0

X [

+ [G]

(P))123 = [º

e

R — rcos0 123

rsene

0

0 x

+|0

]

tp

123

123

R —rcos9

ú

123

]

0

x

O|

123

Tseng

—U? (R — rcos9) We(P))123 = | (R — reoso) 0 123 Por último, y conocidas la velocidad angular de arrastre y la velocidad relativa de P rósend J [

WYcor (P))123 = 20Q-)123X(Dre1 (P))123 = 2 [ I

Vlizs

0 [Zwflrsengl

123

0

?‘90053 123

Asi, la aceleración absoluta de P quedará: —

résend + r6?cos0

]

Yars (P))= [ rócos8 —rB' 2senb

123

Ú

(R — rcos9)

0

- rco s6)

+ [Zi,bsrsensl 123

0

123

Se sugiere para completar el trabajo de este problema: — calcular la velocidad y aceleración de P por derivación, usando los mismos ejes de trabajo (asociados al cochecito),

— realizar el mismo cálculo, pero utilizando para proyectar la base solidaria al balancín. Los vectores resultado deben ser los mismos que los calculados en el ejemplo, pero proyectados en distinta base, luego con diferentes componentes, Se podrá comprobar,

correspondientes,

si el lector lo desea, con las matrices de cambio

de base

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

47

— calcular por composición de movimientos la velocidad absoluta del punto O, así como su aceleración absoluta, observando desde el balancín. Utilizar para este cálculo la base que se prefiera. Lógicamente, al tratarse O de un punto fijo, la velocidad y aceleración absolutas de este punto, independientemente del método que se utilice, debe ser cero.

4, Cinemática del sólido rígido 4.1. Definición de sólido rígido Un sólido rígido es un sistema de partículas continuo e indeformable, donde la distancia entre cualquier par de puntos permanece constante. Se cumple, como definición altcrn_ativa, Uaps (B) -

.

4

WX ‘

Vabs(A) .

;

FIGURA 4.1. Sálido rigido

que la velocidad en toda referencia de cualquier par de puntos A y B es igual a lo largo de la línea que los une, y por tanto, la distancia entre los puntos A y B permanece invariable. Si las velocidades de estos puntos fueran distintas, uno se movería más o menos rápido que el otro. Es decir, cambiaría la posición

relativa entre los puntos, y el sólido dejaría de ser rígido para pasar a ser deformable.

4.2. Obtención de las expresiones de la cinemática del sólido rígido Hasta el momento, se ha visto en los capítulos anteriores dos formas de calcular la cinemática. La primera de ellas ha sido la derivación, y la segunda la composición de movimientos. La tercera manera de calcular que se propone, es la de utilizar la propiedad característica del sólido rígido: la invariabilidad de la distancia entre sus puntos. Podría decirse que es un caso particular de la composición de movimientos, ya que se toma como referencia móvil el propio sólido. Por tanto: RM = sólido

Q. = Qgps(referencia móvil) = Q.,.(sólido)

Q, = as (referencia móvil) = Aanc(sólido)

50

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

Si se parte de un sólido genérico y se aplica composición de movimientos: firef(P)

= [ñrel(P)]ref + 13e(P)

Si observo la velocidad de P desde la referencia que coincide con el sólido, esto es, desde el punto B que pertenece a la referencia, veré que P no se mueve, ya que la condición de sólido rígido implica que la distancia entre

, ití»¡(s 6lido)

B y P permanece constante. Por ello: [firel(P)]ref =0

FIGURA 4.2. El sólido es la propia referencia

Ahora

.

se va a calcular el término

de

arrastre:

De (P) = Prer (B) + N.xBP con B € RM = sólido Ahora bien, esta expresión, junto con la condición de velocidad relativa de P observada desde el sólido, implica que tanto B como P también pertenece al sólido. Si se generaliza para cualquier referencia, sea fija o móvil, se puede concluir

que la expresión queda como sigue:

Dres(P) = Prer (B) + Qe (sólido)xBP con B, P E sólido

El subindice «ref» en la expresión indica que esta es válida tanto en absolutas,

+ ]'—'e(P) + fcor(P)

r e u

[?rel(P)]ref

y

=

…&

fref(P)

e

AA

Para las aceleraciones procediendo análogamente, las expresiones quedarían:

el

De (P) = Vre (B) + N (s6lido)xBP con B, P E sólido

Es

el

Vars(P) = Daps(B) + Dgps(s6lido)xBP con B, P E sólido

T,

i

como en relativas:

r

representada por 0,, r (sólido)xBP señala el cambio en la orientación de dicho sólido.

-

La traslación representada por 7,,+(B) sitúa un punto del sólido, y la rotación

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

51

Para el cálculo de la aceleración relativa de P en cualquier referencia, se cumple que la derivada de una velocidad nula sigue siendo nula, y si se proyecta en unos ejes que coinciden con la referencia, la velocidad angular relativa de la base

también es nula: re

P )]ref = d%’ re P )]ref T [ñ'rel (ejes)x[7-e1(P )]ref]' ejes —=0

De la misma manera, si la velocidad relativa de P en cualquier referencia es nula, también lo será la aceleración de Coriolis: [fcar(P)]'ejes

= zfiex[firgl(P)]ref

=0

Por último, faltaría reorganizar la expresión de la aceleración de arrastre que

quedaría de la siguiente manera:

e(P) = 7rer (B) + 0.xBP + 0,x(0,xBP) con B € RM = sólido Tref P) = Yrey (B) + O er (sólido)xBP + Q5 (sólido)x(Q.., (sólido)xBP) con B, P E sólido

El subíndice «ref» en la expresión indica de nuevo que esta es válida tanto en absolutas como en relativas.

4.3. Casos particulares Los casos particulares que se dan en sólido rigido son tres: — Traslación: Se cumple que la velocidad angular y la aceleración angular del sólido en cualquier referencia es nula, por tanto, la velocidad y la aceleración de cualquier punto del sólido es la misma:

Vres(P) = Prer (8) )_'ref(P) = fref(B)

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

52

— Rotación en torno a un eje fijo: Todos los puntos del sólido describen trayectorias circulares de centros fijos contenidos en planos paralelos entre sí y perpendiculares al eje de giro

— 7

sos

Mrer(sólido) N

aP

Fig 4.3. Trayectorias circulares de distintos puntos del sólido

Vres(P) = Prer(B) + rey (sólido)xBP con B, P E sólido 3?

Vref(B) = 0 por estar B en un eje fijo Esto conduce a las conocidas expresiones de la velocidad y aceleración de un punto con movimiento de rotación, ya vistas anteriormente.

c 0

xyz

v(P) = AR

Velocidad tangencial

0

—OR

L0lyyz

0

lyyz

Fig 4.4. Velocidad tangencial de P

Trey(P) = 7rey(B) + Á ey (s6lido)xBP + er (sólido)x(D.., (s6lido)xBP) con B, P E sólido

Y Yrey(B) = 0 por estar B en un eje fijo

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

[]'-'ref(P)] s

0

0

0

0

0

[0

X |R

+|10

x||0

X |R

Mxyz

LOJxyz

xvz

REE

—02R

0

xyz

LOlxyz

OR

—ÓR {fref(P )] xYZ —

53

lxyz

Aceleración tangencial

¡/ | k

Q2R N|

Aceleración normal

"X Fig 4.5. Componentes de la aceleración de P

Si hubiera deslizamiento en el eje, el punto describiría una trayectoria helicoidal: — Rotación en torno a un punto fijo: Cuando se tiene un sólido que posee un punto fijo (rótula), el denominado teorema de Euler indica que existe una línea de puntos instantánea en la que la velocidad es nula. Esta línea pasará por el punto fijo y se denomina eje instantáneo de rotación. La característica de este eje instantáneo de rotación es que, en ese momento, la velocidad angular del sólido llevará la dirección de esa línea en este instante determinado.

4.4. Problema ejemplo La figura muestra la atracción de la feria conocida como «la rana» simplificada a una sola cesta. El mecanismo que consta del propio cuerpo de la rana que puede girar en tomo a su eje vertical con velocidad angular . Unido al mismo se tiene un brazo de longitud | articulado en el punto O. El cilindro hidráulico que conecta con el brazo hace que este pueda inclinarse un ángulo definido por 6. En el extremo del brazo oscila una cesta, que también está articulada con respecto al brazo en el

punto B. Su centro de gravedad está a una distancia s del punto B.

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

54

Se pide calcular la velocidad absoluta y la aceleracién absoluta del centro de gravedad, y la velocidad relativa del punto O vista desde la cesta. Siempre que sea posible, utilizar la cinemática del sólido rígido. Utilizar en la resolución del problema

unos

ejes

solidarios

al brazo,

representados por 123.

2=2=2"

Vista Auxiliar

TR

Fig 4.6. Atracción de feria

(-)9

Suelo. Base fija

123

(He

Z=3’

Rana Base móvil

172737

2'=2

Brazo Basemévil

2=2""

Cesta Base móvil

T

173

EC

(+)y

-paw…

X7

;-

Se comenzará, como en todos los problemas, con la cadena de bases:

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

55

Se pide la velocidad absoluta de G, que pertenece a la cesta. Utilizando la cinemática del sólido rígido, se buscará otro punto de la cesta, que será en este caso B. Aplicando la expresión vista en el presente capítulo se tendrá:

Dabs (6) = Vabs(B) + Ngps(cesta)xBG con B, G E cesta La velocidad angular de la cesta y el vectorBG son conocidos:

o

Ysend

(Mans(cesta))23 = [D+8+8) =|p-6

cos@],,,

ssenp (BG has =

0

]

—SC0SP). 54

Sin embargo, la velocidad absoluta de B, 7,,5(B), no es conocida. Se podrá aplicar la cinemática del sólido rígido de nuevo, pero esta vez en el brazo, lo que implica buscar otro punto, distinto de B, que pertenezca al brazo. En este caso, O, que es fijo y cuya velocidad es nula. Se tendrá ahora:

Dabs (B) = Vas (0) + Nars (brazo)xOB con B, O € brazo

La velocidad angular del brazo y el vectorOB son conocidos: lpsenB

(Qabs (brazo))123 = {'\b + 9 123

tpcosº 123

aH 01123 Por tanto, sustituyendo, se tiene que:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

56

sseng

senB

v,bsenfi'

] 0 —ScosP] 12

[ l [l Dabs (6))123 —[ ] [ IcosO],, 123 tpcosº 123

—s(¢ — )cosp Wabs(6))123 =

|sbsengpcosO + sipcospseno

—s(¢ — Ó)senp

_

Para calcular la aceleración absoluta de G, bastaría derivar en la base móvil

123 el resultado anterior de velocidad absoluta de G, pero el problema pide realizar el cálculo mediante la cinemática del sólido rígido. Se tomará en primer lugar la cesta: Yabs(G) = Yaps(B) + ñabs (cesta)xBG + Qgp(cesta)x(Qqps(cesta)xBG) con B,G € sólido cesta

La velocidad angular de la cesta y el vector BG se tienen de antes, y faltaría calcular la aceleración angular absoluta de la cesta:

e d — _ _ {flaas(cesta)}m = j Waps(cesta)}rzz + Mays(123)xNans(Cesta))123 Siendo la velocidad angular absoluta de los ejes 123 la misma que la del brazo:

l,bsene I {fl,fl,s(cesm)}123 ¡,bcoss

1,bsen9 [ wcase

Psend +|6-6

=

¡pcosa

Psend — ¡,b(rp6)¡:056' {p — é

con B, O € brazo

— $AZO

Tabs(B) = Taps(0) + Ñars(brazo)xDB + Nyps(brazo)x(fyy, (brazo)x0B)

SOO

Ahora se tomará el brazo para calcular y ,< (B):

i 3_ E!

WA,

YcosB + (¢ — Ó)senol,.,

ml—.-¿lqr.:nu;

=

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

57

La velocidad angular del brazo y el vector OB ya se tienen. Faltaría calcular la aceleración angular absoluta del brazo: — d .. {nabs (b?'aZOJ}us = a[nabs (brazo))123 + [nabs(123)xnabs(brazº))123

Siendo la velocidad angular absoluta de los ejes 123 la misma que la del brazo: d send

_

Wsend

pcosO 123

ÚcosO 123

-6 | +| -6 | +| 6

=—|

(arsCbrazo))

send

coso123 a. Ysend + pócoso

-6

=

Ycosd — YÓseno 123 Sustituyendo:

01123 lfisenj

1

Yeosh),,

Iipcoso— Yóseno ¡psengl Ycosh

x[ºl

]

-6

+ [

{Vabs (B)}123=[0

|

l

Psend + pÓcoso

0

a

) 123

send — (¢ — 6)cos8 p—0 Yabs (6))123=U7abs(B))123 +

sseng 0 l x[

Pcosh + (g — B)sendl, ,,

| Vseno + @ — é]

Peos8l,,

x|

send | 6- á]

\lycosal ,,

+

+

*-SE9SP23

ssenp o ‘ x|

*-SEOSPÍ123

Para calcular la velocidad relativa de O vista desde la cesta, nos deberemos situar en un punto que pertenezca a la cesta para observar. Estos puntos pueden ser BoG,

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

58

Se van a aplicar las expresiones de la cinemática del sólido rígido, esta vez en una referencia relativa:

Vre (0) = re (B) + A (brazo)xBO con B, 0 € brazo La velocidad angular relativa del brazo se obtendrá por diferencia entre la absoluta del brazo y la absoluta de la referencia móvil (velocidad angular de arrastre):

(Q-er(brazo))2;= (Qars(brazo))i23 — Nars (RM = cesta)):23

M

l,bsena

Vsen8

wcase

VcosO ..,

[ñrel(bmzº)]ua = [_ºfº]

123

Es decir, desde la referencia móvil cesta se ve «giram al brazo con —¢.

El vector posición BO es: —|

(BO )123 = [Ú] 0123 Y si yo me sitúo en la cesta, no veo que B se mueva porque además de pertenecer al brazo, también pertenece a la cesta. Esto quiere decir que 7,..¡(B) = 0

Por tanto, la velocidad relativa de O vista desde la cesta quedará: +

E

gºjua

Se sugiere, para completar el trabajo de este problema, calcular:

T AEA

[ 123

T j AE

“

"nnp.,.m…¿,,z. O e

(-e1(0))123= X-QO] 123

1i

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

— la velocidad absoluta de G comprobar que el resultado es el sólido rígido, — la velocidad relativa de movimientos y comprobar que cinemática del sólido rígido.

59

y la aceleración absoluta de G por derivación y mismo que el obtenido al usar las expresiones O vista desde la cesta por composición de el resultado es el mismo que si se utiliza la

5. Rodadura sin deslizamiento 5.1. Aspecto técnico de la rodadura sin deslizamiento En este apartado se aborda un caso particular de movimiento de gran interés técnico: la definición formal del movimiento de una rueda. Se considerará para ello la hipótesis más simple, la rodadura sin deslizamiento, que puede aplicarse como primera aproximación en cualquier ámbito (mecánica, elementos de máquinas como un rodamiento, vehículos...), pero que en muchos casos se deberá considerar

solo un punto de partida (por ejemplo, los neumáticos de un turismo distan mucho de ser sólidos rígidos y mantener contacto en una línea de puntos). Si se tienen dos sólidos rígidos S1 y S; con movimiento general 3D respecto a una referencia (fija o móvil) y que mantienen un punto de contacto, que se denotará habitualmente por J en este texto (que será instantáneo), y se considera que las superficies son rugosas y que existe rozamiento, podrán cumplirse diferentes condiciones: No existirá componente de velocidad perpendicular al plano de contacto, porque los sólidos se separarian, o penetrarian uno en el otro, y esto último no es posible porque son sólidos rigidos

Como existe rozamiento y se admite como hipótesis que no hay deslizamiento, es decir, que hay fuerza de rozamiento suficiente para impedir el movimiento relativo, un sólido no puede resbalar respecto al otro, y por tanto, la velocidad del punto de contacto del S, y del S; no puede tener sentido contrario, porque habría

|

... y si la velocidad del punto de contacto del S, y del S. tienen el mismo sentido, no pueden tener diferente valor, porque también resbalarían uno respecto al otro

deslizamiento...

FIGURA 5.1

FIGURA 5.2

FIGURA 5.3

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

62 Por tanto, si obligatoriamente:

se

cumplen

las

condiciones

expuestas

anteriormente,

í¡rerI) = ñrerZ)

A esta situación se le denomina rodadura sin deslizamiento. Cuando se tienen dos ruedan sin deslizar, se tiene contacto J instantáneo, puesto 2 un sólido sobre los puntos en

sólidos que un punto de que al rodar contacto de

-7 Trayectoria cada sólido, J; y J, cambian, y también la de J, punto — posición del contacto J. Es decir, los

contactos sucesivos irán describiendo trayectorias en el espacio, la de Ji, la de J, y la trayectoria del contacto en sí, la posición donde se encuentran los sucesivos J; y J.. FIGURA 5.4. Trayectoria de J Al punto ficticio que realiza la trayectoria se le denomina J geométrico (Ja). En un cilindro que rueda sin deslizar por el suelo, la trayectoria del punto de contacto será una línea recta que discurre por el suelo y en el sentido de avance del cilindro. Tomando como ejemplo una bicicleta sobre un camino mojado, si el suelo es el sólido 1 y la rueda el sólido 2, se tendrán puntos J; inmóviles en cada instante respecto a la referencia absoluta, el punto de la rueda gira y avanza describiendo una curva conocida como cicloide, y el geométrico iría dejando la rodada sobre el

Como se ha visto en el apartado anterior, la expresión que siempre se cumple en la rodadura sin deslizamiento es: Vref (1) = Vref 02)

pero no se cumple que las se da en un solo instante. cambiado de posición, y Para que esto se cumpla,

aceleraciones sean iguales, dado que el punto de contacto En el siguiente, J; y J2 se han separado, esto es, que han son otros dos nuevos puntos los que están en contacto. las aceleraciones deben ser distintas, Por ejemplo, en dos

de ea

ra

5.2. Expresiones analíticas

s addy

ra

suelo mojado, marcando el contacto.

fc

decontacto

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

63

ruedas que engranan entre sí, el punto de contacto para cada sólido va a tener componente normal de la aceleración, y estas, como mínimo, tendrán sentido contrario. Entonces: V-ref Ui) F )‘-'re[ Uz)

Según lo indicado en el ejemplo de las ruedas engranadas se cumplirá que la aceleración del punto de contacto J; del sólido 1 vista desde el sólido 2, es igual, pero de signo contrario que la aceleración del punto de contacto J; del sólido 2 vista

desde el sólido 1: Ys201) = -75102) Adicionalmente, también se cumple: firerl)

r ñrerG)

ñre_f Uz) F fi1'e f UG)

La velocidad del punto ficticio Jg, se calculará por derivación, si se conoce su trayectoria, definiendo un vector de posición, no así la velocidad del punto Jinseatineo, que es una posición particular instantánea, y por lo tanto no se puede derivaral no conocer la «continuidad» de esa velocidad, lo que sucede antes y después de ese instante concreto, y que como se verá en el problema ejemplo, no se puede calcular por derivación.

5.3. Problema ejemplo. Cilindro que rueda sin deslizar Se va a tomar ahora un cilindro, sólido único, que rueda sin deslizar, es decir, toda su generatriz debe cumplir el no deslizamiento, y ahora ya no es posible que el cilindro gire sobre el eje vertical Z (perpendicular al suelo). Con estas restricciones, no es necesario dibujar en 3D, sino que con una vista del perfil será suficiente para resolver el problema.

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa

64

J, rueda sin deslizar .

-

J

Arenaz

x

FIGURA 5.5. Alzado de un cilindro que rueda sin deslizar

Obsérvese que la velocidad a la que ird avanzando el punto C va a depender de la velocidad ¢ a la que gira el cilindro. Si no hay deslizamiento, el centro del cilindro no puede moverse, a no ser que este gire con ¢. Este tipo de relaciones y su importancia en la Cinemática se abordarán de manera general en el epígrafe siguiente. Se pide calcular la aceleración absoluta del punto J del cilindro. En este problema, y de acuerdo con el comentario realizado anteriormente, se procederá a encontrar en primer lugar la relación mencionada. Se va a calcular la velocidad absoluta del punto C, que es uno de los movimientos a relacionar. Se plantea ahora la disyuntiva entre calcular esta velocidad mediante la cinemática del sólido rígido, o hacerlo por derivación. Hagámoslo entonces de las dos maneras. Por ser movimiento plano, se tomarán los ejes fijos XYZ según se muestran en la figura. Según las expresiones de sólido rígido: se deberán tomar dos puntos que pertenezcan al mismo sólido, esto es, al cilindro. Estos puntos son C, P o J. El

primero elegido será C, del que se quiere obtener la velocidad, y el segundo deberá ser uno del que conozcamos su velocidad. En este caso, y al tener rodadura sin deslizamiento se sabe que: ñabsUsuelo) = 17a:tbsU.-:ih’mi:r-o)

Dado que la velocidad del suelo es nula, se tiene que: ñ¡:¡bs(¡sm.em) =0

por tanto

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

65

Vabs Ucllfndra) =0

Ahora, ya se tienen datos suficientes para aplicar la cinemática del sólido rígido y obtener la velocidad absoluta de C.

Dabs(C) = Vars(J) + Naps (Cilindro)xJC con J, C E cilindro [ñabs (C)xrz

=

0

0

0

ó

0

+ |6

x|0

=0

Olyyz

L0Jxyz

LRIxyz

0 Jxyz

Por derivación: se deberá tomar un vector posición desde un punto fijo O, y derivarlo en la base en la que se está trabajando. En este caso, la base tomada es XYZ, una base fija, y el término de Bour es nulo por calcular la velocidad absoluta. Bastará con derivar solamente las componentes del vector posición. d

d

Wabs(C))xyz = E(O_C z

*

x

= H?[O] = [º] Rixyz — LOJxyz

Evidentemente, la velocidad de C obtenida por un método y por otro debe ser idéntica, por lo que al igualar ambos vectores se tendrá:

ANe PR

0 Jxyz

x

L0dxyz

de donde se obtiene la relación: 6R = £ A esta relación se le denomina ecuación de enlace, concepto en el que se profundizará más en el capítulo 6 de este libro, y es la expresión matemática de la afirmación hecha antes: el centro C no puede avanzar con X sin que el cilindro gire, bajo la hipótesis de rodadura sin deslizamiento. Ahora se procederá a calcular la aceleración absoluta de J del cilindro. Es fundamental en este apartado entender que el punto J es una posición particular. No es un punto genérico como los que se han tratado hasta el momento en los capitulos anteriores, sino que es una situación que se da en un instante determinado, y que cambia al siguiente. Se introduce aquí un concepto muy importante a la hora de calcular y resolver problemas de mecánica, y es que cuando se esté trabajando con una posición particular, no se puede utilizar el método de derivación. Esto implica

—

*

= 15 — n r

s

a

r

e

S

s

d i

66

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa

Arenaz

la necesidad de utilizar las expresiones del sólido rígido, tanto para el cálculo de velocidades como para el cálculo de aceleraciones de J.

FarsU) = Fabs C) + Nars(cilindro)xC] + +Qgps(cilindro)x(Q,ps(cilindro)xCJ) con C,] € cilindro Para aplicar la expresión será necesario conocer 7 0p (C) y Qqps(cilindro), para ello habrá que derivar, teniendo en cuenta que el movimiento de C sí es conocido en cualquier instante, y se tiene perfectamente determinado su vector de posición en el instante anterior y posterior al cálculo. Este punto, aunque parezca trivial, supone un elemento fundamental para planteamientos posteriores.:

d

a [*

X

{Faps(Olyyz = E{fiabs(c Dxz = T H

= [0]

Olxyz d

—

— LOlxyz 0

0

d

_

{flabs(fflindf'o)] xyz = de— Mo(cilindro)yy7 =—|dtó|0

XYZ

=lóé0lr7

Entonces,

Vors Dxrz = íº

0 xrz

0

0

X

+|

x|0 ]

10lxyz

l—Rlxyz

0

0

+ ‘g

0

x[ 0 ] = x [fp‘ XYZ Olxyz l-R]xyz

%— RP 0

-@*R

1y,

De la relación PR = , si se deriva, se tiene que GR = ¥, por tanto, al final 0

Tabs U)xvz = [ 0

..¢,2 R

XYZ

que indica, que el punto J del cilindro, tiene en este caso, solamente aceleración normal, y debe «levantarse» del suelo para perder contacto con él en el instante siguiente. Si se hubiese querido aplicar el método general de derivación para calcular la

aceleración de J, se debería haber partido de un punto genérico como sería P, calcular su aceleración, y una vez obtenida la expresión general de dicha aceleración, haber particularizado para la posición de J: P pasa por la posición de

J, cuando ¢=180°, es decir;

67

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

X + Rpcosgp

[* + Rseno

d

d

Cabs(Pxvz =7 (OP)avz ==|

—O

]

Rcosp

d _ " Wars P)xyz = E[”abs(lp Dz

d = de

)y,

=

0

—Ropseno

lyyz

E* Rrpms¿p] _º —R@seng

XYZ

£ + R($cosp — ¢*senp) =

0

—R(pseng + P cosp) | . Yabs UIxz = {Faps(P)}xyz para ¢ = 180%

% + R($cos180 — p?sen180) [?absU)]XYZ

=

0

—R($sen180 + p?cos180) |

£—Ró =

0_2

RO

yz

Idéntico resultado al calculado con anterioridad. Se sugiere, para completar el trabajo de este capítulo, encontrar la ecuación de enlace 1) = @sené que se da en un cono que rueda sin deslizar, como el propuesto

en la figura 2.11 del capitulo 2, siendo 1) el giro que tiene el cono según un eje perpendicular al suelo que pasa por su vértice, 6 constante que impone la geometría del cono, y ¢ el giro que tiene el cono respecto a su eje de revolución. Obsérvese que el cono girará más rápido en torno al eje vertical, cuanto más rápido lo haga según su eje de revolución, y esto se cumplirá porque rueda sin que deslice ningún punto de los contenidos en la generatriz que está en contacto con el suelo. En este ejercicio se deberán utilizar ejes móviles y trabajar en 3D, resultando más complejo que el caso del cilindro.

6. Parámetros del movimiento

6.1. Coordenadas y velocidades generalizadas En el capítulo anterior se ha visto que, en ocasiones, existe relación entre unos movimientos y otros en un sólido o en un sistema mecánico. El ejemplo mostrado ha sido el del cilindro que rueda sin deslizar, de tal manera que su avance quedaba

ligado a su velocidad angular respecto al eje de revolución de dicho cilindro. En este capítulo se va a describir la sistemática para definir los parámetros que definen el movimiento de un sistema mecánico, incluyendo las relaciones entre movimientos, que ya denominamos anteriormente como ecuaciones de enlace. En primer lugar, se deberá definir la posición de un punto de cada sólido del sistema y definir su orientación. Para ello se definirán parámetros, siempre variables en el tiempo, conformando un conjunto de magnitudes que podrá ser diferente según la elección hecha de estos parámetros, que llamaremos coordenadas generalizadas. Es decir, coordenadas generalizadas q; son los parámetros lineales/angulares variables con el tiempo que permiten definir la situación y orientación de un sólido de cada sólido del sistema mecánico. Para situar un punto del sólido, deberemos analizar cuáles son los puntos que pertenecen a ese sólido en concreto, y elegir uno de ellos. Estos puntos deberán ser genéricos, ya que las posiciones particulares no son válidas, puesto que se busca la definición a lo largo del tiempo del movimiento.

En la elección de parámetros de posición de un punto y orientación del sólido pueden adoptarse estrategias diversas, el trabajo posterior: por ejemplo, si un (del tipo de un robot o atracción de conozca la posición y orientación del

todas válidas, pero con diferente eficacia en sólido forma parte de una cadena cinemática feria como las ya presentadas), cuando se sólido precedente, puede aprovecharse toda

esa información para, usando el punto de articulación entre elementos, definir únicamente el ángulo de rotación relativo entre ambos elementos. Esto se explica en las figuras que acompañan esta sección. Para orientar un sólido, basta ver el número de los parámetros asociados a cambios de orientación que acumula. Para ello, lo mejor es acudir a la cadena de bases habitual, ya comentada en epigrafes anteriores. Velocidades generalizadas §; son aquellas que permiten definir el movimiento del sistema mecánico y, por tanto, se corresponden con la variación temporal de las Q

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

70

Como se ha mencionado anteriormente, tanto las coordenadas generalizadas

como las velocidades generalizadas no tienen por qué ser las mínimas, ya que pudieran existir algunas relaciones entre ellas. Estas relaciones serán las ecuaciones de enlace. Ahora bien, si somos capaces de reducir lo más que se pueda el número de estas g; y d;, menor numero de ccuaciones de enlace se deberán encontrar, y más sencillo será resolver esta cuestión. Veamos dos ejemplos, uno con el cilindro del capítulo anterior, y otro más general. Para el cilindro:

XYz Suelo-

pared

Base fija

(+)o

123 5i

>

Cilindro

Y=2

Base móvil

J, rueda sin deslizar -

-

/

x

FIGURA 6.1. Alzado de un cilindro que rueda sin deslizar

Se realizará una tabla con dos filas, y con tantas columnas como sólidos. En este caso se tiene un único sólido. Los puntos que pertenecen al cilindro son C, P y J. Cualquiera de ellos sirve para situar al cilindro a excepción del punto J, que se trata de una situación particular. Si se escoge C, su única componente variable es x, si se escoge P, sus componentes variables son la x y la z. Por ello, con el fin de reducir las q;, se elegirá el punto C. En cuanto a la orientación, el cilindro en este caso solo acumula un cambio de orientacion: Y Si esto explicado de palabra se plasma ahora en una tabla, se tiene:

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

71

Sólido

[

CILINDRO

Situar con

|

C,P,J

i

Nunca se utilizará J por ser una posición particular.

' :

SeescogeC, por ser el punto que más simplifica las q¡. El punto _ quedará situado con x

“ Orientar con

]

Tomando ahora de la tabla anterior el minimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico se tiene: Coordenadas generalizadas: q = x, ¢ Velocidades generalizadas: 4 =%, ¢ Por tanto, se tienen dos generalizadas para el cilindro.

coordenadas

generalizadas

y dos

velocidades _

Para un caso más general: Se tiene un sólido de forma irregular sujeto a una rótula que le permite girar en los tres ejes. En su cadena de bases, como se ve más adelante, se van acumulando los tres cambios de orientación indicados en el enunciado. En cuanto a puntos que pertenecen al sólido, se tiene también tres: 0, G yB

FIGURA 6.1. Sólido sujeto a una rótula

ZZ

(W

123

Suelo-techo

—

Giro sobre eje vertical

, Base fija

r

, Base móvil

3

(+)6 " l=1

123

(e

777

Cabeceo

-

Sólido

; Basemévil

_ 2=2

Base —

Se va a rellenar la tabla de situación y orientación del sólido:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

72

|

CILINDRO 0,B,G

Sólido Situar con

[

Cualquiera de los puntos sirve para situar el sólido. En el caso de O, sus tres coordenadas son constantes en el tiempo. En los casos de G y B, tanto x como y como z son variables en el tiempo.

Orientar con

‘

|

v 00

|

_

Se van a plantear dos situaciones. La más sencilla sería tomar O como punto para situar al sólido. De esta manera las coordenadas y velocidades generalizadas quedarian: Coordenadas generalizadas: q; =, 6, ¢

Velocidades generalizadas: 4;= Y, 6, ¢ Pero si se tomara el punto B para situar, también serían válidas: Coordenadas generalizadas: q; = Y, 0, @, Xg, ¥g, Zg Velocidades generalizadas: 4;= Y, 6, ¢, %p, Vg, 28

AN

Por último, se va a presentar un ejemplo en el que ya se tengan dos sólidos en un sistema mecánico, por ejemplo, dos brazos articulados. Se tiene una varilla OA con dos articulaciones. Una de ellas en el punto fijo O, y otra en el punto A, donde se une una segunda varilla AB. B En su cadena de bases, se ve como se acumulan dos orientación de cambios

sucesivos. Un primer cambio para la varilla OA, y un segundo cambio para la varilla OB. FIGURA 6.2. Mecanismo de dos barras articuladas

XYZ

0,

123

0,

1223

Suelo-tec‘:ho Base fija

Y=2

Varilla OA Base móvil

-+ 257

Varilla AB Basc móvil

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

73

Se va a rellenar la tabla de situación y orientación del sólido, viendo que ahora se tienen dos sólidos Sólido

i

VARILLAOA

Situar con

.

—

.

O,A

VARILLAAB A,B

i Cualquiera de los puntos sirve para

*

situar el sólido. En el caso de O, sus tres coordenadas son

!

—

También en este caso los dos puntos son válidos. El punto A es compartido con la varilla OA, lo que implica que, si

. constantes en el tiempo. En el caso

ya se ha situado anteriormente, la

de A, tanto x comoz, son variables ! en el tiempo: Xa y Za

| — varilla AB estaría ya situada. Ahora bien, si en vez de escoger A, se

'

escoge B, entonces las coordenadas

y

variables de B (xs y 7s) serían las

|

_Orientarcon . —

| _ —

*

coordenadas generalizadas - 9487

—

De lo explicado en la tabla anterior, se pueden sacar las siguientes combinaciones de coordenadas y velocidades generalizadas. Combinación 1> Varilla 1: Punto O y su cambio de orientación; Varilla 2: Ya situada con A a través de cinemática del sólido rígido y sus cambios de orientación: Coordenadas generalizadas: q;=01, 8, Velocidades generalizadas: ¢; = 0,, 0> Combinación 2> Varilla 1: Con A a través de Xa y Za y su cambio de orientación; Varilla 2: Con A compartido con varilla 1 y sus cambios de orientación: Coordenadas generalizadas: q; = 0,, 8>, Xa.Za

Velocidades generalizadas: 4;= 0,, 85, %4, Z4 Obsérvese que, según la figura, 8, esta relacionada con x4 y 2, a través de la tangente del ángulo A

thl

= "'4"

XA

Y por tanto la combinación 2 podría reducirse a Coordenadas generalizadas: q; = 62, Xa. 24 Velocidades generalizadas: 4;= 05, X4, 24

Combinacién 3> Varilla 1: Con A a través de Xa y Za y su cambio de orientación; Varilla 2: Con B compartido con a través de xs y 78 y sus cambios de orientación:

74

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Coordenadas generalizadas: q; = 6y, 82, X4, 24, Xp»Zp Velocidades generalizadas: §;= 0,, 6, X4, 24, X5, Z Todas las combinaciones propuestas son válidas, En el siguiente apartado se verá cómo trabajar con ellas, y cómo interpretarlas.

6.2. Grados de libertad, ecuaciones de enlace y coordenadas independientes En caso de existir, cuando hay relación entre las diferentes velocidades generalizadas d;, a estas relaciones se las denomina ecuaciones de enlace. Estas ecuaciones obtenidas pueden integrarse en ocasiones (es decir, se puede conocer una coordenada generalizada en función de otras), si se dan las condiciones matemáticas precisas. Se verá en los ejemplos siguientes. Recordemos que, en el caso del cilindro, se calculó la velocidad de avance del punto C mediante derivación obteniéndose:

X Wabs (O)xyz = 0 0

XYZ

Y también se obtuvo la velocidad de este punto aplicando la cinemática del sólido rigido:

{fiabs (C))xyz =

@R 0 0 lxyz

Al igualar, se llegaba a una relación PR = x, que ya se indicó que era una ecuación de enlace. Esta ecuación de enlace es integrable, x = @R +cte

expresión que representa que el cilindro ha avanzado x (metros) cuando ha girado ......

Para el caso general, se van a desarrollar las dos situaciones generadas en el apartado anterior.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

75

En el caso más sencillo, se tienen tres velocidades generalizadas 1/, 8, ¢, entre las que no se puede encontrar ninguna relación. Todos los giros son independientes,

y posibles, aunque dos de ellos se impidan. No habría entonces ecuaciones de enlace. Ahora bien, se trabajará con la combinación de velocidades más numerosa, 1),

6, ¢, %g, Vg, 2g, Si se vería que si se fija el punto B, el sólido ya no sería capaz de cambiar de orientación, Esto quiere decir que el movimiento del punto B depende de los giros del sólido, y por lo tanto existen ecuaciones de enlace. Las plantearíamos aplicando las expresiones del sólido rígido entre los puntos O y B del mismo sólido, {fiabs (B)}XYZ

= {Vaps(D}xyz + [ñabs(-ºó¡idº)xw)xrz con 0,B

E sólido

La velocidad de O, que es fijo sería: 0 Wars (O))xrz = [º]

0lxyz La velocidad de B, calculada por derivación en base fija quedaria: XB

Wars(Blaz = [}?B] Zplxyz La velocidad angular del sólido se plantearia en función de sus cambios de orientación:

(Qaps(sólido)) xyz = [‘I—’ +6+ E]n, 2 Y al operar, se podrían extraer tres relaciones, que serian las tres ecuaciones de enlace del sólido con rótula

g

0

r (IE. ¿Í. @, geometria)

+ | f(¥, 6, @, geometria) = [0] [)"a] Blxyz 0lxrz (¥, 6, §, geometría) _

- == rr|

ooo

A

76

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Los grados de libertad son el número de velocidades generalizadas que son independientes, es decir, el número mínimo de velocidades generalizadas para

definir el sistema mecánico. Por ello, es importante que al plantear las velocidades generalizadas, se procure reducir su número en la medida de lo posible. Cuantas menos velocidades generalizadas planteadas, menor número de ecuaciones de enlace se deberán encontrar. Esto es asi, porque independientemente de cómo se plantee el problema, el

número de grados de libertad que se obtengan deberá ser siempre el mismo. Para calcular el número de grados de libertad, basta restar al número de velocidades generalizadas, el número de ecuaciones de enlace encontradas.

Gdel= n." de d; —n.* de ecuaciones de enlace A efectos prácticos, lo que se está intentando determinar es el mínimo número

de motores y/o accionamientos necesarios para que el sistema mecánico funcione. Si se extrapola esto mismo a las coordenadas generalizadas, el mínimo número de estas últimas constituirán las coordenadas independientes.

n.* de CI=n." de q; — n.° de ecuaciones de enlace integrables Siempre se cumplirá que el número de grados de libertad será menos o igual

que el número de coordenadas independientes, tal que: S1 n.* de GdeL = n.* de CI se tiene un sistema holónomo S1 n.* de GdeL n* G. de L. > Sistema NO HOLÓNOMO Punto 15

MOVIMIENTO PLANO Es movimiento en un plano y sus paralelos. No significa que los sólidos deban ser planos. Se cumple que 7 y y son vectores paralelos al plano del movimiento. Se cumple que 0 y Ú son vectores perpendiculares al plano del movimiento.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

Punto 16

99

CIR - CENTRO INSTANTÁNEO DE ROTACIÓN Se denota con l,. En este texto solo se utilizará en referencias absolutas, CIR absoluto que cumple: Vabs (Is) =0

Es una posición instantánea, y por tanto, particular. No se puede utilizar en derivadas. Solo se puede utilizar en la cinemática del sólido rígido.

Importante: 7e5 (1;) # 0. En el siguiente instante /, ha cambiado de posición.

Punto 17

LOCALIZACIÓN DEL CIR

Punto 18

GUÍAS RANURADAS a

El punto B que se desliza a través de la guia ranurada no pertenece a la guia - no se puede aplicar la cinemática del sólido rigido. Si B tiene movimiento relativo respecto a la guia, se aplicará composición de movimientos siendo referencia móvil = guía, y observando desde un punto que pertenece a la guia, es decir, calculando desde un punto fijo respecto a la guia.

PROBLEMA

1

Se modela un tiovivo simplificando sus elementos como muestran las figuras. El conjunto gira en torno del eje vertical que pasa por O. El caballito tiene además un movimiento vertical de ascenso respecto a la plataforma, mientras la cabina de diámetro máximo 2r, gira adicionalmente en torno al eje vertical que pasa por su centro, punto C.

Para este conjunto en movimiento, estando caballito y cabina diametralmente opuestos, se pide: ' 1. Establecer un conjunto de parámetros que definan el movimiento del sistema y señalar el número de accionamientos precisos para su movimiento. 2. Calcular la aceleración absoluta de un punto P cualquiera de la periferia de la cabina.

102

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

3. Calcular la aceleración angular absoluta de la cabina. 4. Para un observador situado en la cabina, determinar la aceleración relativa del punto D del caballito. Se comenzará creando la cadena de bases que definan la orientación de los sólidos del sistema:

XYz

(Hy

123

(+)p

1723

Suelo Base fija

Z=3

Plataforma Base móvil

3=3"

Cabina Base móvil

APARTADO 1: Se pide establecer un conjunto de parámetros del movimiento, así como las ecuaciones de enlace del sistema y número de accionamientos para que funcione la atracción. Para determinar los parámetros del movimiento del sistema, así como el número de grados de libertad se deberá orientar y situar cada uno de los sólidos del sistema. Si somos capaces de hacerlo con el mínimo número de parámetros, se simplificará mucho la búsqueda de las posibles ecuaciones de enlace. .

_Sóido

Situar con

—

PLATAFORMA

—

CABALLITO

—

| —

CABINA

0,A,C Los tres puntos pertenecen a la plataforma. Se

D Es el único puntoque pertenece a este sólido. Al estar orientada y

escogerá O al ser

situada la plataforma,

-

conO, se puede definir el

un punto fijo

con la distancia s

Í

punto A a través de las

| A,C,P í Lostres puntos pertenecen . alacabina. Al estar situada y orientada la plataforma

variable, el caballito ya ' expresiones de sólido rígido estaría situado puesto | en la plataforma que slo sube y baja — !

;

_Orientar con

* respecto ala plataforma

y

—

Y

_

|

f

_

—

i

: | |

—

9

Tomando ahora de la tabla anterior el mínimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico se tiene: Coordenadas generalizadas: q = , @, s Velocidades generalizadas: ¢ = , ¢, $

Para buscar las posibles ecuaciones de enlace, se debe primero analizar si se tiene alguna rodadura sin deslizamiento, y si aparece alguna guía ranurada por las que discurra un tetón que forma parte de otra barra del mecanismo. También si se puede calcular la velocidad de alguno de los puntos del sistema de dos maneras diferentes, o por dos caminos distintos. Además, se puede observar si se puede

detener alguno de los movimientos del sistema sin que afecte a los demás,

| :

'

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

103

En este caso, se pueden detener cualquiera de los tres movimientos (velocidades) sin que por ello afecten al resto de parámetros de movimiento (por ejemplo, si detenemos la plataforma la cabina puede continuar girando y el caballito «sube y baja», son movimientos independientes). Por tanto, en este caso se concluye que en este problema no existen ecuaciones de enlace. No siempre han de existir relaciones entre movimientos, y en este problema se da esta situación. Es decir, se tienen tres grados de libertad, que equivalen a la necesidad de tres accionamiento o motores: uno que haga girar a la plataforma, otro que haga girar a la cabima y por último, el que hace que el caballito pueda subiry bajar.

APARTADO 2: Se pide calcular la aceleración de un punto de la periferia de la cabina. Para calcular la aceleración del punto P, primero será necesario calcular su velocidad. La velocidad del punto P se calcula utilizando las expresiones de sólido rígido, de tal manera que, conocida la velocidad de O que es un punto fijo, se llegará hasta A a través de la plataforma, porque tanto O como A pertenecen a ella, y posteriormente se llegara hasta P desde A a través de la cabina, ya que A y P

pertenecen a la cabina. Se utilizarán en la resolución los ejes 123.

FIGURA P1.1.

Sabiendo que el punto A está justo debajo del punto C: Dabs(A) = Vars (0) + Nny (plataforma)x0A con 0, Ae plataforma Siendo la velocidad angular de la plataforma:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

104

0

(Nors(plataforma)),>; = {"i’}uz = [ºl V >;

Y el vector posición 04: 0

(0A:)123 = [b] 01123

Dars (P) = Vars(A) + Nars (cabima)xAP con A, Pe cabina Siendo la velocidad angular de la cabina:

[ñabs(platafama)]123

= ['lp + 6}

= 123 123

Y el vector posición 04:

rsenp W]123

=

I?-CÚSÍP

h

]

123

Al final, e incorporando todos los términos, 0

0

Wabs(P))123 =

+ [º]

[0] 01123

14],,,

—rseng x[ rcosp ]

0

0

+ [ o

x [b 1023

+¢

123

h

—by — () + p)cosp =| -r@+@)seny 0 123

Ahora solo bastaría derivar, conociendo que {455(123)}123 = {¥},,, {fabs(P)}Izs

= %Íñabs(fº)hzz

T {fiabs(lzg)xfiabscp)}lfl

= 123

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

d |-b =@ + é)coso

Wabs(P)i23 =7|

—r( + rp)senqa

[ l Y1a

105

—b — () + ó)coso —r(b + qa)senqo

123

Solo faltaría operar, se deja para el lector, y se deberían observar «términos de Coriolis», caracterizados recogiendo el doble producto de la velocidad relativa del

punto respecto a la plataforma por la velocidad angular de la plataforma. APARTADO cabina.

3: Se indica calcular la aceleración angular absoluta de la

Se trabajará en los ejes 123 solidarios a la plataforma. La cabina acumula los dos cambios de orientación, por lo que su velocidad angular sería:

[ñabs(cabina)hza

= [¡Í;'I' 5]123

= [lf)‘?' .]

9123

Para obtener la aceleración angular absoluta a partir de la velocidad angular absoluta, habrá que derivar. Como se está derivando en una base móvil, no se debe olvidar el término de Bour: — ' E j i [Dabs(cabína)]ug = E[nabs(ºab¡nº)hza E [nab,(123]xn…(cabina)]123

-

d[

=— ¡p [nabs(rueda)]us

*0

]

+ @153

¥l ¢+¢

¢+¢

APARTADO 4: En el último apartado se pide calcular la aceleracion relativa del punto D del caballito, observada desde la cabina. En primer lugar, se debe tener en cuenta que el punto D es un punto que pertenece únicamente al caballito, y que no hay otro punto que pertenezca a este sólido, por lo que no se puede llegar a D aplicando la cinemática del sólido rígido. Para calcular la aceleración relativa de D, en primer lugar, se deberá calcular su velocidad relativa. Posteriormente, se derivará.

Al observar desde la cabina, se puede escoger cualquier punto que pertenezca

a ella, pensando siempre en escoger el que sea más sencillo para trabajar. De entre los puntos A, C y D, el que genera un vector posición relativo más simple es el

106

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

punto A, por lo que se trabajará desde él. Nótese que se observa desde A, por lo que este es el origen del vector posición. Se seguirá trabajando en los ejes 123. d

=

—

re (D))123 = d—t{mua +{Q,¢(123)xAD}23 El vector posición será: 0

(4D)2; = [—(a + b)] 123

s

Al estar trabajando en unos ejes móviles, no hay que olvidar el término de Bour en la derivada que se obtendrá por resta:

Dret(123) = Tar, (123) — Do (RM = cabina) = {§} - (Y + 5) = (-} Sustituyendo, el cálculo de 7,,;(D) quedará:

d

0

0

0

—(a + b)¢

{Tres(D)2z = de —(a+ b)] + [ 0 ] x|—(a+b) 5 s 123 1-0],; s

= [ 123

0 S

] 123

Ahora se deriva:

d {?rel(D)}123

= E[ñrel(º)]rel

(a +b)ó Wre(D))123= dt[

-

0 s

] [

* [nrel(123)xñrel(n)]123

]

P 123

—(a + b)6

—(a+b)6

= [(a E b)tf)z]

0

$

123

5

123

Estos términos tienen significado físico: la traslación del punto D respecto a la cabina (sube y baja) y por otro, el «giro» que desde la cabina se aprecia del caballito, por estar la referencia cabina girando. Estas interpretaciones no se harán en casos

más complejos, pero el lector podrá intentar «entender» los resultados en muchos casos.

PROBLEMA 2 El sistema se inspira en un «finger» o «passenger boarding bridge» de un aeropuerto. En un anclaje fijo a la pared se articula según el eje vertical el chasis principal, Este chasis se une mediante un enlace prismático a un brazo telescópico, a su vez articulado con una horquilla que gira respecto a este último según un eje también vertical. Por último, unida a la horquilla se tiene una rueda de espesor despreciable, que no desliza sobre el suelo horizontal. Se facilitan vista general, planta y alzado. En las figuras se encuentran los datos geométricos relevantes. Telexópiro con

Chasis que puede girar respecto al anciaje

eriace pramático

Pared y suelo fijos

VISTA EN PLANTA

VISTA DE ALZADO

108

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz Se pide, para la modelización del movimiento,

así como

para su posterior

control y regulación: l. Plantear un conjunto de parámetros del movimiento, y determinar los grados de libertad, obteniendo si las hubiere, las correspondientes ecuaciones de enlace. 2. Calcular la aceleración angular absoluta de la rueda. 3. Plantear el cálculo de la aceleración absoluta de un punto P genérico de la periferia de la rueda. 4. ¿Cuál es la velocidad relativa del punto O visto desde la horquilla? ¿Y su aceleración de Coriolis?

NOTA: Trabajar todo el problema en unos ejes solidarios al chasis. Telescópico con

Chann que puede g

respecto al anclaje

enlace priemitico

Worquila que

telescópico

En primer lugar, se creará la cadena de bases, como en el problema anterior: XYZ (+)V 123 (+)6 123 (e 172737 , ChasisSuelopared — telescopio -+ Horquilla > Rueda

Base fija

=3

q_Basemóvil

3=3"

Basemóvil

=2=2"

Base móvil

APARTADO 1: Se indica calcular los parámetros del movimiento, así como las ecuaciones de enlace del sistema. Para calcular los parámetros del movimiento del sistema, así como el número de grados de libertad se deberá orientar y situar cada uno de los sólidos del sistema. Si somos capaces de hacerlo con el mínimo número de parámetros, se simplificará mucho la búsqueda de las ecuaciones de enlace.

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

—

Sólido Situar con

CHASIS 0,0’ Ambos puntos - pertenecen al

chasis, y ambosson _ Orientar con

fijos.

—

TELESCOPIO

'

Q,C Comoelchasisya está situado y

—

HORQUILLA

109

' *

Q,C Cyasituadocon el telescopio

C ' Cyasituado conel — telescopio.

orientado, se puede — situar C respecto al

Utilizaremos O [7

|

Nunca coger Jal ser una posición

chasis con s

= :

¥.8

RUEDA

particular

_

v.0

Y,7

Tomando ahora de la tabla anterior el mínimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico se tiene: Coordenadas generalizadas: q = Y, 0, ¢, s

Velocidades generalizadas: 4 = Ú, 6, ¢, § Para buscar las ecuaciones de rodadura sin deslizamiento, y si se siempre condicionan el movimiento a ecuaciones de enlace. Existe rodadura entre la rueda y

enlace, se debe primero analizar si se tiene tienen guías ranuradas. Estos dos elementos de dos sólidos entre sí, por lo que darán lugar el suelo, por lo que se cumple que:

[Paps (Dlsueto = [fiabs Ulrueda

Como el suelo tiene velocidad nula, entonces se cumple que: [WabsUrueda = 0

Otra manera de calcular la [70>s (XYZ)x0OA)yyz d Wars (A)Ixrz = de

0 0

0

0 + 10

slyyz

x

10lxyz

0

=

Slxyz

0 0

=

—ssen0 0

$lxyz

Scos0

0[7 B B[]

1173

Operando

-ssen& Scos0

3Rcosy

123

123

—ssenf scos0

123

Se sugiere en este punto calcular la velocidad absoluta de C mediante derivación, y comprobar que el resultado coincide con la suma de los dos obtenidos en este tercer apartado (velocidad relativa más velocidad de arrastre). APARTADO 4: Se debe calcular la aceleración de Coriolis del punto O, observado desde el disco sin necesidad de realizar todas las operaciones hasta el final. Realizar el cálculo de este apartado implica calcular de nuevo en relativas, pero

en este caso observando desde una referencia móvil diferente de la anterior. Se sabe que la expresión para el cálculo de la aceleración de Coriolis del punto O es: Wcor(0)) = Zñ¡.lbs (RM)x(7,.1(0))

123

tica Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemá

Por lo que será necesario calcular la velocidad angular absoluta de la referencia móvil, es decir, del disco, y la velocidad relativa de O observada desde el disco. La velocidad angular absoluta del disco, que es la referencia móvil, se tiene calculada en el apartado 2 0

(Nabs (disco))12; = [ 6 ] — 0.3 Para el cálculo de la velocidad relativa de O, se tomará C como punto de observación, por lo tanto, en el vector posición relativo C irá por delante. A continuación, se derivará en una base móvil sin olvidar el término de Bour. Se seguirá trabajando en los ejes 123:

d . Wrer(0))123 = a?[mhza + (Q-e1(123)xC0)123 Por resta se obtendrá la velocidad relativa de los ejes 123

Dan(123) — Qg5 (RM = disco) = (6)-(6+b+5)=(-8) 0 (Qrer(123))23 = [ o ] V+Ol .;

El vector CO queda según la siguiente expresión: (s + H)sen0 — 3Rcosy co

123

=

[

-SRSEW

(s + H)cos0

-

Sustituyendo en la expresión de (7,..,(0)),23 se tiene

d re

(0))123 = de

(s + H)senb — 3Rcosy —3Rseny

(s + H)cos0

s

+

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

124

+ [

0 ,0

]

—U + @l

(s + H)sen0 — 3Rcosy —3Rseny x

(s + H)cos0

123

Bastaría ahora operar para introducir este dato, y la velocidad angular absoluta de la referencia móvil en la correspondiente expresión de y.,, (0).

Molinillo

Brazo acodado solidario J a base circular, R

Contacto entre base y pista circular con rodadura sin deslizamiento

Se pide: 1. Establecer el conjunto de parámetros que definen el movimiento del mecanismo, incluidas ecuaciones de enlace caso de existir, así como el

número de accionamientos que son necesarios para hacerla funcionar. 2. La aceleración angular absoluta del molinillo en unos ejes solidarios al brazo en su zona con pendiente a. 3. La velocidad relativa del punto A del molinillo observada desde el brazo acodado (utilizar los ejes del apartado 2).

ENE ECA AOO ERP PA

El molinillo de la figura va montado sobre un brazo acodado con respecto al que puede girar y además deslizar, siendo s una distancia variable. Dicho brazo acodado es solidario a una base circular de radio R que rueda sin deslizar sobre una pista, también circular, en este caso de radio 5R. La base circular no pierde el contacto con la pista en ningún momento. En las figuras se pueden observar el resto de parámetros geométricos para ' trabajar el problema.

S EP

ON

PROBLEMA 4

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

126

La aceleración de Coriolis del punto O fijo vista desde el molinillo (utilizar los ejes del apartado 2). VISTA EN PLANTA

VISTA DE PERFIL SEGÚN UN PLANO QUE CONTIENE EL BRAZO ACODADO 1

Este problema que se plantea tiene similitudes con el anterior, ya que se tiene de nuevo una rodadura sin deslizamiento entre dos sólidos con superficies en contacto que son circulares. Esto quiere decir que por la rodadura se tendrán ecuaciones de enlace, y que, además, se puede volver a utilizar el elemento «varilla imaginaria» para facilitar la resolución.

La cadena de bases quedará: XYz v 123 (+)9 Suelo-

Varilla

Pista —

— imaginaria

Base

*

fija

Base

3

móvil

173

—

B3¢

_..

Base

— ?%

móvil

(ace

172737 je

mojinillo a.

?%

Base

móvil

(+)p

€6,

7 — Molinillo —

-l

_

Base

móvil

APARTADO 1: Se indica calcular los parámetros del movimiento, así como las ecuaciones de enlace del sistema y el número de accionamientos que necesita el sistema para funcionar. De manera similar al problema anterior se procurará situar y orientar los sólidos, teniendo en cuenta la varilla imaginaria. Se procurar escoger un número mínimo de parámetros para facilitar la obtención de los grados de libertad del sistema.

y

)

)

127

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

Sólido

|

VARILLA

BASE,

IMAGINARIA 0,C

l.. -- Situar con

BRAZOACODADO — C,B,-J

Se tomará O que es un punto fijo — , que pertenece í también al suelo. '

|

|

1

—

' Orientar con º

' |

SUEREUIR. y

|

imaginarfa.

| ,

NuncacogerJalser una posición

j |

A

C ya situado conla . Solo A es un punto que pertenece varilla imaginaría, ya al molínillo, ya que este se quesepuede aplicar desplaza respecto al brazo lacinemáticade ' acodado. Este punto se puede

sólido rígido a través . de la varilla

¡ |

MOLINILLO

_particular Y,O

situar en absolutas con sus tres coordenadas variables, pero al

- estar situada la base mediante B, .

el punto A se puede situar en refativas mediante la distancia

.

variableS

Y, 8,4 (a no se toma como parámetro al ser constante)

Haciendo resumen de la tabla anterior, y tomando solo los parámetros que son variables se tiene: Coordenadas generalizadas: q = ), 0, ¢, s

Velocidades generalizadas: ¢ = , 0, ¢, § Se analiza si se tiene rodadura sin deslizamiento, y si se tienen guías ranuradas en el sistema mecánico. En este caso existe rodadura entre la base y la pista circular fija, por lo que se cumple que: [finbs]pista = [ñabx(])]base— brazo

Como la pista circular es fija, se cumple que DadsU) = 0-

Y por tanto ya se conoce la velocidad de uno de los puntos de la base. Se podrán

aplicar entonces las expresiones de sólido rigido tal que VabsU) = 0 = Vabs (C) + Nars (base — brazo)xT] con C,Je base — brazo Si somos capaces de encontrar la velocidad absoluta de C, se podrá utilizar la expresión anterior para encontrar ecuaciones de enlace.

El punto C pertenece tanto a la base como a la varilla imaginaria. Dado que el punto O, que es fijo, también pertenece a la varilla, también en este sólido ficticio se tiene la posibilidad de aplicar la cinemática del sólido rigido de la siguiente manera:

Vabs (C) = Vars(0) + Aass (Varilla imaginaria)xOC

!

128

Arantza Martinez Pérez y Jorge Alsa Arenaz con 0, Ce varilla imaginaria

Dado que la velocidad absoluta de O es nula, si se combina la expresión anterior con la de velocidad absoluta de J, se tiene:

Uaps(J) = 0 = Qgps(varilla imaginaria)xOC + ,,, (base — brazo)xC] Los vectores OC y CJ quedan respectivamente de la siguiente manera al proyectar en los ejes 123 3 (estos últimos los más sencillos para realizar este cálculo): 0

0

{0C}y23 = [4R¡ y 0 l123

— 1CD3=

[R] 04423

Las velocidades angulares de varilla imaginaria y base en los mismos ejes quedan: 0

y {Qups(varilla imaginaria)},,3 = [ 0.‘ — ;

0

{Qaps(base — brazo)),2; = [

6

]

— +01,; Finalmente, 0 0

0J123

0 =[ Ú-]

=¥l

0 x[4R]

+|

L0y

0 9

]

0 x[R]

1-Y+0],.,

=

Lolo;

[431,¿ — (—-RÚ+ Ré)] =

0

0

123

Por lo que la única ecuación de enlace que se tiene será:

5U =6 Es decir, que como se tienen 4 velocidades generalizadas y 1 única ecuación de enlace, el sistema tendrá 4-1= 3 grados de libertad, y serían necesarios tres

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

129

accionamientos para hacer funcionar al sistema: el motor que mueve la varilla

imaginaría, el que hace desplazarse al molinillo y el que hace girar al molinillo. APARTADO 2: Se pide en este apartado la aceleración angular absoluta del molinillo, y además se pide que se calcule en unos ejes solidarios al brazo acodado según su zona con pendiente a. Lo primero que se ha de tener claro son los ejes en los que se nos pide que trabajemos. Estos ejes corresponden a la zona inclinada del brazo acodado, y según la cadena de bases, estos ejes son 17 27 37 Esta es una base móvil, por lo que, si es necesario derivar, no se deberá olvidar el término de Bour.

Para calcular la aceleración angular absoluta, se deberá calcular previamente la velocidad angular absoluta del molinillo. Después derivaremos. El molinillo acumula 3 cambios de orientación variables, por lo que su valor en forma de vector será:

_

M

(a lmolinillo));-25-=(0+8+8)

- =|

@ +(-U+6)sena

—O (- +0)c0sa

| ...

Dado que

_

.

Qa 123773 =4+6)

2

=|

(= + 6)sena

0

|~ +6)cosal, ...

la derivada de la velocidad angular absoluta quedara: {nabs (mo Hn…º)]¡"z" 3 - '¿% [ña.bs (molinillo))->-3- +

{Qaps(17°273" )xNass(Molinillo)),->-3-=

0

(=y + 8)cosa

lq:r + (P + Ó)sena

[(—¡Í: + 0)sena

d r: + (=Y + é)sena]

0

173

(-Y + Ó)cosa

0

173

Ó +(-P+6)sena =| P(-P+Ó)cosa (-9 +8)cosa l,.....-

-P +Ó)cosa

...

=

Arenaz

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa

130

APARTADO 3: Se debe calcular ahora la velocidad relativa del punto A perteneciente al molinillo observada desde el brazo acodado. En este caso, y antes de realizar operaciones, se va a razonar qué estamos viendo y por qué. Si nos situamos sobre el brazo acodado, bien podríamos estar acomodados en el punto B. Observando según unos ejes que coincidan con esta parte inclinada del brazo, lo único que se observa es como el punto A del centro del molinillo se va alejando siguiendo la dirección del brazo (que coincide con el eje 1). Obsérvese que A está en el eje de revolución del molinillo, y si este punto no perteneciera al eje y fuera por ejemplo un punto en un extremo de los álabes, además de alejarse, lo veríamos realizar trayectorias circulares. Como no es el caso, de manera «intuitiva» se podría escribir: S

rer(4))1-273- = [º] 0

1“2"3"

Se van a realizar ahora las operaciones para comprobar que se llega al mismo resultado. Como se ha dicho anteriormente, se observará desde un punto que pertenezca a la referencia móvil. Los puntos posibles son C y B, pero por simplicidad se escoge B. Entonces: -

d

—

{vrel(A)]‘l"Z"S"='d_t'{BA}1"2“3"+{nrel(1

[

EE

23

Da

)xBA}

Por resta se obtendrá la velocidad relativa de los ejes 17 27 3” ñ.re¡(1"2"3")

= ña¡,s(l"Z"S")

— ñabs(RM

= base

[p+8}-{9+é}= El vector BA quedaria según la siguiente expresión: s {BA}123 = [º]

1) P

Sustituyendo en la expresión de (,,, (0)}123 se tiene

o3 ,

— brazo)

=

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

131

re (A))1273” ="'[ l 011773 APARTADO 4: Se pide la aceleración de Coriolis del punto fijo O, observando desde el molinillo. Los ejes a usar siguen siendo los del apartado anterior. No es necesario operar hasta el final. En este apartado, y dado que ha cambiado la referencia móvil de observación, y también el punto observado, se deben realizar nuevos cálculos de velocidad relativa, necesaria para introducir en la expresión de Coriolis:

Para calcular la velocidad relativa de O: —

d

[vrel (0)]1"2"3"

n

= &[AO]I"Z"B"

PE

+ '[nrel (1

II

23

ijo

173

El vector posición, como hasta ahora, irá desde un punto que pertenece a la referencia móvil, es decir, desde el molinillo, hasta el punto observado, que es O. Se escoge el punto A: s — hsena — 4Rcosasen9] [m]'l'-zn-a e

=

—4RC059

—hcosa + 4Rsenasenf

1y~

Por resta se obtendrá la velocidad relativa de los ejes 17 27

3°

Qrer(12737) = fi@;(l'?"?_') — Qs (RM = molinillo) =

=|P+6)-()+0+8)=C8)

Para obtener (Dr.o, (0))1-2-3- la expresión quedaría:

z d

[S — hsena — 4Rcosasen0

s — hsena — 4Rcosasenf

—4Rcos0

—

Base fija

Z=3

Base móvil

2=2

()Y,

€,6;8;

-

Motor

=

.

Z=e;=3

varilla

- — Varilla

Base móvil — 1=1

r

.

T77

r_

e

móvil Base

L[ Base móvil

(Y3

e 1 9_'2 1?3 Plataforma-

E

Cazo

Z=e:=3

APARTADO

My

Inclinación

Bas; amasadora .

T77

1 Basemóvil

1: Se pide indicar los parámetros del movimiento, así como las

ecuaciones de enlace y el número de accionamientos que necesita la amasadora para funcionar. En este problema se tiene una rodadura sin deslizamiento entre la plataforma y el motor, por lo que aquí aparecerá una ecuación de enlace. Se comienza con la situación y orientación de los sólidos del mecanismo. Sólido

_—

Situarcon — '

VAR!LLA A

0P

e

b

— Orientarcon |

@

PLATAFORMA-CAZO

.

0,0”,Q-

O

Ambospunlns pertenecen a la

|

NuncacogerJalser - una posicién particular.

varilla. El más

;

Estoimplica que se

Oy O sonlos más sencillos

sencillo es el punto

—

situará el motor

para situar. Se tomaráO.

e

. yv

e

J

.

|

O™ por ser fijo

-

MOTOR

— mediante O° que es un

e

mc

- 1A

-

. Todos los puntos pertenecena — la plataforma. Los puntos fijos

Nunca coger J al ser una

_. posición particular

vi

Se toman ahora de la tabla anterior el minimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico y quedará: Coordenadas generalizadas: q = Y1. V2-3.¢ Velocidades generalizadas: q = Y, ¥2, ¥3, 6

A partir de este punto, todo el problema se resolverá en los ejes 123, que son lo indicados por el enunciado del problema.

—

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

154

Se va a resolver esta rodadura de una manera diferente a la vista hasta ahora, y es que también se pueden usar conceptos vistos en física general, o también en movimiento plano si se da el caso. e \:,,, Si se observa el mecanismo plataforma-motor desde

‘\'J”

arriba, lo que se veria son dos ruedas engranadas tal y como se muestra en la figura. Plataforma y motor tienen

Motor:

Y

de radio Ra

sentidos de giro contrarios, y la Plataforma: de radio Rus

rodadura implica la siguiente igualdad:

v FIGURA 2 P7.1

baRpiar = WaR ¥3Rptar = V2Rm

Esta sería pues la ecuación de enlace en este sistema mecánico. Nótese que en la figura queda representado el ángulo , correspondiente al giro de la varilla, que es independiente de los giros de plataforma y motor. Se va a resolver la rodadura mediante la cinemática vista hasta ahora para comprobar que el resultado al que se llegaría sería el mismo. Como existe rodadura entre la plataforma y el motor, se cumple que: [fiabsU)]platafanna = [ñabsU)]motor

Pero ninguno de los dos sólidos permanece inmóvil, entonces fabsU)

r ñ

Se calculará, por la cinemática del sólido rígido, la velocidad absoluta de cada uno de los puntos J. Para la plataforma:

VabsU) = Pars(0) + Qgps(plataforma)x0J con 0,Je plataforma Para el motor:

VabsU) = Daps(07) + Dars (Motor)x07 con 0',Je motor

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

155

Las velocidades de los puntos O y O' son nulas, por lo que estos términos desaparecen de las expresiones, quedando al final:

Qaps(plataforma)x0] = Ds (motor)x07 Si se sustituyen los correspondientes vectores proyectados en 123 en la expresión, se tiene: 0 0

—Roptat x| 0

__'¡"3 123

h .

0

=|0 J

W2 123

0

.

[waRplat]

0

Rn x| 0

=

13

E AJ

0

Úszl

0

Jy

Misma ecuación de enlace que la obtenida anteriormente. Por tanto, al tener 4 velocidades generalizadas y 1 sola ecuación de enlace, se tienen tres grados de libertad: 4-1 = 3 accionamientos necesarios para que la amasadora funcione. Un accionamiento para el motor, que a su vez moverá la plataforma, y dos accionamientos para los dos movimientos de la varilla, que son independientes entre sí.

APARTADO 2: Se pide ahora calcular la aceleración angular de la varilla. La varilla acumula dos cambios de orientación, por lo que su valor en forma de vector será:

pcosa = (Qops(Varilla)),.3 = [¡51 + 6}123

, — Psend 123 º

Dado que 0

(Mabs(123))123 = {'I’T:}m = I 0 ] la derivada de la velocidad angular absoluta quedara:

123

]

156

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

= {nnbs(varilla)}

d — = = , = E{flabs(varflla)}lza + {Qgps(123)xQgps (varilla)}y3 123

_-

_

[Q.…,s(var:ll¡::)]lz3

_Ad

Pcoso 0

qocasG

de Bk 9] 1 PSENb ;

8] Ú1 123

Gpcoso

=|

11 — gpsen

Ú.pcos0 Ú1 — psend 195

APARTADO 3: Calcular la velocidad relativa del punto P de la varilla desde una referencia móvil situada sobre la plataforma-cazo, así como su aceleración de Coriolis. Se pide en este apartado ver cómo se mueve el punto P del extremo de la varilla vista desde el cazo. Cualquier punto para observar desde el cazo es válido, por lo que se escogerá el más sencillo, en este caso O. El punto desde el que se observa siempre por delante en el vector posición. d

—

—

Wre(P))123 = '¿?W }123 + {91 (123)x0P}4 53 El vector posición tiene la forma dcos6 ÍÚP]¡Z¡¡

=

[

0

]

(h + H) — dsen#

123

Y la velocidad angular relativa de los ejes, como siempre, se obtendrá por resta:

Nei(123) = Dars(123) — Dars(RM = plataforma) = (.) — () (Qre1(123))123 = [

0. ] 1— ; 123

Por tanto,

dcosB {17Ure !( PY123 123 = _'\ dt (h+

H)

dcos0 dsen86 ] 123 [¡LI. 'ps l -

0

(h + H) — dsen9

]e

— —

157

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

0

= [dcosfl(tiu - 1133)] 0

123

Para calcular Coriolis será necesaria la velocidad angular absoluta de la referencia móvil, es decir, de la plataforma: 0 [ñabs(RM

_ Plºtafarma)hzs

= [’I’B] = [ 0.1]

_

323

Al final, Ycor (0) = Zñabs(RM = plataforma)x7,.,(P) 0

0

x dcos8(, —y3)|

Wcor (0))123 =2 [ 0_ ]

—

3l

0

[21¡:3:1:056(¡¡& = '¡33)]

] = 123

0 0

123

APARTADO 4: Se indica calcular la aceleración de arrastre del punto 0"' de la varilla, observada esta vez desde el motor.

Este apartado es de aplicación de composición de movimientos utilizando la expresión de las aceleraciones: ?abs(o ") = Yrel (0") + ?3(0") + fcnr(o")

De todas las aceleraciones que aparece en la expresión de aceleración absoluta, se nos pide el segundo término y, (0'7), cuya expresión es la siguiente:

e (0) = 7ans(0) + Q,x0°0" + Aex(0.x007) con 0"e RM = motor Hay varios aspectos a comentar sobre esta expresión. En primer lugar, se debe -escoger un punto que pertenezca a la referencia móvil, en este caso el motor. Se recomienda escoger el más sencillo, ya que vale cualquiera. Para el problema que nos ocupa, O’ es el más adecuado. Por otro lado, aparece en la expresión el simbolo

Q. y Ú. Estos indican la velocidad angular arrastre y la aceleración angular de arrastre, que equivale a decir velocidad angular absoluta de la referencia móvil

158

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Qaps(RM) y aceleración angular absoluta de la referencia móvil Qgqps(RM), respectivamente. Dicho esto, se comienza a resolver el apartado:

*

¥Vaps(07): O'es un punto fijo, por lo que este témino es nulo

*

0,x0707: Se necesitarán los vectores Q ap; (RM) y 007

En cuanto a Q,(RM) será necesario derivar en absolutas, en una base móvil, y por lo que habrá que tener en cuenta el término de Bour: d

—

[Iln¡,s(RM = 1"¡10!,“07')]123 = E[nabs(RM = motor))123 + +[ñabs(1 23)xñabs (RM

_

d

=

mo tºr)]lzg

0

0

(Gas(RM =motor)}, =Z| YO|

0

+[0v

123

123

0

x[º] y

123

- [ºV2 ] 123

El vector 007 tiene la forma Rm

{OP}123 =

+ Rplat

0 H

123

Por tanto, el segundo término queda de la siguiente manera: Rm

(0.x070 }123 = [ 4? Lgx D

4

+ Rp.'.at

s

0

H

=

0

|V>(Rm + Rp!at)

123

0

123

Para el tercer término, 2,x(1,x007), en este caso se tienen ya todos los datos, por lo que solo es necesario operar 0

0

(D.x(0.x0707),., = IO ] 2

x[[ 0 ] 123

Y7

x 123

Rm + Roptat 0 H 123

—l,b%(fl'm + Rpíat)

=

Reuniendo todos los términos queda el siguiente resultado:

0 0

123

159

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

N (Yabs

0 (0))123 =

|0

0123

+

0 |V2(Rm + Rpla:)

0

F

123

-w% (Rm + Rotat) 0

0

=

-

-1p§ (Rm + Rpla:)

— | ¥2(Rm + Roptae 0

123

Como comentario final, indicar que el punto O arrastre como si estuviese unido al motor.

«gira» en este témino de

PROBLEMA

8

El sistema mecánico

se encuentra en movimiento e imita la forma de un

conocido androide galáctico. Se compone de un cuerpo que desliza sobre el suelo horizontal y es impulsado sobre el plano mediante dos ruedas de espesor despreciable unidas al cuerpo en sus centros C1 y C,. La cabeza del androide gira respecto al eje de revolución del cuerpo, que a su vez se encuentra inclinado un ángulo constante 0 respecto a la vertical.

Las distancias y otros datos geométricos se señalan en las figuras adjuntas.

h

Ruedas, radio R.. --

— - -

-

-nodesilzan

Vista 3D

Se

pide: í

1. Establecer un conjunto de coordenadas y velocidades generalizadas que permita determinar los grados de libertad del sistema mecánico, estableciendo las correspondientes ecuaciones de enlace. ¿Cuántos motores precisaremos controlar para accionar este sistema? 2. Determinar la aceleración angular de la cabeza.

3. Plantear las expresiones y los vectores necesarios para calcular la aceleración de Coriolis del punto Ji, de contacto instantáneo con el suelo de la rueda 1, que apreciará el cerebro electrónico del androide, situado en su cabeza,

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

162

Se comienza con la habitual cadena de bases.

XYZ

(+)

123

(+)0cte

Suelo

-

Giro en Z delsabat

. Base fija

_ Z=3

, Basemóvil

He

172737

Cuerpo

>

Cabeza

_a 1=1

Base móvil

._q 33

P,

€,€,63

-

Rueda 1

1

— 173

— Base móvil

Base

-*

móvil

-)o;

‘3-'1?2?3

—

Rueda 2

e

Base a= móvil

l—e¡

APARTADO 1: Se pide establecer un conjunto de coordenadas y velocidades generalizadas, así como ecuaciones de enlace y número de accionamientos del robot.

En este problema se tiene una rodadura sin deslizamiento como en otros vistos anteriormente, sin embargo, aquí se tiene la particularidad de que existen más de un punto de rodadura, en concreto, uno para cada rueda.

Otra novedad en este problema es que situar el primer sólido de la cadena cinemática no es tan sencillo como en problemas anteriores, ya que no se tiene un punto fijo O perteneciente a un sólido del que partir. Se verá en este problema cómo proceder en situaciones como esta. Se comienza con la situación y orientación de los sólidos del mecanismo. —

Sólido

—

Situar con |

CUERPO

RUEDA1

A, C C2

A,C1.Cad:

Cualquiera de los tres puntos es válido, yen cualquiera de los tres

RUEDA2

¢

Se toma el punto - A,yaqueestá situado según el

| Setomael punto | A,yaqueestá . situado segúnel

anterior sólido.

tres coordenadas de los

' NuncacogerJal

| Mismos: X, y, . Sedebe

| NuncacogerJal

— serunaposición

, serunaposición

— tener en cuenta, que, de las coordenadas, solose toman las que son variables en el tiempo: para este caso y parael

particular. ! particular. — Nótese como A Nótese como A no pertenece ala noperteneceala rueda 1, perosi — rueda 1, perosi . sirve para situaria | sirve para situaria

!

coordenada z,

es constante

V.6 =cte

.La

sólido rígido

V

CABEZA |

“

|

|

| ,

Setomael punto A, ya queestá

'

situado

|

segúnel

anterior

! | | I |

sólido

|

cinemáticade

. .

V.9,

A

,

aplicando la

— sólidorígido

| J

anterior sólido.

aplicando la cinemáticade

¡

A,CaCada

puntos se precisa de las

punto A x,, y,

| Orientar con

—

|

| Y, 0 =cte,p

|

163

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

Se toman ahora de la tabla anterior el mínimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico y quedará: Coordenadas generalizadas: q = Y, ¢, 91, P2, Xa, Ya

Velocidades generalizadas: d = 1), @, 01, 92, %4, Ya A partir de este punto, todo el problema se resolverá en los ejes 172'3”, que se consideran sencillos a la hora de proyectar vectores. En primer lugar, se va a resolver la rodadura. En el problema que nos ocupa se cumple que: [fiabSU)]medai

= [fiabsU)]mlo

= [ñabsw]medaz

=0

En cada una de las ruedas se puede aplicar la cinemática del sólido rígido, conociendo de antemano la velocidad de uno de sus puntos, J; y Jz, respectivamente, que tienen velocidad nula. Por tanto: ñabs(CI)

= 13absUl) + ñ.f.:hls (ruedal)xm

con CÍIJIE ruedal y

1) = 0 Vabs

Vabs(C2) = VarsU2) + fiabs(ruedag)xflc_z con G, /o€ rueda2 y Vabs(U2) =0

{fiabg(medaZ)}l-z-T

= {JJ + 62}1'2'3. =

—

[ N

La ] [~] [7]

y los vectores posición son:

¡j_psenº

(™ ]

= []í, Es 51}1.2.3- = [TIÍSER

=]

[ñabs(ruedal)]yz-g'

D

Si la velocidad angular absoluta de cada rueda es:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

164 0

0

y

161 1'2'3'=[RSBH9] Rcos0

U.0 1'2'3'=[Rsen9¡ Rcos0

1173

1123

se tendrá que:

0 Dans (C1))1-23- = [Rsenel Rcos0l1>3

0 Wans(C2))123- = [R-?e"º¡ Rcos614-53

[ 9

0

x |Psend

[—q'J¡RcasS] @1Rsenb 1 .,...

|yicos6 —

0 = [—(bchosfll

[ 92 x |pseno

@2Rsenf

l¡ÍJcasS 173

|,...,.

Además, como se ha visto al situar los sólidos, tanto C¡ como C; pertenecen al

cuerpo, por lo que se puede aplicar la cinemática del sólido rígido entre estos dos puntos a través de este sólido

Vars(C1) = Vabs (C2) + Qgps(cuerpo)xC,C; con Cy, C,€ cuerpo Si la velocidad

angular absoluta del cuerpo

y el vector posición

respectivamente:

_

0

[ñabs(cuemº)]fz's' = [ú]rz'a' =

¡¡Í:¡SE?IÚ

Vcoso —2d

(CC1)123=| se tiene que

0

0

[—_(leCD.SB] ¢1Rsenf

= 123

|-P,Rcos0

0 0

l173

123

son

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

165

0

= |—¢,Rcos8 — 2dijcosd

PaRsend + 2dipseno | ... De esta igualdad se obtienen aparentemente dos expresiones:

—@1Rcos8 = —@,Rcosd — 2dipcosO @1Rsenf = @,Rsenf + 2dipsend Sin embargo, ambas son la misma ecuacién de enlace, por lo que con este cálculo se ha obtenido la primera ecuación de enlace del problema:

(P1 — PR = 2d

Se va ahora a intentar relacionar la velocidad del punto A, que pertenece al cuerpo, con otro punto de dicho cuerpo, por ejemplo, Ci. Al ser dos puntos que

pertenecen al mismo sólido, se puede volver a aplicar la cinemática del sólido rígido tal que: Vabs (A) = Vans (C1) + ñabs (Cuºf'Pº)xÚººn Cy, A€ cuerpo

La velocidad de C; se tiene de cálculos anteríore_s_,_ no así la velocidad de A.

El vector posición en absolutas del punto A en XYZ

es:

XA

OAjyy7= [J'A] 0dxyz

Al estar expresado este vector en la base fija XY Z, para calcular la velocidad del punto A basta con derivar cada una de las componentes del vector, ya que el término de Bour en este caso es nulo. Por tanto, se tendrá:

Xa Wars (A)Irrz=

Ya 0lxyz

Para poder seguir el proceso, se deberá ahora proyectar el vector vgps(4) en

los ejes 1°2°3°, quedando de la siguiente manera: XA

{1_’aus(A)}xvz=[5f‘A] 0lxyz

X cosy + jy!semp

> {Uaps(A)h23=|—%aseny + yacosp 0

123

166

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Xycosp + y ,seny

> Wabs(4))123=|

(—Xaseny + y,cosi)cosd —(—xpseny + yscosy)send | —

Ahora ya puedo sustituir en la expresión de sólido rígido aplicada al cuerpo entre los puntos A y C:: X, cosy + y seny

(—x4seny + y ,cosb)cos0

—(—Xyseny + y,cosy)send 123

0 = [—q¿J¡RcasS]

PiRseno

0 + | Vsend 12

l. . - |pcosO]....

XACOSU + y seny E ?Acosw}sene

LL

123

YLsend

(—%4seny + y cosy)cost _(_xoásenw

—d x[ 0 ]

= |—@,Rcos8 — bdcosd 1723

ÓIRSBHG

+ ljldsenº

123

De la igualdad anterior, se van extrayendo ecuaciones de enlace. La primera de ellas será: Xacos + y ,senyp = YLsend Sin embargo, si se analizan las dos siguientes igualdades, se volverá a llegar a expresiones idénticas, y que tras simplificar quedan de la siguiente forma:

(—%4seny + 3,cos) = —¢,R — d

Finalmente se concluye que el sistema mecánico tiene 3 ecuaciones de enlace,

y por tanto, al tener 6 velocidades generalizadas, se obtienen tres grados de libertad: 6-3=3 accionamientos necesarios para hacer funcionar el robot: uno de ellos en la cabeza, y además un motor independiente para cada rueda.

APARTADO 2: Calcular la aceleración angular de la cabeza del robot. La cabeza acumula dos cambios de orientación, por lo que al proyectar en la correspondiente base quedará:

Mon(cabeza)),.2 = (P+5)

0

=| 173

wsend j

Pcos0 + H|...... .

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

167

Dado que 0

Ms 123923 = {0} =|Usen0 Pcoso ).,

la derivada de la velocidad angular absoluta quedará: =

d

—

"

{nabs (cabeza)}l’zls, = '¿'t'[ºabs (cabeza));-73 + Qayc (123)xM1,5(cabeza)),-7 0

-d ; [nab,(cabeza)]l_zta_ = a[ . Psend

[ ysend Xr,bsenal _ Ycos0 + @] ... |YcosB] ., . Ycosh + ¢ r

=

Úpsend = | sen8 Ycoso

...

APARTADO 3: Calcular la aceleración de Coriolis del punto J; de contacto instantáneo, visto desde la cabeza. En este apartado es fundamental recordar que al tratarse J; de un punto instantáneo de contacto, es decir, una situación particular, no se puede realizar

ninguna operación que implique derivar. La expresión para la aceleración de Coriolis es la vista hasta el momento: ?curUl) = 2ñabs(RM = Cabºza)xñrel(h)

Calculada en el apartado anterior se tiene la Q,,,(cabeza), 0

(Nars(cabeza)):2'3 = [‘P + ‘P}l _ [ , Psend v

N

173

Faltaría calcular la velocidad relativa de Ji, que es donde se va a tener la

dificultad. Al no poderse derivar, será necesario utilizar la cinemática del sólido

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

168

rigido, muy útil para estas situaciones. Bastará aplicarlo en relativas, usando como referencia móvil la cabeza. En primer lugar, habrá que pasar por la rueda 1.

Pre1 1) = Ve (C1) + rer (rueda1)xT]; con C,J,€ ruedal En esta expresión, la velocidad angular relativa de la rueda 1 se obtendrá restando: _

Qe (rueda1) = Qg4 (ruedal) — Qs (RM = cabeza) =

=(0+01)-[0+9)=(01-0) _ {Q,a(ruedal)}y o3 =

( º_ —PI173

y el vector CyJ; tiene la forma 0 {le 1 1’2'3'2[—1359719‘ —Rcos0 1723

Se debe calcular ahora la velocidad relativa de C1, vista desde la cabeza. Esta

velocidad se podría calcular, bien por la cinemática del sólido rígido a través del cuerpo utilizando la velocidad relativa de un punto también perteneciente al cuerpo, por ejemplo, A (que a su vez pertenece a la cabeza), o bien mediante derivación, observando desde un punto que pertenezca a la referencia móvil, que es la cabeza. Se va a realizar el cálculo de la segunda manera, y se va a observar desde A, que es un punto, que, como se ha dicho, pertenece tanto al cuerpo, como a la cabeza: —

d

=1

ey

Wre(C1))173- = E{Afi]rz‘s' +{Q,¢(1°2°3")xAC, }17973 El vector posición tiene la forma d 'IACI

123

=

[0]

LJy73

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

169

La velocidad angular relativa de los ejes, como siempre, se obtendrá por resta: e

(1273) = Naps(1237 — Nas(RM = cabeza) = {fl - ['B + 5} =(-9) 0

(N-e1(123))177 =

º_l —7y

Por tanto, d

d

Wrer(C1))123 =g

[0

0

0

Lly73

1

= -q’:d]

x|0

0

+

0),7

1r77

0

r77

y ahora

Tra(dhzs

+

= [—Ód 0

173

=

x [—Rsenfl

º_ -

—@Rsend

0

Ó1

0

123

—Rcos8

|-pd + p, Rcos8

173

931388119

Finalmente, Coriolis quedaría

{Feor U1))1273- =2|

0 Ysend Ycost + @), .....

—@Rsend x |-¢d + ¢,Rcos8 @ Rsenf

—

1..

127

PROBLEMA 9 En el mecanismo de la figura se representa un brazo que gira con 6, y que lleva insertada una deslizadera. La deslizadera cuenta con un eje solidario y perpendicular a dicha deslizadera sobre el que gira el disco conductor. A su vez cuenta con un eje colineal al brazo sobre el que gira el disco conducido. El disco conductor hace girar al disco conducido gracias al contacto en J, que no desliza. de radio «R» Disco conducido Disco conductor de radio

I

\.

l

entre los odes J de contact

J — discosaunadistancia a«H>

|

Teniendo en cuenta los datos geométricos de la figura, y usando unos ejes

solidarios al brazo para proyectar: 1. Establecer el conjunto de parámetros que definan el movimiento del mecanismo y señalar el número de accionamientos precisos para su movimiento.

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa

172

Arenaz

2. Calcular la aceleración angular absoluta del disco conductor. Calcular la aceleración angular del disco conducido, sustituyendo haciendo uso de la ecuación de enlace, si es que existiera.

3. Calcular la aceleración absoluta del punto Q de la periferia del disco conducido. 4. Para un observador situado en el disco conductor, determinar la

velocidad relativa y aceleración de Coriolis del punto O. Se realiza la cadena de bases.

XZ

(+)6

123

oy

1723

Base amasadora Base fija

Z=3

Brazo y deslizadera Base móvil

1=1"

Conductor Basemóvil

(+)p: -

172737 Conducido

l=e

Base móvil

APARTADO 1: Se pide establecer un conjunto de parámetros que definan el movimiento, así como las ecuaciones de enlace y los grados de libertad. En este problema se indica desde el principio que se debe trabajar en unos ejes

solidarios al brazo, por lo que se utilizarán los ejes 123. Vayamos a situar y orientaR ahora todos los sólidos de la cadena cinemática. _Sólido Situar con

BRAZO o]

-

CONDUCTOR A, B,P,Jd

*

| |

CONDUCIDO __| A,B,P, QJ !

El único punto que pertenece al brazo en este esquema es

Se toma el punto P, que, sise — sitúa desde el punto O del | brazo, que ya está situado y — .

En este caso, volvemos atomarel punto P.

| |

el punto O, quees fijo

orientado, quedará definido por | la distancias. | Nunca coger Jalseruna —

Nunca coger Jalser una posición particular

'

posición particular

. Orentarcon

8

"

be

—

—

—

8692 —

|

Se toman ahora de la tabla anterior el mínimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico y quedará: Coordenadas generalizadas: q = 6, ¢4, 93, 5

Velocidades generalizadas: ¢ = 8, 01, ¢,, § Se analiza a continuación la rodadura sin deslizamiento, dado que se sabe que va a dar lugar a ecuaciones de enlace. Se cumple que

e Sl T EAL

173

EA EP

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

[ñabs U)] conductor = [ñabs U)]conducldo

Pero en este caso, como en otros ya vistos, ninguno de los dos discos permanece inmóvil, por lo que, sea cual sea el disco que se tome ñabs U)

F ñ

Primeramente, se deberá calcular la velocidad absoluta de J, pero recordando que no se puede hacer por derivación, ya que se trata de una posición particular. Por tanto, se puede aplicar la cinemática del sólido rígido, por ejemplo, al disco conductor, utilizando el punto B

DabsU) = Dars (B) + Dars (Conductor)xXB] con B, Je conductor La velocidad angular absoluta del disco conductory el vectorBJ quedarían:

"

.

0

r

{Qaps(conductor) }yz3 = (6 + 01) = [? ] @1

y Bz = F’ ] 123

0

123

Se deberia ahora calcular la velocidad absoluta de B. Precisamente para este punto no es posible aplicar la cinemática del sólido rígido porque no se tiene una pareja de puntos que pertenezcan al mismo sólido que y permitan llegar hasta la velocidad conocida de O, que es fijo, por lo que ahora sí se podrá derivar: d

—

Wabs(B))123 = a[º—B]ns + (Qors(123)x0B),23

La velocidad angular absoluta de la base 123 y el vectorOB quedarian: -

0

y

(Nans(123) d123 = [é] = [g]

10B 123=[01 H 1123

123

Por tanto

"

(Dabs (B))123

d[> -—| 01

dt[ H]na

0 + é] 0 123

=. xl0 ] H

—$ +6H =| 0 123

98

123

174

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

y sustituyendo:

,

Wars())123 = [

0

+

9 ]

x[ 0

=

Fe

(|6(s+7)],,

0123

1913

123

s

—$+6H

-

0

—$+6H

Se va a llevar ahora la misma sistemática, pero para llegar al punto J a través del disco conducido:

VabsU) = Daps(4) + Naps (conducido)xA] con A, Je conducido La velocidad angular absoluta del disco conducido y el vector AJ quedarían:

0

@2

—

(Mars(conducido) }yz; = {6 + ¢, = [9 ]

y @hzs = [o

H1123

123

0

La velocidad absoluta de A se obtendrá por derivación: d

3

=

Wabs (4))123 = ‘(E{OA}us + QNars(123)x04A)123

La velocidad angular absoluta de la base 123 se mantiene y el vector 0A quedaría:

-s—r

OAJ123 = [

0

]

0

La derivada seria de la siguiente forma

123

y sustituyendo:

0

lI

l

tn

123

W

+

(]

]

—

g

[_ 0

—S

-

=E[

C..'JÓI

{fiabs(A)]uB

ó

=

¿E—7

6(5

+

7')

123

175

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

—$+6H

Ó2 (Dars U))123 =

[

=

I]

l

9 (5 +7)),93

123

—$ +BH]

[—s + ÓH

13

_—H @2

[6(s+7)],,,

Al igualar

_.Hq}z

B(s+71) 123

LB+,

se obtiene una única ecuación de enlace, ya que las igualdades que se obtienen en la primera y tercera componente no indican relación alguna. Por tanto, la ecuación de enlace queda 07 =P:H Al tener 4 velocidades generalizadas y 1 ecuación de enlace, finalmente se tienen tres grados de libertad. Se necesitan 4-1=3 accionamientos. Uno para el brazo, otro para la deslizadera y otro para el disco conductor, que al girar provocará la rotación del disco conducido.

APARTADO 2: Calcular la aceleración angular del disco conductor. El disco conductor encadena dos cambios de orientación, por lo que al proyectar en los ejes 123 quedará:

P11123

Se necesita la velocidad angular absoluta de la base para añadir el término de Bour a la derivada 0

(QNabs(123))123 = [é]ua = H 0 123

la derivada de la velocidad angular absoluta quedará:

— = [flab s(conductor)]m T (Nans(Conductor)),23 +

176

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

+{Qaps (123)xN a,5 (Conductor))123

0 + Ó 0 123

0 d| 0 = E[ 6 ] [n…,s(t:¡t:um:!uct¡:n')]123 P11123

x[H

652'11 =| 6

0

101 123

TA

APARTADO 3: Calcular la aceleración absoluta de un punto Q de la periferia del disco conducido. Para calcular la aceleración absoluta del punto Q, bastará con derivar su velocidad absoluta, que ha de ser calculada previamente, por ejemplo, por cinemática del sólido rigido a partir de la velocidad absoluta de A que se conoce del apartado 1 d

—

Wabs (0))123 = &[fabs(º)]us + (Qabs (123)xDans (Q))123

Dars(0) = Vars (4A) + Nars (conducido)xAQ con A, Qe conducido El vector AQ representado en los ejes 123 tendrá la siguiente forma 0 Rseng,

123

Los del vector de velocidad angular absoluta del conducido y de velocidad absoluta Conducido: de radio R

de A son respectivamcntc;

-

,

¿ÍZ

{Qaps(conducido) }123 = | é

FIGURA P9.1

;

0 4123 —S$

abs (4))123 = [

0

0(s +1) 105

177

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

De tal manera que al sustituir en la expresión de la velocidad absoluta de Q se llega a as (0))123 =

-3

Ó

0

+/8|

|

9(s+D)1,,

l0;;

—$ + ÓRseno,

0 * [Rf-'ºs?z]

—@,Rseng,

=

|6(s + 1) + ¢,Rcos9,),,,

LRseng:),,;

Y, por tanto, al derivar se tiene que

d| {Vabs(@}23 = del.

—$+6Rseng, —,Rseny,

6(s + ) + ¢2Rcosp,),,,

0 + [9]

—$ + ÓRseno, —¢;Rseng,

x|

10 -

8(s + ) + g;Rcosp, -

APARTADO 4: En el último apartado se pide la velocidad relativa de O y la aceleración de Coriolis, vista desde el disco conductor.

La metodología es la vista en problemas anteriores. La expresión de la aceleración de Coriolis, teniendo en cuenta que la referencia móvil es el disco conductor, es Ycor(0) = Zfiubs(RM = conductor)xv,(0)

Para ellos es necesario conocer la velocidad angular absoluta de la referencia móvil, es decir, del disco conductor, que se tiene de apartados anteriores, 0

{Qaps(conductor) )173 = {9- + q’rl} = B] ‘pl 123

Y la velocidad relativa del punto O vista desde un punto que pertenezca a la referencia móvil, por ejemplo, desde el punto p, que resulta sencillo para proyectar

Wrer(0))123 = d%'[ñhzs + (Qre (123)xP0),23

La velocidad angular relativa de los ejes 123 se obtendrá por resta

178

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Qrer (123) = as (123) — Aabs (RM = conductor) = {5] — [Ó + ¿51] = 0 (—01) =[ 0 ] —P1123

| |

y el vector posición PO será

s = [º] 04123

0AJ

por lo que, al derivar, sin olvidar Bour, se tiene que d

S

0

Ure1(0))123 ='d—[º]

'¡'[ 0 ]

tlolps

S

x[Ú]

l-ó, 123

=

10123

|—5¢,

0

Finalmente, 0

23(,01

Ucor (0)) = 2[ ] (01

[‘54’1 123

= |2só, —298

123

Jy7

PROBLEMA 10 La imagen representa de vieja máquina de recreativos la bandeja o carcasa vertical se conduce una moneda, de

manera simplificada una en la que haciendo girar respecto a su centro, Cs, radio r, por una serie de

rampas rodando sin deslizar. En este caso, el recreativo

está además subido sobre una plataforma que gira con velocidad angular y constante. Las dimensiones necesarias para la resolución del problema están incluidas en la figura inferior. Se consideran

despreciables

los espesores de bandeja,

soporte y moneda, estando todos los sólidos en un plano vertical que pasa por el eje de revolución de la plataforma.

Modela de radio «

sobre la rampa

Rampa solidaria a la bandeja

Tomando como ejes de trabajo los solidarios a la bandeja vertical (designados como /23) se pide:

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

180

1. Establecer un conjunto de parámetros que definan el movimiento. del sistema, determinando el número de grados de libertad y obteniendo las posibles ecuaciones de enlace existentes. 2. Calcular la aceleración absoluta del centro de la moneda Cm. 3. Calcular la aceleración angular absoluta de la moneda. 4. Calcular la velocidad relativa del punto O vista desde la moneda, así como la aceleración de Coriolis del mismo punto, esta última solo de manera indicada.

Se partirá creando la cadena de bases:

XZ

(+V

17273

(-)8

123

(e

172737

Suelo

-

Plataforma

-

Bandeja

—

Base fija

Z=3

Base móvil

1=1

Basemóvil

1=1""

Horquilla Base ya móvil

APARTADO |: Hay movimiento, así como las Como hasta ahora se intentando hacerlo con

.

que establecer un conjunto de parámetros que definan el ecuaciones de enlace y los grados de libertad del sistema. deberá orientar y situar cada uno de los sólidos del sistema el mínimo número de parámetros para simplificar la

búsqueda de las ecuaciones de enlace. — Séido

PLATAFORMA

Situar con

_

;

BANDEJA

0, Ce

i

—

_MONEDA

—

CB_J

|

Cu, d

E

Ambos puntos

La bandeja queda

—

Dado que la bandeja está

|

pertenecen a la

situada con un

situada y orientada, la moneda

|

plataforma, y ambos puntos tienen velocidad nula. Se tomará el punto O —

punto que el fijo. NuncacogerJal serunaposición particular

—|

_ Orientar con

|

e

E

. . !

S

*

—

E

“ | | |

e puede situar respecto de cualquier punto de la bandeja. Ladistancia s situará al punto Ca. Nunca coger J al ser una

!. posicién particular

BB

Tomando ahora de la tabla anterior el mínimo número de parámetros que sitúan y orientan todo el sistema mecánico se tiene: Coordenadas generalizadas: q =, 6, ¢, s Velocidades generalizadas: ¢ =1, 6, ¢, $ Una vez más se tiene una rodadura sin deslizamiento que dará lugar a ecuaciones de enlace. Se cumplirá que: [Úabs U)]bande Ja = [fiabs(])]moneda

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

181

Ninguno de los dos sólidos permanece inmóvil, por lo que, sea cual sea el sólido que se tome 1-¡"r::bs(]) r ñ

Sin embargo, si un observador se sitúa sobre la bandeja, es decir, se toma como

referencia móvil la bandeja, dicho observador advertirá que

[Pre: VIbandeja = O Y entonces se cumplirá que [Drel U)]bandeja = [Úrel Dlmoneda = 0

Elegir la bandeja para observar la rodadura simplificará los cálculos, ya que se

podrá aplicar la cinemática del sólido rígido a la moneda en relativas tomando como referencia móvil la bandeja: Drer) = 0 = Prer(Cy) + ñrel(mº“eda)xm con Cy,Je disco Para obtener la velocidad relativa del centro de la moneda, se derivaráel vector

posición relativo desde el centro de la bandeja. Se utilizarán los ejes 123 solidarios a la bandeja tal y como indica el enunciado del problema: d

-

Wrer(Cm))123 = í¿[cs Cu)123 + (Qrer(123)xC5 Cu)123

Si se obtiene la velocidad angular relativa de los ejes por resta y se proyecta el vector CyCy en 123 se tiene:

er(123) = Days(123) — Nans(RM = bandejo) = (P+6)-(b+6) = ()

Al final ¥, (Cy) queda

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

182 d [ñreI(CM)]lz.'i = E;

0

0

-S ]

+ [0

h+rl3

10

—s

h+?' 123

123

123

Aplicando ahora la cinemática del sólido rígido con Q,,,(moneda) obtenida

como siempre por resta y CuJ @

0

(Qrer(moneda));; = [0]

y

{Culhzs = [ 0 ‘

01423

—Trl123

se tiene

0 Ve )

= [Ol

01123

0 = ’— ¡

LO]3

@ T

0]

1013

0 x[ 0 ¡

L—rli2;

0 =|-8+ T(p¡

0

13

Por tanto, de la igualdad anterior se obtiene la ecuación de enlace: S=1¢

Dado que se tienen 4 velocidades generalizadas y 1 única ecuación de enlace, finalmente el sistema tendrá 4-1= 3 grados de libertad. El mecanismo necesitaría tres accionamientos para poder funcionar: el motor que hace girar la plataforma, el que hace girar la bandeja y el giro independiente de la moneda. APARTADO 2: Calcular la aceleración absoluta del centro de la moneda. Para calcular la aceleración del centro de la moneda, se deberá calcular

previamente la velocidad absoluta del centro de la moneda, para después derivar. La velocidad absoluta del centro de la moneda se puede obtener de varias maneras. Bien por derivación de un vector posición absoluto, es decir, desde un punto fijo como puede ser Cs, o por composición de movimientos utilizando la bandeja como referencia móvil, ya que se tiene calculada en el apartado anterior la velocidad relativa del centro de la moneda, usando esa misma referencia móvil.

Se opta por utilizar el segundo método: Dars(Cu) = Vre1(Cu) + VelCm)

De esta manera, únicamente hay que calcular la velocidad de arrastre referida al punto Cm. La expresión para la velocidad de arrastre 7, (Cy) es:

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

183

De(Cy) = Taps(Cy) + Nans (RM)xXCgCy con CzeRM = bandeja Dado que Cg es un punto fijo, finalmente se tiene que:

—1p(h + r)send + sijicosO [

De (Cm))123= l,bsens

¡])casº

Ó(h+r)

]

h+rl13

Ós

123

Por tanto, la velocidad absoluta del centro de la moneda queda:

—P(h + r)send + sipcosO Ó(h+7) +

0

WabsCm))123 = [—5'

0 123 . ós —(h + 1)senb + sycost

=

— +6(h+7)

.

Ós

-

123

Finalmente, quedaría sustituir y operar en la siguiente expresión: d

—

Wabs (Cm))123 = E[ñabs (Cm))123 + Nans (123)x7abs (C C))123

d — (h + r)sen8 + sypcosd -5+ 6"(h +7) Wabs(Cm))123 = de

]

l—l,b(h + r)senB + sqbcosfl]

—s+9(h+r)

—¡,bsenº coso

123

123

siendo _—3

Navns(123))123 =

—?Jsenº Yeosh ..,

APARTADO 3: Ahora se pide la aceleración angular absoluta de la moneda, así como la aceleración de Coriolis de ese mismo punto.

184

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

Obsérvese la diferencia entre este apartado y el anterior. En este se pide la aceleración angular del sólido, mientras que, en el anterior, se pide la aceleración de un punto de ese sólido. Siendo la velocidad angular absoluta de la moneda, que acumula tres cambios de orientación la siguiente:

(Nap,(moneda)),.3 = [l,b PO

6]

123

=

|-ipseno

bastará derivar recordando tener en cuenta el término de Bour: =

d

—

—

-

[nabs(mflm?dfl)}lzs = Efnabs(mºnºda)]na + {Qqps(123)x0ps (Moneda)} 3

7

48

[Qa¿,s(?Iwne¡:icc¡)]:L23 =7|

Vsend|

[

[

+|—Ysend|

I,ÍJCE'SG 123 - L Ycos8

xI—pseno

l.3

LipcosO

=

l,,,

—8 -6 —y (Ócos0 + pcos8 ) —y(Ósend + pseno) 128 APARTADO 4: Por último, se pide la velocidad relativa del punto O, vista desde la moneda. En este apartado, la referencia móvil pasa a ser la moneda. Se tomará un punto perteneciente a la misma desde el que observar, y este será Cm. Por tanto, se deberá derivar en relativas el vector posición relativo Cy0: d

=

Wre(0))123 = a‘t{cuo}izs + {Qye1(123)xCyy 0}423 Será necesaria la velocidad angular relativa de los ejes que interviene en el término de Bour, y que se obtendrá por resta siendo ahora la referencia móvil la moneda: Nrer(123) = 0,,,(123) — O,

(RM = moneda) = [¡Í + 5} - {1[; +0+ a} =

185

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

123

Si el vector Cy tiene la siguiente forma: 0 s + Hsend

(CuO )123 =

l

—(h +7) — Hcos0),,,

Finalmente,

re

d (0))123 = a

0 s + Hsenf —(h +7) — Hcos8

0

® T 123

0

01423

s + Hsenf

x

—(h + 1) — Hcos9

0 re (0))123 = [s' + Hócos8 + p(h+r + Hcosº)l

HOsen8 + ¢(s + Hsen9)

123

Para la aceleración de Coriolis:

Yeor (0) = 2005 (RM = moneda)x7,.:(0)

0

— -6

Wcor(0))123 = 2 [5' + HOcos0 + P(h+r + Hcosfl)‘ x [—IIJSEHQ] HOsenf + ¢(s + Hsenf) | .. | ipcos8 l..,

123

PROBLEMA

11

En el mecanismo plano de la figura, el disco gira rodando sin deslizar con velocidad angular m=cte. La barra, de longitud L, forma 45° con la horizontal durante este instante. Determinar para la posición particular de la figura y

proyectando en XY

Z:

Z»

PIILLLO.

LSS

Q, desliza

h Barra de longitud L

R 3

—

X

' J, no desliza 1. Los centros instantáneos de rotación de los diferentes sólidos que componen el mecanismo. 2. Lavelocidad angular de la barra. 3. Laaceleración del bloque que desliza sobre el plano horizontal. APARTADO 1: Centros instantáneos de rotacion. Estos puntos se obtendrán de manera gráfica, de tal manera que: — Para la rueda, el punto que tiene velocidad nula en el instante determinado es J, por lo tanto, el CIR de la meda se corresponderá con este punto. — En el caso del bloque, este se desplaza por un plano horizontal, por lo tanto,

este describe un arco de radio infinito. El CIR del bloque estará en el infinito, en la dirección perpendicular al plano horizontal. — Por último, la barra tiene dos puntos A y B de los que se conoce la dirección de la velocidad. El punto A tiene una velocidad cuya dirección es paralela al plano horizontal por el que se desplaza el bloque, mientras que B tiene una velocidad con dirección perpendicular al radio de giro. Dicho radio es el que une J con B. Por

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

188

tanto, en el cruce de las dos perpendiculares a las respectivas direcciones de la velocidad de A y B, se tiene el CIR de la barra: |

9

EN ON EA l 11

v(4)

lsbarra

1

!

PA

20007

Q, desl‘iza

7(8) o @ Is bloque eneloo

' J=ls rueda

FIGURA P11.1 APARTADO 2: Se pide la velocidad angular de la barra. En primer lugar, se planteará la cinemática del sólido rígido en la barra, con la velocidad de los puntos A y B:

Dars(A) = Vars(B) + Nars (barra)xBA con B, 4e barra De esta expresión se conoce la velocidad absoluta de A en su forma de vector, y en el que v es incógnita, ya que el enunciado del problema no indica que sea un dato. Se ha tomado el sentido de giro de la rueda en el eje Y negativo:

—v ars (A))xyz = [ g ] XYZ

Y también la velocidad de B a través de las expresiones de sólido rigido:

Dabs (B) = VarsU) + Dgps(rueda)x]B con B, Je rueda dado que:

189

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

[Vavs )] rueda = [Vaps Dlsueto

[WabsN]sueto =0 entonces

[Vaps

Dlrueda =0

queda, por tanto: 0

+ Wans (B))xvz = [0] 0l yyz

0

x

—

0

—wR(1 + sen45)

—Rcos45

0

lyyz

]

0

=

LR+ Rsen45lyyz

lyyz

—wRceos45

Volviendo a la expresión de velocidad absoluta de A: —

= lfl ] 0 lxyz

—wR(1 + sen45)

0 —wRcos45

0

—Lcos4

0 x[ + |lxyz L O lyyz L LsendS

= lyyz

[—mR (1 + sen45) + flLsen*l-;‘ = 0 lyyz —wRcos45 + +QLcos45

De aqui se obtienen dos igualdades, que servirán para despejar las dos incógnitas: el valor de la velocidad de A: v y la velocidad angular de la barra: Q Al final:

El giro de la barra tendrá sentido Y positivo, y en cuanto a la velocidad del el e ment ecta corr sto supue ha se que a indic dad igual la de ivo posit signo el bloque, sentido X negativo.

APARTADO 3: Por último, se pide calcular la aceleración del bloque sobre el plano horizontal. O lo que es lo mismo, dado que el bloque no cambia de orientación, se pide la aceleración absoluta del punto A, del que, de nuevo, se conoce la dirección.

190

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aísa Arenaz

Se debe recordar que esta es una posición particular y que no se puede derivar, por lo que se seguirán aplicando las expresiones de sólido rígido: _

Yabs(4) = Yabs (B) + ñabs(barra)xm +

ra)xBA) con B, A € barra (bar)x (a.ra Qaps (bar

Pero antes se ha de calcular la aceleración absoluta de B utilizando un punto de la rueda

—

Tabs(B)= Yaps(C) + Qaps(rueda)xCB +

Qaps(Tueda)x(Qqps(rueda)xCB) con B, C € rueda A su vez, es necesario calcular la aceleración absoluta de C. Se toma este punto

y no J, porque la aceleración absoluta de J no se puede dar por supuesto que sea nula, y el cálculo en el punto C es más sencillo. Suponiendo una posición genérica, y no la concreta de la figura con la barra a 45°, la aceleración de C se puede obtener por derivación: cuR Wabs (C)xyz = ]

[ ] XYZ

XYZ

El termino de Bour es nulo, porque se deriva en base fija, y al ser w constante, se tiene que la aceleración absoluta de C es nula.

Ahora, y de forma vectorial Rcos45

Yars (B)Ixyz=

'—0-' XYz

+—w 0

x||-o XYZ

0

Rsen45

]

—Rcas45

lxyz

Rsen45

XYZ

w?Rcos45 ] Faps(BIxyz = [ 0 —w?Rsen45 Xvz

Finalmente, sustituyendo en la expresión de la aceleración absoluta de A, de la que se conoce la dirección (en X),

|

191

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

[Vabs (4) 0

oL

w?Rcos45

XYZ

—ú)zRSBTI¿l'S

“

XYz

+

|

| Lsen45

XYZ

X

L 0

]

] ,

0

0 +

[—Lcos45 0

lyyz

De la expresión anterior se obtienen dos ecuaciones de las que se despejaran las dos incógnitas marcadas en gris. Por un lado, la aceleración angular de la barra,

y por otro, la aceleración absoluta del bloque, que es lo que pide el apartado del problema.

PROBLEMA

12

La figura representa un sistema mecánico en movimiento plano. La cremallera desliza sobre el suelo con velocidad v=cte, provocando el giro de la rueda dentada 1. A su vez, esta rueda acciona el sistema de poleas de la derecha mediante cables inextensibles que no deslizan sobre las gargantas de las ruedas 2 y 3 mostradas en la figura. Además, una guía recta se apoya en el tetón B de la rueda 1, deslizando.

Rueda 2, compuesta, radios R/2 y 2R

Guía recta

:

Rueda 1, radio 3R

Con los datos representados en la figura, se pide para la posición particular mostrada: l. Determinar la velocidad del bloque que cuelga del punto C; ¿asciende o desciende? 2. Calcular la velocidad angular de la guía ranurada para esta posición particular,

194

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

3. Plantear, sin realizar los productos vectoriales ni resolver los sistemas, las ecuaciones que permiten determinar la aceleración angular de la guía en dicha posición. APARTADO 1: En primer lugar, se pregunta por la velocidad del bloque y se cuestiona si sube o si baja. Este apartado se puede resolver, bien cinemáticamente, o bien gráficamente utilizando los casos particulares de obtención de CIR. Se va a resolver de esta segunda manera.

Rueda 2, compuesta,

radios R/2 y 2R

07 -RO

E

'K*…_

—

i :i»;(é,) z

—_H“"--———_____¿';

:

_

4

u

N

N

.---.._.-—._F:¿__j.._-.___!

.

Rueda 3, radio R

v

\

[—...._ Rueda 1, radio3

>

|

=

v/4 1&:1—:/!

e

d

E “Jino desliza /

i

r —| v

""*—-..—.—.____*—I

,

|

=N

v, cremallera, V=cte

FIGURA P12.1

En el caso que nos ocupa, todos los puntos de la periferia de la rueda 1 tienen

la velocidad v de la cremallera, por tanto, todos los puntos de la cuerda vertical que

conecta con la polea compuesta tienen esa misma velocidad. Trazando una línea que pasa por el extremo del vector velocidad y por el punto C2 de velocidad nula, se puede obtener gráficamente el vector velocidad de la velocidad tangencial de la rueda pequeña de la polea compuesta. Aplicando la regla de triángulos semejantes, y dado que la relación entre radios es de 2R y R/2, se obtiene un valor de velocidad tangencial de la rueda pequeña de v/4. Ahora todos los puntos de la cuerda que conecta esta rueda pequeña de la polea compuesta con la rueda 3, tienen la misma velocidad v/4. Se aplicará ahora a esta

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

195

última rueda el método gráfico. Uniendo el extremo del vector velocidad con el punto de velocidad nula (obsérvese que en este caso no es el centro C; de la rueda), se obtiene gráficamente el vector velocidad de Cs. En este punto ya se ha obtenido que el bloque desciende. De nuevo, aplicando la regla de triángulos semejantes, y dado que la relación entre radios es de R y 2R, se obtiene un valor de velocidad tangencial de la rueda pequeña de v/8. Por tanto, desciende: 0

{fiabs(ca)}xrz=l

0 ] —v/8 "z

APARTADO 2: Se pide ahora, para la posición particular, la velocidad angular de la guía ranurada. Se hace hincapié de nuevo, en que, al tratarse de una posición particular, no se puede derivar, y por tanto solo se aplicará la cinemática del sólido rigido, o composición de movimientos, en sus expresiones en las que no aparezcan

derivadas.

...

Los problemas en los que aparecen guías ranuradas, será necesario aplicar composición de movimientos utilizando la propia guía como referencia móvil. De esta manera, para calcular la velocidad absoluta del tetón que discurre por la guía, se puede partir de la dirección conocida de la velocidad relativa de dicho tetón, aunque no se conozca su valor. Generalmente, la velocidad absoluta del tetón se podrá calcular también mediante las expresiones del sólido rigido, para posteriormente, igualar expresiones. Aplicaremos esta metodología al problema. En este caso, el tetón es el punto B:

Dabs (B) = Vans (C1) + Nass (rueda)xC;B con B, C, € rueda .

Donde son conocidos la velocidad absoluta de C, que es nula, y el vector (, B,

pero se desconoce la velocidad angular de la rueda.

Apliquemos la cinemática del sólido rígido de nuevo a la rueda, pero esta vez entre los puntos C; y J:

BapsU) = Vans (C1) + Nass (ueda)xC,] con J, C,€ rueda La velocidad de J se corresponde con la velocidad de la cremallera, por lo que de forma vectorial se tendrá:

196

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz v

0

l{)]

0

=|0

Olyyz

+

0

=Q rueda

L0dxyz

x|

0

3Rnrueda

O

Jxyz

=

=3Rlyxyz

0

0

Xvz

Entonces

v nrueda

= éí?'

Por tanto, la velocidad absoluta de B:

0

Úv

{Taps(BYxyz = [º]

— aR

0l xyz

0

—v

xí 0 ]

0

Jyyz

=[ 0 l

13RIxyz - O

lxyz

El resultado se corresponde con lo explicado anteriormente, en donde todos los puntos de la periferia de la rueda 1 tenían una velocidad v. Se va a calcular ahora la velocidad de B a través de composición de movimientos: ñ.*:¿bs(B) — 1_7rel(B) * 17.9(13)

usando como referencia móvil la guía. La velocidad relativa se planteará como un vector en el que la dirección de esta es conocida, pero no su valor:

—Vre {fire!(B)}XYZ

(B)sen30

=

0

]

Vre1(B)cos30

1,

En el caso de la velocidad de arrastre, se tomará el punto O perteneciente a la

guía con el punto desde el que se observa: 7(B) = Dars(0) + Naps (RM)xOB En forma de vector:

con O € RM = guía

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

—Vre1(B)sen30 ] 0 Wavs (B))xyz = [

Vrer(B)cos30

0 aj O]

l0)xyz

1.,

197

0 + [ng-uía]

0

d 0

x[

l

l-dtg30),..

Jyyz

Operando e igualando con el anterior valor de velocidad B calculado:

—Vre Wabs

B)xyz

(B)sen30 — de gurat930

=

0

í

k 0"] 0 Ixyz

Marcadas en gris las dos incógnitas, velocidad relativa de B y velocidad angular de la guía. De las dos igualdades resultantes se obtiene que:

d vre.’.(B)

=

cf::;l; v

Uguía = 2dtg30 Ambas igualdades arrojan resultados positivos, lo que implica que los sentidos supuestos en el inicio para la velocidad relativa de B y la velocidad angular de la guía son correctos.

APARTADO 3: Por último, se pide plantear las ecuaciones que permiten calcular la aceleración angular de la guía, sin necesidad de realizar todos los productos vectoriales. Se recuerda de nuevo, que no se puede derivar en todo aquello que forme parte de una posición particular. Se aplicará, por tanto, la cinemática del sólido rigido, y composición de movimientos para calcular la aceleración absoluta de B, y posteriormente igualar:

Fabs(B)= Vans(C1) + Nans(rueda)xC,B + da

Nars (rueda)x(Qas (rueda)xC;B) con B, C, € rue Yabs (8) = Vrat(B) + %o (B) + 7cor (B)

— — — 3

a “A

E

AA

EA

198

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

utilizando las expresiones que no llevan derivadas, y tomando O como punto desde el que observo y pertenece a la guía

7(8) = Tans(0) + Q,x0B +_fiex(fiexfi) con O € guía }_’cor(B) = znexfire!(B)

Se plantean las expresiones en forma de vector: Para la primera, según la cinemática del sólido rigido en la rueda, la aceleración absoluta de C; es nula, ya que la cremallera, que avanza con velocidad constante, transmite a la rueda una velocidad angular constante. La velocidad angular de la rueda y el vector C; B son conocidos. En cuando a Q-eda; dado que v es dato y constante, la velocidad angular de la rueda también lo será en todo instante, y por tanto la aceleración angular de la rueda será nula:

0

0

Olxyz

0

0 — T XYZ

x|O|+

+|o0|

FapsBxyz=[0| 0 T

0

LOJxyz

L3R

0

-| z

3‘;]

0

XYZ

0 0 3RI yy7

que representa solo aceleración normal hacia el centro Ci. Ahora en composición de movimientos se tiene: _Yrel(B)senBÚ

Yar (BlIxyz =

0 Yre1(B)cos30

1.,

+ e(5)) + (cor (B)}

con 0 Te (B))xyz = [0

0l yyz

o

d

Nguía

0

x [

Jyyz

0

]

dtg30l,,,

F

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

d .Ycor

d Dgus

0

(B))

-

v xY7 =2

2dtg30 0

Marcadas en gris, las incógnitas g

199

x XYZ

cos30 sendl d puía 0 cos30

cos30

=

¥ Yrer(B). Al igualar los dos cálculos

de aceleración absoluta de B, se obtienen dos igualdades de las que se podrán despejar las dos incógnitas mencionadas.

PROBLEMA

13

En el mecanismo plano de la figura, el individuo tira del cable inextensible con velocidad vertical v=cte y conocida. Se consideran los cables inextensibles y deslizamiento respecto a las poleas mostradas. A través del sistema de poleas, se transmite movimiento a la guía ranurada se desplaza deslizando horizontalmente y que, a su vez, a través del tetón B desliza dentro de la guía, mueve el disco de radio 3R que no desliza sobre superficie horizontal.

-

sin que que una

Polea compuesta fija en O,

i

J, no desliza

Ry 2R

X

Z

77777

Para la posición particular de la figura, con B a una altura 3R del suelo, determinar: 1. Los centros instantáneos de rotación absolutos de las poleas, guía y disco,

202

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

2. Calcular la velocidad angular de las dos poleas. 3. Calcular la velocidad angular del disco. 4. Calcular la aceleración angular del disco.

APARTADO 1: Obtener los CIR de todos los sólidos del sistema. En cuanto a las CIR, se tratará de determinar, para esta posición particular, los puntos pertenecientes a cada sólido que cumplen que su velocidad absoluta es nula. Para el caso de la polea compuesta, su centro de giro, con velocidad nula es el punto O. En el caso del disco, el punto J de contacto del disco con el suelo es el que cumple los requisitos del CIR, por lo que J será el CIR del disco. La guía ranurada solo se desplaza en dirección horizontal, por lo que está describiendo un arco de radio infinito. El CIR en este caso estará en el infinito, y en dirección vertical. Por último, en el caso de la polea simple, el punto de contacto del cable

superior es el que tiene velocidad nula, al igual que todos los puntos de ese cable, incluido el amarrado a la pared. El CIR de esta polea coincidirá con este preciso punto. En la imagen siguiente, se muestran los correspondientes CIR. Disco, 3R ls rueda EN 00

ls polea mmpuesta=0

-

ls guía EN 95 fl

6? FIGURA P13.1

APARTADO 2: Se pide calcular la velocidad angular de las dos poleas, Para la polea compuesta se tiene que:

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

203

Dans (P) = Taps(0) + Nars(Polea compuesta)xOP con B, Pe polea compuesta

Se va a introducir en este punto una manera simplificada de notación para estos problemas de movimiento plano. Estos problemas, como se ha visto hasta ahora en los problemas 1 y 12, se pueden resolver con expresiones y notación como la vista en 3D, pero en ocasiones, se puede simplificar para hacer más cómoda la resolución del problema. Por tanto, de la expresión anterior se deduce que Vabs (P) = Qpotea compXR

Siendo el sentido de la velocidad de P en Z negativo, y el sentido de giro de la polea compuesta en Y positivo. De tal manera que: v

npo¡ea comp — E

La polea simple se resolverá de manera gráfica con el método de obtención de CIR. Para ello se necesita conocer la velocidad de al menos dos puntos que pertenezcan a la polea. El cable superior, que pasa por 1, de la polea, tiene velocidad nula, del punto A no se tiene dato, y el punto de contacto de la polea con el cable inferior, y que denominaremos P’, tiene la velocidad de los puntos de la periferia de la rueda grande de la polea compuesta. Por tanto Vabs () = Qpotea compX2R =27

Aplicando semejanza de triángulos relación R y 2R se tiene que

con

Vars(A) = y

2V

FIGURA P13.2

Aplicando la cinemática del sólido rígido

ea pol Ae ls, con sÁ IxI ea ol (p ps Qq + ) (15 s Pan = (4) Dabs Al final queda que

204

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz Vabs(A) = v = potea XR

0

polea

=—

R

Teniendo en cuenta que en este caso, el sentido de giro de la polea simple es Y negativo.

APARTADO 3: Calcular la velocidad angular del disco. Para calcular la velocidad angular del disco, se utilizará la expresión del sólido rígido tal que:

Da»s (B) = VarsU) + Nars(disco )xJB con J, Be disco Como se ha visto ya en ocasiones anteriores [Dars()] disco = [%U)]suelo

Si [vabsU)]mela =0 Entonces

[Wabs U)]rueda =0

En esta expresión es desconocida la velocidad absoluta de B, y también lo es la velocidad angular absoluta del disco, que es precisamente lo que pide el apartado. Que de forma vectorial queda, y suponiendo de antemano que el disco gira en Y positivo: 0 {fiabs (B)]¡n'z = [0]

Olyyz

y, y obtener idénticos resultados. APARTADO 2: Calcular la aceleración angular de la barra posición mostrada.

C;C:

en la

Se deben tener en cuenta varios aspectos en este apartado. El primero de ellos es que al ser posición particular, no se puede utilizar el método de derivación. Por otro lado, que al usar la cinemática del sólido rígido, no se debe dar por supuesto que las aceleraciones absolutas de puntos como el CIR o de contactos de rodadura sin deslizamientos son nulas. Por tanto, usaré los puntos C; y C>: Yabs (C2) = Yabs (C1) + ñabs (barra)xC,C, + ñabs (barra)x (ñabs (barra)xC, Cz)

con C;,C, € barra

Dado que el rodillo gira a velocidad constante en todo momento, el punto C; tendrá componente tangencial de aceleración nula, que se obtiene de derivar la velocidad tangencial de este punto: wR, que es constante.

En cuanto a la aceleración del punto C2, tendrá solamente componente

horizontal, es decir, dirección conocida, pero valor desconocido. En forma de vectores:

Yabs(C2)

0 =10

0

0

Jxyz

10Ixyz

— +

lcos30 x

|Qbarra

0

Jxyz

0

Lllsen30

+

c d a

+

0

|Aparra 0

0

0

X | parra|X| XYZ

[Yabs (Cz)] =

lcos30

0

O Isen30

XYZ

Aparralsen30 — Warralcos30 0

xvz — |-Ibarralcos30 — Q2.

lcos30

XYZ

Finalmente, se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas, ¥zps(C2) y Qparras que se despejarán al resolver el sistema. Recuérdese que el valor de la velocidad angular de la barra ha sido calculado en el apartado anterior y vale Q

_

—wR

barra = 15530

AR

0

221

o

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

!

!

i

! i

'% i

Í |

|

PROBLEMA

16

El sistema mecánico de la figura está formado por una guía ranurada AB, de longitud total 2d, por la que desliza un tetón C, extremo de la barra articulada OC de longitud L. Los extremos de la guía AB, a su vez, deslizan dentro de dos ranuras

fijas, una horizontal y otra vertical. En un momento determinado, la guía forma un ángulo de 30° con la horizontal, como se muestra en la figura, y la barra ocupa una posición vertical. ZZl

Guía AB r

Figura tomada del texto «Advanced engineering

dynamics» de Jerry H. Ginsberg (Cambridge University Press 1995)

Si el punto B se mueve con celeridad constante v=cte, se pide, para la posición particular indicada: Señalar los centros instantáneos de rotacion de la guía AB y de la barra OC. Calcular la velocidad angular de la barra OC. Calcular la aceleracion angular de la barra OC. APARTADO |: Obtener los CIR de los sólidos móviles del sistema Se tratará de determinar, para esta posición particular, los puntos pertenecientes a cada sólido que cumplen que su velocidad absoluta es nula.

Para el caso de la barra OC, esta gira en tomo al punto fijo O, que por tanto será el CIR de esta barra.

224

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

En el caso de la guía ranurada, se conoce la dirección de los dos puntos extremos A y B que discurren por sendas ranuras. Trazando la

perpendicular a la dirección de las velocidades J

17 N

de ambos puntos y localizando su intersección, se obtiene el CIR

%,

de este segundo elemento. Se muestra en la imagen los dos puntos

NOl barra Oc

FIGURA P16.1

pedidos

APARTADO 2: Se pide la velocidad angular de la barra OC. Dado que se tienen guias ranuradas y puntos que deslizan por ellas, sin pertenecer a dichas guías, será necesario utilizar la composición de movimientos, en sus expresiones que no tienen derivadas. Se está pidiendo trabajar con una posición particular, por lo que no se puede derivar. Para completar la resolución del problema, se usará también la cinemática del sólido rígido. Obsérvese que se dispone de un punto Is de la guía ranurada, perfectamente localizado, cuya velocidad es nula en la posición indicada, y que se puede utilizar en los cálculos. En primer lugar, se tomará el punto C, y se calculará su velocidad según las

expresiones

de

sólido

rígido

usando

la barra

OC,

y por composición

movimientos usando la guía AB como referencia móvil. Según la cinemática del sólido rígido:

Dabs(C) = Vaps (0) + Nars(barra IxOT con 0, Ce barra De forma vectorial, 0

TDars(C))xyz =

|0

0

0

+ | Qparra

0l yyz Por composición de movimientos:

0

x|0

Jyyz

LLlyyz

Oparral 0

0

lyyz

de

, | '

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

225

Pabs (C) = Pre1(C) + 7e(C) En el caso de la velocidad de arrastre se tiene

De(C) = Vare(B) + Daps(RM)xBC con B € RM = guíaAB En esta expresión, son conocidos todos los datos, a excepción de la velocidad angular absoluta de la guía AB. Esta se podrá calcular aplicando las expresiones de sólido rígido, y valiéndonos del CIR de esta guía:

Gars(BDarz= [_ ]m H [ºº“'“] [— ZdísBº]xvz De este cálculo se obtiene que -v

Qguia = 5720530 Lo que indica, con el signo negativo, que el sentido de giro es en Y negativo. Ahora ya se puede calcular la velocidad de arrastre: dcos30

(7(C))xrz= [ ] —VixYz

cho.s'BO [

dsenBO

—vthO/Z

l

XYz

=

0

—v/z

XYZ

La velucidad relativa se puede plantear como conocida en dirección y desconocida en valor. En la figura se va a suponer una dirección para esta velocidad Tal que,

—v,.,,(C)cos30] Wrer (C))xvz = [ 0 —Vrei (C)sen30],., Por lo que finalmente y de forma vectorial, la velocidad absoluta de C quedará:

226

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

FIGURA P16.2

=a (C)cos30

— 19307

Wars(C))xrz = [ —

n

_vfcl(c)sengº

XYZ

—vres(C)cos30 — 930/,

0

=

—v/z

0

xYZ

—v"¡(f.')sen.".m

—

v/z

xYZ

que igualando a la velocidad de C calculada por la cinemática del sólido rígido, da lugar a las siguientes ecuaciones: tg30

—Vre (C)c0s30 — 78

= Qparral

v —Vre (C)sen30 — -

0

De las que se despejan las dos incógnitas marcadas en gris:

Ve (C) = —v 1 Qvarra = L1 (vcos30 — ;vtg30)

El signo negativo de la velocidad relativa de C indica que hemos presupuesto el sentido al revés, y el signo positivo de la velocidad angular de la barra indica que esta está girando en Y positivo, presupuesto al principio,

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

227

APARTADO 3: En el último apartado se pide la aceleración angular de la barra OC. Se trabajará de una manera análoga a la utilizada en el apartado anterior, pero en este caso, con las aceleraciones. Según las expresiones de sólido rígido:

Vabs(C) = Faps(0) + My (barra)xOT + A,,,(barra)x (Qu,;(barra)xOC) con 0,C € barra De forma vectorial, 0 Wabs (C))xrz = [Ú]

0

0lxyz

0 0 x[ flm]x[E l

0 0 x 0¡ + |Qnarra

0 + ÍI¡,….¡]

0

U

Jyz

vz

0

xYZ

LOparra

Yars(OIxyz =

0 Ln%arra

XYz

Por composicién de movimientos: Yabs (C) = Yrel (C) + Ve (C) *E T_car(c)

En el caso de la aceleración de arrastre se tiene

Te(C) = Vaps(B) + 0.xBT + Q.x(0,xBC) con B € guia donde la aceleración de B es nula, ya que el enunciado indica que este punto sc BC y la velocidad angular de la guia es mueve con celeridad constante. El vector conocida, pero no lo es la aceleración angular de dicha guia. En forma de vectores,

0

0

LRI

dcos30

Ye (O)xyz = [º] + nmdº] x| 0 0] a Olyrz 0 lyyz tdsen30lyyz 0

0

0

lxyz

0

lyyz

dcos30

tdsen30lyyz

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

228

172

Mguiadsen30 — 4dcos30

Ye (O)xyz =

.

0

—Oguradsen30 —

v?tg30 =

4dcos30

XYZ

Para la aceleración de Coriolis, ?cor(c) = Zfiexfirel(c)

que de forma vectorial queda

—v*tg30 vcos30 _Ov = 0 ; x Wcor (CIxrz = 2 Zdcos30 0 _ vsen30lyyz

d 02 v

d

XYZ

Por último, se necesita plantear la aceleración relativa de C, que se le va a

presuponer el sentido que se muestra en la figura: % Tal que

—Yre (C)cos30 Wre(C)Ixyz = [ 0 ]

7

]

—Yrel (C)SBTEBO

XYZ

Reorganizando relativa, arrastre y Coriolis, la aceleración absoluta de C quedaría: FIGURA P16.3

t_gBO —v

—Yre1(C)cos30 Wabs(C))xvz = [

í).,…dsenBO +

0 —Yrel (C)senBO

4dcos30

XYZ

—Nuiadsen30 —

vºthO 4d(.'0530

YZ

Este resultado se igualaría al calculado por la cinemática del sólido rígido

Problemas resueltos de Mecánica para ingenieros: Cinemática

v? fguadsen30 — 4dcos30

~¥re1(C)cos30 0

+

—v?tg30 d

0

~Yret(C)sen30), ,

+

,

v?tg30

n…adsenBO

229

0

|

4dcos3

LÁbarra

XYz

=

v

0

Larra) yy7

í

7

Quedan marcadas en gris en la expresión anterior las incógnitas, que en este

caso son tres: Yre¡ (C), Ñguía Y Ábarra- Sin embargo, operando, solo se obtendrían dos ecuaciones para despejar. Es necesario, por tanto, calcular la aceleración angular de la guía. Se partirá de una posición genérica, para poder derivar. En primer lugar, se resuelve según las expresiones de sólido rígido el sistema simple mostrado en la figura, pero en situación genérica, utilizando los puntos A y B

.

Vabs (A) = Vans (B) + Dass (guía)xBA con A, Be guía De forma vectorial,

4

— A

VIA)

—

%%

FIGURA P16.4

(Pans (A))xrz = I 0 ]

= l 0 I

0 Jxvz — l—vJxvz

+

x[

—Ú]

0

—20dsen6

2dcos0

0

0

-

lyyz

0

l2dsenólyy7

0_

=

l-v+20dcos0lyyz

En la expresión anterior, se tiene como incógnitas, y marcadas en gris, la velocidad de A, y la velocidad angular de la guía. Despejando queda

Arantza Martinez Pérez y Jorge Aisa Arenaz

230

ambas en los sentidos presupuestos en la imagen antes de resolver el sistema de ecuaciones. Por tanto, la velocidad angular de la guía, según una posición genérica, queda:

0 —

[nº"íº]m'z — |2dcos8 0 Jxyz Dado

que esta expresión está calculada en una posición genérica, y no

particular, se puede derivar, y se hará en la base fija YYZ en la que se está trabajando: 0

[fl_gu¡a]

_ d| XYz

0

—

_

dt|2dcos@

0

yy7

—vBsend 2dcos?60

0

XYz

Y ahora, se puede particularizar a la posición en la que 6=30°, siendo 0 = nguía para posicion 30*

Se muestra a continuación la expresión de aceleración angular de la guía, que

se debería sustituir en el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas visto anteriormente:

( a

—vBsenSU ch05230

0

v(m)senSO 2dc03230 XYZ

— | —7 tg30 4d?cos?30 XYZ

0

XYZ

Bibliografía AGULLÓ BATLLE, J., Mecánica de la partícula y del sólido rígido, Barcelona, Publicaciones OK Punt, 1996.

GINSBERG, J. H.,

Advanced engineering dynamics, Cambridge, University Press,

1995. LLADO PARIS, J. Y SANCHEZ TABUENCA, B. , Mecánica, Zaragoza, Copycenter Digital, 2013.