Calculo Cinetostatico de Mecanismos planos PDF

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Se trata de una reproduccion de un libro de apuntes proveniente de la Universidad Tecnologica de Pereira, donde se analiza un estudio cinematico de mecanismos planos en general...

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LECCIÓN N°9 CÁLCULO CINETOSTÁTICO DE MECANISMOS PLANOS 9.1 FUERZAS DE INERCIA DE LOS ESLABONES DE LOS MECANISMOS PLANOS Como se sabe del curso de mecánica, en el caso más general todas las fuerzas de inercia del eslabón BC (Fig. 9.1) (el cual realiza un movimiento complejo en el plano y que posee un plano de simetría paralelo al plano de movimiento), pueden ser reducidas a una sola fuerza de inercia Fi , aplicada en el centro de masas G del eslabón y a un par de fuerzas de inercia, cuyo momento es M i . Fi

C

G B Mi

Fig. 9.1 Esquema de un eslabón que muestra la aplicación del vector principal y del momento principal de las fuerzas de inercia de los puntos materiales del mismo

La fuerza Fi puede ser determinada mediante la fórmula Fi = −m aG ,

donde Fi m aG

(9.1)

es el vector de la fuerza de inercia del eslabón BC es la masa del eslabón en kilogramos es el vector de la aceleración total del centro de masas G del eslabón en m/s2.

De manera que para conocer la fuerza de inercia Fi de un eslabón de un mecanismo plano es necesario conocer su masa m y su vector de la aceleración total a G de su centro de masas G. De la expresión (9.1) se deduce que la fuerza de inercia Fi se mide en kg⋅m/s2 es decir tiene como unidad el newton (N). El vector de la aceleración total del centro de masas en los mecanismos se puede determinar cómodamente partiendo del plano de aceleraciones, utilizando la propiedad de semejanza conocida en cinemática. Supongamos por ejemplo (Fig. 9.2), sea dado el eslabón BC y se conocen las aceleraciones a B y aC de sus puntos B y C, las cuales están representadas en el plano de aceleraciones por los segmentos (πb) y (πb) en la correspondiente escala µa. Para determinar la aceleración total aG del centro de masas S del eslabón, unimos los puntos b y c con una recta y dividimos este segmento en la misma proporción, en la cual el punto G divide al segmento BC. Uniendo el punto g obtenido en el plano de aceleraciones con el polo π obtenemos la magnitud de la aceleración total aG del punto G: aG = µa ( πg ) .

LECCIÓN No 9.CÁLCULO CINETOSTÁTICO DE MECANISMOS PLANOS

Fi C

G

α

πa

c

aC

B

g

b

atCB

Mi

anCB aG

1mm→µa m/s2

aB

Fig. 9.2a

Fig. 9.2b

La fuerza de inercia Fi está dirigida en sentido contrario a aG y su magnitud es igual a Fi = − maG

El momento Mi del par de fuerzas de inercia está dirigido en dirección contraria a la aceleración angular α y puede ser determinado con la fórmula siguiente Mi = − J G α .

(9.2)

donde JG es el momento de inercia del eslabón con respecto al eje que pasa por el centro de masas G y es perpendicular al plano de movimiento del eslabón. es la aceleración angular del eslabón. α De manera que para determinar el momento M i del par de fuerzas de inercia de un eslabón de un mecanismo plano es necesario conocer la magnitud de su momento de inercia JG, como también la magnitud y la dirección de la aceleración angular α del mismo. El momento de inercia JG se mide en kg⋅m2. La aceleración angular α se mide en rad/s 2, por lo tanto el momento Mi del par de fuerzas de inercia se mide en kg⋅m/s2 = N⋅m, ya que kg⋅m/s2 es el Newton. La magnitud de la aceleración angular α que entra en la fórmula (9.2) se determina por la siguiente igualdad α =

donde atCB lBC

a tCB lBC

(9.3)

es la aceleración tangencial (Fig. 9.2b) en el movimiento relativo del eslabón es la longitud del eslabón BC.

De esta manera, todas las fuerzas de inercia del eslabón, en el caso general, pueden reducirse al vector principal de las fuerzas de inercia Fi , aplicado en el centro de masas G del eslabón y al momento principal de las fuerzas de inercia M i , (Fig. 9.2 a). Miremos ahora algunos casos particulares de movimiento de los eslabones de los mecanismos. Si el eslabón posee sólo un movimiento de traslación rectilíneo con cierta aceleración, entonces su fuerza de inercia será

9.2

FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA – UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA Fi = −ma G

(9.4)

donde m es la masa del eslabón en kilogramos, y aG es el vector de la aceleración del centro de masas G del eslabón en m/s2. Debido a que la aceleración angular α del eslabón en este caso es igual a cero, entonces el momento del par de las fuerzas de inercia será también igual a cero, y todas las fuerzas de inercia se reducen a una sola resultante Fi aplicada en el centro de masas G del eslabón y dirigida en dirección contraria a la aceleración aG ,

(Fig. 9.3). Fi aG

G

B

aB

Fi

G

C

aG

aC

Fig. 9.3 Ejemplos de eslabones con desplazamiento rectilíneo

Si el eslabón se encuentra sólo en movimiento de rotación alrededor de un eje que pasa por su centro de masas, entonces su aceleración aG es igual a cero y su fuerza de inercia Fi también es igual a cero Fi = 0 . Si al mismo tiempo la aceleración angular α no es igual a cero, entonces las fuerzas de inercia componen un par con un momento Mi igual a M i = − J Gα Este caso puede tener lugar para las piezas que giran irregularmente (poleas, tambores, rotores, etc.), en las cuales el centro de masas G se encuentra sobre el eje de giro, (Fig. 9.4a) ω

G α

Mi

Mi

ε ω

A

Fig. 9.4a Ejemplos de eslabones de rotación con centro de masas coincidente con el centro de giro

En el caso de que este tipo de eslabones gire regularmente (ω = const, ε = 0) las resultantes de las fuerzas de inercia y momentos de las fuerzas de inercia son iguales a cero (en el caso de un problema plano), Fig. 9.4b.

9.3

LECCIÓN No 9.CÁLCULO CINETOSTÁTICO DE MECANISMOS PLANOS

ω A

Fig. 9.4b

En el caso del movimiento rotatorio del eslabón BC alrededor de cierto eje, por ejemplo el eje B (Fig. 9.5a), el cual no pasa por el centro de masas G, las fuerzas de inercia pueden ser reducidas a una fuerza Fi aplicada en el centro de masas G y de dirección contraria a la aceleración a G e igual a Fi = − maG

Y a un par de fuerzas de inercia cuyo momento es igual a Mi = −J G α

En el caso de que el eslabón gire regularmente (ω = const, α = 0), está presente sólo la fuerza F i aplicada en el centro de masas G y de dirección contraria a la aceleración a G (Fig. 9.5b). Fi

aG

G

G

Fi

ω1 Mi

α ω

a nG

A

A

Fig. 9.5a

Fig. 9.5b

Ejercicio. Hallar la carga inercial de todos los eslabones del mecanismo de manivela deslizador mostrado. B G2 2

ω1 G1

1

ϕ1

3 C

A

G3

4

4

Datos: Longitudes de los eslabones: LAB = 0,074 m, LBC = 0,200 m; Posiciones de los centros de masas de los eslabones: LAG1 = 0,020 m, LBG2 = 0,060 m, LCG3 = 0 m; Masas de los eslabones: manivela m1 = 10 kg, biela m2 = 0,5 kg, deslizador m3 = 0,4 kg; Momento central de inercia de la biela JG2 = 0,0018 kg⋅m2; Velocidad angular de la manivela constante e igual a ω1 = 200 rad/s. Resolver el problema para la posición de la manivela ϕ1 = 45°.

9.4

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Fi2 =1283,45 N B 2

Fi1 =8000 N

ε 2 =10046,2 rad/s2 G2

ω1 1

G1

45º aG2

A

3

M2 =18,08 Nm

C

Fi3 = 853,9 N

G3 4

c, g3

b

π a , c4 aG1 = 800 m/s2

g1

aG2 = 2565,12 m/s2 aG3 = 2134,72 m/s2

g2 c

4

π v, c 4

9.2 DETERMINABILIDAD ESTÁTICA DE LAS CADENAS CINEMÁTICAS Cuando resolvemos problemas de análisis de fuerzas en los mecanismos presuponemos conocida la ley de movimiento del eslabón de entrada; de la misma manera presuponemos conocidas las masas y los momentos de inercia de los eslabones del mecanismo. De esta manera siempre pueden ser determinadas las fuerzas de inercia necesarias para resolver el problema de análisis de fuerzas con ayuda de las ecuaciones de equilibrio estático. Analicemos primero la pregunta sobre la determinación de las reacciones en los pares cinemáticos. En los casos en los que no se toman en consideración las fuerzas de inercia dentro del conjunto de fuerzas dadas, el cálculo se denomina estático, cuando dichas fuerzas se toman en consideración el cálculo se denomina cinetostático. Ya que el método de cálculo para los dos casos es general, de ahora en adelante consideraremos que las fuerzas de inercia hacen parte de las condiciones iniciales del problema, y que son conocidas en magnitud, dirección y punto de aplicación (en caso contrario dentro de las condiciones del problema deben estar las masas, momentos de inercia y los datos indispensables para la solución del problema cinemático del mecanismo). Por el momento no tomaremos en consideración la influencia de las fuerzas de fricción en los pares. Miremos cómo están dirigidas las reacciones en los distintos pares cinemáticos de los mecanismos planos. En un par giratorio de V clase la fuerza resultante de reacción F pasa por el centro de la articulación (Fig.9.6). La magnitud y la dirección son desconocidas, ya que ellas dependen de la magnitud y la dirección de las fuerzas aplicadas al los eslabones del par.

O 2 1

F

Fig. 9.6

9.5

LECCIÓN No 9.CÁLCULO CINETOSTÁTICO DE MECANISMOS PLANOS

En un par cinemático de deslizamiento de V clase (Fig. 9.7) la reacción es perpendicular al eje x - x de desplazamiento del par. La reacción es de dirección conocida, pero su punto de aplicación y su magnitud son desconocidas. 2 x

1

F Fig. 9.7

Por último, en un par superior de IV clase (Fig. 9.8) la reacción F está aplicada en el punto de contacto C de los eslabones 1 y 2 y está dirigida a lo largo de la normal común n - n, trazada con respecto a la tangente de los perfiles de los eslabones 1 y 2 en el punto C, es decir, en los pares superiores de IV clase se conocen la dirección y el punto de aplicación de la reacción. 2

1 F

n

C

n

B

A

Fig. 9.8

Resumiendo, para determinar las reacciones en cada una de los pares de inferiores de V clase se necesita resolver de a dos incógnitas, y en los pares superiores de IV clase sólo una incógnita. Designaremos el número de eslabones móviles de una cadena cinemática plano con la letra n, el número de pares de V clase con pV y el número de pares de IV clase con pIV. Planteemos ahora la condición de equilibrio estático de las cadenas cinemáticas planas. Ya que para cada uno de los eslabones se pueden plantear tres ecuaciones de equilibrio, entonces el número de ecuaciones que podemos plantear para n eslabones es igual a 3n. El número de incógnitas que se necesita determinar es de 2pV (donde pV es el número de pares de V clase en la cadena) y pIV (donde pIV es el número de pares de IV clase en la cadena). En consecuencia la cadena cinemática será estáticamente determinada si se cumple la siguiente condición: 3n = 2 pV + pIV

(9.5)

Como se mostró en la lección N°3 cualquier mecanismo con pares de IV y V clases puede ser sustituido por un mecanismo que contenga sólo pares de V clase. Por esto nos podemos limitar a estudiar cadenas cuyos eslabones intervengan solamente en pares de V clase. Entonces la fórmula (9.5) puede ser simplificada 3n = 2 pV, por lo que se obtiene

9.6

(9.6)

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pV =

3 2

n

El número de eslabones y pares de una cadena cinemática estáticamente determinada están ligados entre sí por la relación (9.6). Ya que los números n y pV deben ser enteros, entonces esta relación es cumplida por las siguientes combinaciones de número de eslabones y pares cinemáticos (Tabla 9.1) Tabla 9.1

No. n pV

1 2 3

2 4 6

3 6 9

4 8 12

5 • •

• • •

Como ya sabemos la primera combinación de eslabones y pares, es decir dos eslabones que hacen parte de tres pares, es lo que conocemos como grupo de II clase; la segunda combinación (cuatro eslabones que conforman seis pares) son los grupos de III clase con tres miembros de arrastre; y así sucesivamente. Es decir: LOS GRUPOS DE ASSUR SON CADENAS CINEMÁTICAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADAS. Por esta razón lo más razonable es estudiar los métodos de determinación de las reacciones en los pares cinemáticos de acuerdo con la clase y orden de grupo que conforman el mecanismo. Cuando se realiza el análisis cinemático de un mecanismo éste se realiza en el mismo orden de formación del mecanismo. Es decir, primero se examina el grupo que está unido al eslabón o eslabones primarios, después se examina el siguiente grupo y así sucesivamente. El orden de cálculo en el análisis de fuerza es contrario, es decir el análisis de fuerzas se empieza con el último grupo agregado al mecanismo (contando desde el eslabón de entrada) y se termina con el cálculo del eslabón inicial. Supongamos, por ejemplo, se requiera realizar el análisis de fuerzas del mecanismo de seis barras mostrado en la Fig. 9.9. El mecanismo está formado de la siguiente manera: El eslabón inicial está unido con el bastidor, a él y al bastidor se une el primer grupo de II clase compuesto por los eslabones 3 y 4. Luego al eslabón 3 y al bastidor se une el segundo grupo de II clase compuesto por los eslabones 5 y 6. El cálculo de fuerzas se debe realizar empezando con el último grupo en unirse al mecanismo (grupo 5,6), después de esto se pasa al grupo compuesto por los eslabones 3, 4 y por último se hallan las fuerzas en el eslabón primario 2. E 5 6 3

F

C

B

1 ω2 D

2 A

4

1

Fig. 9.9

9.7

1

LECCIÓN No 9.CÁLCULO CINETOSTÁTICO DE MECANISMOS PLANOS

9.3 DETERMINACIÓN DE LAS REACCIONES EN LOS PARES CINEMÁTICOS 9.3.1

DETERMINACIÓN DE LAS REACCIONES EN LOS PARES CINEMÁTICOS DE LOS GRUPOS DE II CLASE DE PRIMER TIPO

Estudiemos el problema de la determinación de las reacciones en los pares cinemáticos del grupo de II clase del primer tipo BCD mostrado en la Fig. 9.10. C F2 M2

F3

2 3

M3

B

D 1

4 Fig. 9.10

Adaptaremos las siguientes convenciones: El eslabón al cual se une el eslabón BC lo llamaremos eslabón 1, BC se llamará eslabón 2, el eslabón CD se llamará eslabón 3, el eslabón al cual se une CD se llamará eslabón 4. La fuerza que actúa desde el eslabón k sobre el eslabón l la representaremos como Fkl , el par de la fuerza Fk con respecto al punto A lo representaremos como M A (F k ) , la distancia entre dos puntos cualesquiera A y B la representaremos como lAB y por último el momento del par que actúa sobre el eslabón k se escribirá como Mk. Supongamos que el grupo de segunda clase (Fig. 9.10) está cargado con las fuerzas F2 y F3 y pares con los momentos M2 y M3. Se pide determinar las reacciones en los pares cinemáticos. Este problema puede ser resuelto por el método de los planos de fuerza. En los puntos B y D aplicamos las reacciones (por el momento desconocidas) F12 y F43 , y planteamos la ecuación de equilibrio del grupo BCD (Fig. 9.11a). b

C

h2

F 12

h3

t

F12 a

M2

n

F12 F3

F2 3

F12

2

F 43

M3

f

n

F 43

n F12

F23

F2 c

F3

F43 n

t

t

F12

F 43 B

F32

4

1

D

Fig. 9.11a

F43 e d

t

F43

Fig. 9.11b

Igualando a cero la suma de todas las fuerzas, tenemos F12 + F2 + F3 + F43 = 0

9.8

(9.7)

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En esta ecuación conocemos las fuerzas F2 y F3 en magnitud, dirección y punto de aplicación, en cuanto a las reacciones F12 y F43 , de ellas sólo conocemos su punto de aplicación. Para determinar la magnitud de estas reacciones descomponemos cada una de ellas en dos componentes: una componente que actúe en la dirección del eje del eslabón ( Fkln ) y otra que actúe perpendicular a dicho eje ( Fklt ) . De esta manera tenemos F12 = F12n + F12t ,

F43 = F43n + F43t

(9.8)

Las magnitudes de F12t y F43t pueden ser halladas utilizando las ecuaciones de equilibrio planteadas para cada uno de los eslabones 2 y 3 por separado. Para ello examinemos primero el equilibrio del eslabón 2. El eslabón 2 se encuentra bajo la acción de las siguientes fuerzas y pares: la fuerza F2 , las componentes F12n y t F12 de la reacción F12 , la reacción F32 y el par con momento M2. Planteamos la ecuación de momentos de

todas las fuerzas con respecto al punto C. Como no conocemos el signo de la fuerza F12t , entonces para el planteamiento de la ecuación le asignamos al momento de esta fuerza un signo arbitrario. Si después de determinar la magnitud de esta fuerza resulta ser negativa, entonces su dirección real debe ser tomada contraria. Tenemos M C ( F2 ) + M C ( F12t ) + M 2 = 0

En esta ecuación los momento de las fuerzas F12n y F32 no entran, ya que sus línea de acción pasan a través del punto C, es decir MC (F12n ) = 0 y M C ( F32 ) = 0 . Luego, como M C (F12t ) = F12t ⋅ l BC y M C ( F2 ) = F2 ⋅h2 , la ecuación de momentos será F2 ⋅ h2 − F12t ⋅ l BC + M 2 = 0 ,

de donde podemos determinar la magnitud de la fuerza F12t F12t =

F2 ⋅ h2 + M 2 lBC

(9.9)

De todas maneras el signo de la fuerza F 12t está determinado por el signo del miembro derecho de la fórmula (9.9). De manera análoga partiendo de la condición de equilibrio del eslabón 3 obtenemos la ecuación de momentos M C ( F3 ) + M C ( F43t ) + M 3 =0 , como n MC (F43 )= 0 y M C ( F23 ) = 0 . Para la determinación de la magnitud de la fuerza F43t obtenemos F43t =

9.9

F3 h3 + M 3 lDC

(9.10)

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El signo de la fuerza F 43t está determinado por el signo del miembro derecho de la fórmula (9.10). Las expresiones obtenidas para F12t y F43t se sustituyen en la ecuación (9.8): n t n t F 12 +F 12 + F 2 + F 3 + F 43 + F 43 = 0 .

En esta ecuación son desconocidas solamente las magnitudes de las componentes F12n y F43n de las reacciones F12 y F43 , las cuales están dirigidas a lo largo de los ejes de los eslabones BC y DC. Las magnitudes de estas reacciones pueden ser halladas construyendo el plano de fuerzas. Para hacer esto a partir de un punto arbitrario a (Fig. 9.11b) trazamos un segmento que representa, en la escala escogida µF, la fuerza F12t (hallada por la fórmula (9.9), esta fuerza es perpendicular al eje del eslabón BC) y le agregamos los t (hallada por la segmentos correspondientes a las fuerzas F2 y F3 . Agregamos allí (punto d) la fuerza y F43 fórmula (9.10), esta fuerza es perpendicular al eje del eslabón CD). Luego desde el punto a trazamos una recta paralela al eje BC y desde le punto e una recta paralela al ...