Tema 4. Análisis Dinámico De Mecanismos Planos

TUTORÍA INTERCAMPUS 2013 / 2014 SISTEMAS MECÁNICOS

TEMA 4. ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS. MÉTODOS GRÁFICOS Y ANALÍTICOS 4.0 Objetivo ◦ Estudiar las fuerzas que actúan en un mecanismo paso a paso, y las ecuaciones de equilibrio en los puntos de intersección de las barras.

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4.1 Estática de máquinas 4.1.1. Transmisión de fuerzas en mecanismos La fuerza se transmite entre los eslabones de un mecanismo siempre por los puntos de contacto entre los mismos, es decir, por los enlaces de los pares cinemáticos: ➢ En un par prismático, la dirección de la reacción es independiente de las fuerzas que actúan sobre cada eslabón, y la fuerza se transmite siempre perpendicular a las superficies en contacto.

Para conocer su módulo y sentido, será necesario

plantear las ecuaciones de equilibrio. ➢ En un par de rotación, la dirección de la reacción es función de las fuerzas que actúan sobre cada uno de los eslabones en contacto. A priori, no podemos pues conocer la dirección de la reacción de un eslabón sobre otro si no es planteando las ecuaciones de equilibrio.

Se utiliza la nomenclatura Fjk para referirnos la fuerza ejercida por el eslabón”j” sobre el “k”.

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4.1.2. Condiciones para el equilibrio estático. Para que un cuerpo rígido esté en equilibrio estático, es necesario que: ➢ La suma vectorial de todas las fuerzas que actúan sobre el mismo sea cero. ➢ La suma de los momentos respecto a cualquier eje de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo sea cero.

4.1.2.1 Equilibrio de un mecanismo considerando el equilibrio de cada uno de los eslabones que lo forman. Para que un mecanismo esté en equilibrio, es condición necesaria y suficiente que todos y cada uno de sus eslabones esté en equilibrio. Podremos plantear, para cada eslabón, un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas.

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EJEMPLO 4.1. Hallar la fuerza reducida de P en A en la dirección indicada.

Solución: Se descompone P en el punto D del mismo miembro 2 en dos fuerzas:  P2, en la dirección del eslabón 1.  P1, que pase por C.

P2 la absorbe la articulación O1. P1 se transmite mediante la articulación C del miembro 3, al punto H del mismo, descomponiéndola en dos fuerzas:  P3, que pasa por O2, absorbiéndola.  R, que es la fuerza reducida que pasa por A en la dirección pedida.

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EJEMPLO 4.2. Hallar la fueza reducida de P en A, y las reacciones R1, R2 y R3 en O1, O2 y O3.

Solución: Se descompone P en el punto E del mismo miembro 1 en dos fuerzas:  P1, que pasa por O1.  P2, que tiene la dirección del eslabón 2. P2 se transmite por medio de las articulaciones D y C al punto H del miembro 3, descomponiéndose en: • P3, que pasa por I, centro instantáneo de rotación del miembro 3, y que para él hace el mismo papel que una articulación fija. • R, que es la fuerza reducida en A (dirección perpendicular a O3A, puesto que es la dirección en la que el movimiento de A es posible).

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La reacción R1 en O1 será la fuerza igual y contraria a P1. Para obtener R2 y R3, no tendremos más que descomponer P3 en P4 y P5. R2 en O2 y R3 en O3 serán las iguales y contrarias a las P4 y P5.

4.1.2.1 Equilibrio de un mecanismo como un único sólido libre. Si aplicamos las ecuaciones de equilibrio a un mecanismo completo, tendremos que considerar por un lado las fuerzas externas que actúan sobre el mismo, y por otro las reacciones en los apoyos, de forma que se ha de cumplir que la suma vectorial de las fuerzas y la suma vectorial de los momentos sea cero.

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4.1.3. Principio de superposición. Cuando existen varias fuerzas actuando en varios eslabones, el problema se complica, ya que es más difícil conocer la dirección de las reacciones entre eslabones. Una forma sencilla de resolver este tipo de problemas es aplicar el principio de superposición: “El efecto producido en un mecanismo por varias fuerzas que actúan sobre el mismo es igual a la suma de los efectos producidos por cada una de las fuerzas por separado”. Si dos sistemas de fuerzas distintos aplicados por separado sobre un mecanismo lo mantienen en equilibrio, el sistema formado por superposición de estos dos sistemas mantendrá al mecanismo igualmente en equilibrio.

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4.1.4. Método de las tensiones en las barras. La resolución de problemas utilizando el principio de superposición es sencilla pero lenta. Existen otros métodos, como el método de las tensiones en las barras. Consideramos el siguiente mecanismo de cuatro barras:

Tenemos cinco incógnitas: el módulo y dirección de F14 y F12, y el módulo del momento M2, que hace que el mecanismo permanezca en equilibrio. Analizamos los eslabones 3 y 4.

Se deben cumplir las siguientes

ecuaciones de fuerzas: P3 + F43 + F23 = 0

P4 + F14 + F34 = 0

Hay que tener en cuenta que F34 = - F43, con lo que el número de incógnitas se reduce a seis. En general, podremos realizar el análisis estático de un mecanismo plano articulado, resolviendo las ecuaciones de equilibrio de cada pareja de eslabones. Empezaremos analizando el par de eslabones

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más alejado del eslabón motor, y terminaremos con el equilibrio del propio eslabón motor. El método de las tensiones en las barras consiste en plantear el equilibrio de un par de eslabones, descomponiendo la fuerza de su enlace en dos componentes con la dirección de los propios eslabones. De este modo, al tomar momentos respecto al otro extremo del eslabón, se eliminará la componente que tiene su dirección.

SOLUCIÓN. Consideramos el equilibrio del eslabón 4, planteando la suma de momentos respecto a O4 igual a cero. Se descompone la fuerza F34 en una componente según O4B, y otra con la dirección AB, de forma que sólo esta última componente produce momento respecto a O4.

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En el equilibrio de la barra 4, sólo producen momento con respecto a O4 las fuerzas P4 y F34N3. Por lo tanto, el sentido de F34N3 será contrario a P4, para que se equilibren los momentos. F34N3 * k = P4 * a En el equilibrio del eslabón 3, planteamos la suma de momentos con respecto al punto A igual a cero. La fuerza F43N3 será igual pero de sentido opuesto a F34N3, hallada anteriormente. F43N4 * d = P3 * b De este modo, definidas F43 y F34, los polígonos de fuerzas de los eslabones 3 y 4 permiten calcular el módulo y la dirección de las fuerzas F23 y F14: P3 + F43 + F23 = 0

P4 + F34 + F14 = 0

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Podemos calcular F12, construyendo el polígono de fuerzas formado por P4, P3, P2, F12 y F14, que se ha de cerrar para que el mecanismo esté en equilibrio. El valor del momento equilibrante lo podemos determinar planteando el equilibrio de momentos alrededor de O2, considerando todas las fuerzas que afectan al equilibrio del mecanismo en su conjunto, o bien únicamente con las ecuaciones de equilibrio del eslabón 2.

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4.2 Análisis dinámico 4.2.1. Equilibrio dinámico de una partícula con masa. Las tres leyes de Newton son las siguientes: 1. Todo cuerpo tiende a permanecer en reposo, o en movimiento rectilíneo a velocidad constante, a no ser que sobre él actúe una fuerza externa. 2. La variación de la cantidad de movimiento de un cuerpo con respecto al tiempo es igual a la magnitud de la fuerza aplicada, y actúa en la dirección de la fuerza. F = dp/dt = d (mv)/dt = m dv/dt = ma 3. Por cada fuerza de acción, existe una fuerza de reacción, igual y de sentido opuesto.

El matemático francés D’Alembert reacomodó las ecuaciones de Newton para crear una situación “cuasiestática” a partir de una dinámica: ΣF ext + ΣF ine = 0 ΣF-ma = 0 ΣT-Iα = 0 El motivo de esta manipulación algebraica fue hacer que el sistema apareciera como un problema de estática en el cual, para que existiera equilibrio, todas las fuerzas y pares de torsión debían sumar cero. Esto se conoce como problema “cuasiestático”, porque se expresa en esta forma.

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4.2.2. Componentes de inercia de un eslabón en un movimiento plano. Si el eslabón objeto de estudio tiene un movimiento plano, podemos suponer que las fuerzas de inercia que se generan están en el mismo plano.

De acuerdo con la demostración de las páginas 178 y 179, el efecto de la inercia sobre el eslabón de la figura se reduce a dos vectores: una fuerza de inercia y un par de inercia, que tienen la dirección de la aceleración

del

centro

de

gravedad

y

angular

del

cuerpo,

respectivamente, y sentido contrario. Fuerza de inercia: Fi = FG = -m AG Par de inercia: Ti = -IG α

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4.2.3. Análisis de las fuerzas de inercia en un mecanismo. Una vez calculadas las fuerzas de inercia que actúan sobre los distintos eslabones de un mecanismo, nos interesa conocer el efecto de éstas sobre los apoyos, así como el par que actúa sobre el eslabón motor para producir la velocidad y aceleración con que se mueve el mecanismo. Para ello, podemos considerar la fuerza de inercia resultante que actúa sobre cada eslabón como una carga estática. Es interesante también, una vez calculadas las fuerzas de inercia, obtener la resultante de las mismas. Esta fuerza, llamada trepidación, debe ser considerada al calcular la bancada. La trepidación puede además llegar a producir vibraciones importantes en las máquinas, que habrán de ser objeto de un estudio a fondo.

EJEMPLO Determinar las fuerzas de inercia del sistema de la figura, en el que C es una articulación fija, A se desplaza con velocidad constante de 1m/s y la masa de cada barra es de 10kg, suponiéndolas uniformes.

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Escogemos dos puntos, A y C. En A, como el enunciado nos dice que se desplaza con velocidad constante, su aceleración es nula, y no habrá fuerza de inercia. En C, como es centro de rotación, tampoco habrá fuerza de inercia. Sustituimos AB por dos masas puntuales equivalentes en m1 y m2, situadas en A y A' (conjugado de A respecto del centro de masas de la barra). AG * GA' = iG2 GA' = iG2 / AG = 1/12 * l2 / (l/2) = l / 6 = 5cm

Sustituimos las masas por dos masas puntuales, que tendrán igual masas, igual centro de masas e igual momento de inercia respecto G: m1 + m2 = m; m1 * r1 = m2 * r2; m1 * r1^2 + m2 * r2^2 = IG m1 = m * r1 / (r1 + r2); r1 * r2 = iG^2 m2 = 10 * 15 / (5+15) = 7,5 kg

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Pasamos a hacer los cinemas de velocidades y aceleraciones:

Queda por tanto AB = 2,33 m/s2 Las aceleraciones de los puntos A' y C' serán, por semejanza, 2/3 de la aceleración AB, es decir, 1,55 m/s2.

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Los módulos de las fuerzas de inercia son: FiA' = FiC' = m*AA' = 7,55 * 1,55 = 11,65 N Y los sentidos, contrarios a las aceleraciones de los puntos, tal y como se indica en la figura. Estas dos fuerzas de inercia no se componen, por estar aplicadas en cuerpos diferentes.

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4.3. Análisis dinámico. Método matricial. Existen dos tipos de problemas dinámicos. En el primero de ellos, los movimientos de todos los eslabones están definidos en función del movimiento del eslabón de entrada, y necesitamos conocer las fuerzas y momentos asociados, con el movimiento así definido.

Es decir, dado el movimiento, hallar las

fuerzas que hay que aplicar para producirlo.

Es el denominado

problema inverso. El segundo tipo es el problema directo: dado un sistema de fuerzas, obtener el movimiento que se produce a través de la integración de un sistema de ecuaciones diferenciales no lineales. Para resolver el primer problema, se utilizará el método matricial. Consiste en plantear un sistema de (n-1)*3 ecuaciones, obtenido al plantear aisladamente el equilibrio de cada uno de los eslabones que componen un mecanismo, considerando todas las fuerzas que actúan sobre él. Para ello, plantearemos, para cada eslabón, las condiciones de equilibrio dinámico, es decir, la segunda ley de Newton: ΣF = m Ag ΣMg = Ig α El sistema resultante es lineal, y puede ser resuelto fácilmente, obteniendo las fuerzas de reacción en los pares, así como el par motor, cuando se conoce el análisis de aceleraciones.

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El sistema de ecuaciones que tendremos será de la forma: [L] [Q] = [F] [9x9] [9x1] = [9x1] Siendo: [F] : Matriz de fuerzas y momentos exteriores aplicados, incluyendo como tales los de inercia. [L] : Matriz de parámetros geométricos del mecanismo. [Q] : Matriz de fuerzas y momentos incógnita.

Vamos a ver la aplicación a la figura 4.42 de la página 196. En la siguiente figura se representa el diagrama de sólido libre de cada eslabón,

mostrando

asimismo

las

fuerzas

y

parámetros

que

intervienen:

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Por ejemplo, para el eslabón 2, dividiendo en componentes x e y: f32x – f21x = m2 Ag2x - ΣF2x f32y – f21y = m2 Ag2y - ΣF2y p2x * f32y – p2y * f32x – q2x * f21y + q2y * f21x + T0 = I2 * α2 – ΣT2 – (d2 x ΣF2)

Expresando el conjunto de ecuaciones en forma matricial, tenemos:

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