Análisis y Síntesis de Mecanismos

I n s t i t u t o P o l i t é c n i c o N a c i o n a lU n i d a d P r o f e s i o n a l I n t e r d i s c i p l i n a r i a e n I n g e n i e r í a y

T e c n o l o g í a s A v a n z a d a s

Análisis y Síntesis de Mecanismos

Índice

1. CONCEPTOS BÁSICOS Y CLASIFICACIÓN DE MECANISMOS 4

1.1. APLICACIÓN DE LOS MECANISMOS A TRAVÉS DE LA HISTORIA. 41.2. CONCEPTOS Y DEFINICIONES FUNDAMENTALES SOBRE MECANISMOS Y MÁQUINAS. 41.3. ESLABONES, PARES CINEMÁTICOS, SU CLASIFICACIÓN, ARREGLO Y CONFIGURACIÓN. 51.4. GRADOS DE LIBERTAD, CRITERIO DE KUTZBACH. 61.5. TIPOS DE MOVIMIENTO EN UN MECANISMO. 7

2. ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS 2D. 9

2.1. FUNDAMENTOS MATEMÁTICOS. 92.2. ROTACIONES DE UN CUERPO RÍGIDO. 182.3. CINEMÁTICA DE MECANISMOS 20MÉTODOS NUMÉRICOS DE SOLUCIÓN 252.4. ANÁLISIS DE POSICIÓN. 272.4.1. MÉTODO GRÁFICO 272.4.2. MÉTODO ANALÍTICO 272.4.3. MÉTODO MATRICIAL 292.5. ANÁLISIS DE VELOCIDAD. 292.5.1. MÉTODO GRÁFICO. 292.5.2. MÉTODO ANALÍTICO 302.5.3. MÉTODO DE ÁLGEBRA COMPLEJA 312.5.4. MÉTODO MATRICIAL 322.6. MECANISMO DE BIELA CORREDERA. 342.6.1. MÉTODO GRÁFICO 342.6.2. MÉTODO ANALÍTICO. 342.6.3. MÉTODO ÁLGEBRA COMPLEJA. 352.6.4. MÉTODO MATRICIAL. 372.7. MECANISMO DE 4 BARRAS. 382.7.1. MÉTODO MATRICIAL. 382.7.2. MÉTODO DE ÁLGEBRA COMPLEJA. 392.8. ACELERACIÓN 422.8.1. MÉTODO GRÁFICO 422.8.2. MÉTODO ANALÍTICO 432.8.4. MÉTODO ANALÍTICO PARA UN MECANISMO DE BIELA CORREDERA. 462.9. ANÁLISIS DEL MECANISMO DE COLISA INVERTIDA. 482.9.1. MÉTODO ALGEBRA COMPLEJA 482.9.2. MÉTODO GRAFICO. 512.9.3. MÉTODO MATRICIAL. 542.9.4. MÉTODO MATRICIAL. 57

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2.10. ANÁLISIS DEL MECANISMO DE COLISA. 602.10.1. MÉTODO MATRICIAL. 602.10.2. MÉTODO ANALÍTICO. 612.10.3. MÉTODO DE ÁLGEBRA COMPLEJA. 622.11. ANÁLISIS DEL MECANISMO DE CUATRO BARRAS. 632.11.1. MÉTODO GRÁFICO 632.11.2. MÉTODO ANALÍTICO 652.11.3. MÉTODO DE ÁLGEBRA COMPLEJA. 66

3. PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL 68

3.1. TRABAJO VIRTUAL 713.2. MODELO DINAMICO 773.2.1. TEOREMA DE STEINER 793.3. MODELO DINÁMICO (COLISA) 833.4. CÁLCULO DE REACCIONES EN PARES CINEMÁTICOS. 873.4.1. D.C.L 883.4.2. VECTORES DE POSICIÓN. 88

SIMULACIÓN DE MATLAB Y WM2D CON RESORTE Y AMORTIGUADOR GRAVEDAD Y FRICCIÓN 102

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Análisis y Síntesis de Mecanismos

El análisis y la síntesis en el estudio de un mecanismo son dos aspectos completamente distintos, la síntesis es el proceso de idear un patrón o método para lograr un propósito dado. Mientras que el análisis es un conjunto de técnicas que permiten que el diseño de una máquina o mecanismo, ya existente o propuesto, sea examinado en forma crítica con el fin de determinar si es adecuado para el trabajo que desempeñará.

Es preciso tener siempre en mente que aunque la mayor parte de los esfuerzos realizados se dediquen al análisis, la meta real es la síntesis, es decir, el diseño de una máquina o un sistema. El análisis es una simple herramienta y, sin embargo, es tal vital que se usará inevitablemente como uno de los pasos en el proceso de diseño.

1. Conceptos básicos y Clasificación de Mecanismos

Con los continuos avances realizados en el diseño de instrumentos, controles automáticos y equipo automatizado, el estudio de los mecanismos toma un nuevo significado. Al aplicar la teoría de los mecanismos y las máquinas, se comprende las relaciones entre la geometría y los movimientos de las piezas de la máquina o un mecanismo, y las fuerzas que general tales movimientos.

A continuación se proporcionan los conceptos básicos de mecanismos y máquinas para presentar un cuadro completo de los componentes que se van a estudiar.

1.1. Aplicación de los mecanismos a través de la historia.

Las maquinas y los mecanismos han sido ideados por el hombre desde el principio de la historia. Los antiguos egipcios inventaron las maquinas necesarias para efectuar la construcción de las pirámides y monumentos. Aunque la rueda y la polea (rueda en un eje) no fueron conocidos por los egipcios del Antiguo Reino, hicieron uso de la palanca, el plano inclinado (o cuña), y probablemente, del rodillo de tronco. El origen de la rueda y el eje no se conoce con precisión. Su primera aparición parece haber sido en Mesopotamia, por los años 3000 a 4000 a.C.

La ingeniería mecánica tuvo sus inicios en el diseño de máquinas, a medida que las invenciones de la revolución industrial requerían soluciones más complicadas y refinadas para problemas de control de movimientos. James Watt (1736-1819) probablemente merece el titulo de primer cinemático, por su síntesis de un eslabonamiento mecánico de línea recta para guiar los pistones de muy larga carrera en las entonces nuevas máquinas (o motores) de vapor.

Watt fue ciertamente el primero en reconocer el valor de los movimientos del elemento acoplador en el eslabonamiento de cuatro barras. Oliver Evans (1755-1819) un inventor estadounidense, también diseñó un eslabonamiento de línea recta para un motor de vapor.

Euler también surgió la separación del problema de análisis dinámico en lo “geométrico” y lo “mecánico” con el fin de simplificar la determinación de la dinámica de un sistema. Este es el origen de la división actual de la dinámica, en cinemática y cinética, como se describió entes.

1.2. Conceptos y definiciones fundamentales sobre mecanismos y máquinas.

Los términos mecanismo y máquina se emplearán a menudo en el estudio de los mecanismos, por lo que los definiremos a continuación.

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Una máquina es una combinación de cuerpos resistentes de tal manera que, por medio de ellos, las fuerzas mecánicas de la naturaleza se pueden encauzar para realizar un trabajo acompañado de movimientos determinados.

Un mecanismo es una combinación de cuerpos resistentes conectados por medio de articulaciones móviles para formar una cadena cinemática cerrada con un eslabón fijo, y cuyo propósito es transformar el movimiento.

Cabe mencionar que una estructura, también es una combinación de cuerpos resistentes conectados por medio de articulaciones, pero su propósito no es efectuar un trabajo ni transformar el movimiento. La estructura carece de movilidad interna, no tiene movimientos relativos entre sus miembros (mientras que una máquina y un mecanismo los tienen). Por lo anterior podemos decir que una máquina o un mecanismo tiene como propósito aprovechar estos movimientos internos relativos para transmitir potencia o transformar el movimiento.

1.3. Eslabones, pares cinemáticos, su clasificación, arreglo y configuración.

Los pares cinemáticos o juntas, son las forma geométricas mediante las cueles se unen dos miembros de un mecanismo de manera que el movimiento relativo entre ambos sea consistente. Dicho de otra forma son las conexiones o articulaciones entre eslabones.

Si la unión o articulación mediante la cual se conectan dos miembros tiene un contacto superficial tal como una unión de perno, la conexión se llama par inferior. Si la conexión ocurre en un punto o a lo largo de una línea tal como en un rodamiento de bolas o entre dos dientes de engranes en contacto, se le conoce como par superior. Un par que sólo permite rotación relativa es un par de giro o revoluta; uno que solamente permite el deslizamiento es un par deslizante. Un par de giro puede ser inferior o superior, dependiendo de que se emplee un perno o buje o un rodamiento de bolas para la conexión. Un par deslizante es un par inferior como entre un pistón y la pared del cilindro.

Figura 1 Arreglo de eslabones para la conexión de 2 (a), 3 (b) y 4 (c) elementos.

Un eslabón es un cuerpo rígido que tiene dos o más pares, por medio de los cuales se puede conectar a otros elementos y que tiene movimiento relativo entre ellos. Un eslabón puede servir de soporte, de guía de otros eslabones, para transmitir movimiento y/o fuerza, o bien funcionar de las tres formas.

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Eslabón rígido o cinemático. Es el que transmite fuerza por compresión o por tensión indistintamente.

Eslabón flexible. Es el que transmite fuerza por tensión únicamente (cadena o banda) o bien compresión únicamente (fluido).

Cuando se conectan varios eslabones por medio de pares, el sistema resultante es una cadena cinemática.

Cadena trabada. Cuando estos eslabones se conectan de forma tal que no exista movimiento se le llama cadena trabada.

Cadena cerrada. Cuando todos y cada uno de los miembros se uno a otros dos. Los elementos forman un circuito cerrad, el primero y el último están unidos (aunque no siempre en el mismo punto).

Cadena restringida. Es aquella en la que independientemente del número de ciclos de movimientos efectuados, el movimiento relativo entre sus eslabones es siempre el mismo. Cuando se fija un eslabón en este tipo de cadena, se tiene un mecanismo.

Cadena abierta. Cuando hay algún miembro no unido a otros dos. Un elemento esta fijo a una base o sistema de referencia y el último está en el extremo.

Cadena no restringida o cadena libre. Es aquella en la que se tiene posiciones variadas para los eslabones de un instante a otro varía, no tienen un patrón de movimiento fijo.

Figura 2 (a) Cadena abierta. (b) Cadena cerrada

1.4. Grados de libertad, criterio de Kutzbach.

La movilidad o grados de libertad, es el número de parámetros de entrada (casi siempre variables del par) que se deben controlar independientemente, con el fin de llevar al dispositivo a una posición en particular.

Cuando las restricciones de todas las articulaciones se restan del total de grados de libertad de los eslabones no conectados, se encuentra la movilidad resultante del mecanismo conectado.

m=3 (n−1 )−2 J 1− J2

Donde:

n es el número total de eslabones (incluyendo el fijo).j1 son los pares cinemáticos de un grado de libertad.j2 son los pares cinemáticos de dos grados de libertad.

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La ecuación anterior se conoce como criterio de Kutzbach para la movilidad de un mecanismo plano.

Ejemplo 1.4.1

De acuerdo a la Figura 3 encontrar los grados de libertad del mecanismo utilizando el criterio de Kutzbach:

Figura 3 Mecanismo ejemplo 1.4.1

Se tiene:

n=5 (número de eslabones)

j=6 (número de juntas)

Sustituyendo en la ecuación:

m=3 (5−1 )−2 (6 )=0

En este caso el mecanismo no tiene grados de libertad. Por lo cual se considera un eslabonamiento sobre restringido, de acuerdo a la siguiente relación.

m≥1: el dispositivo es un mecanismo con m grados de libertad.

m=0: el dispositivo es una estructura estáticamente determinada.

m≤−1: el dispositivo es una estructura estáticamente indeterminada.

1.5. Tipos de movimiento en un mecanismo.

En el estudio de los mecanismos es necesario definir los distintos tipos de movimientos producidos por estos mecanismos.

Movimiento plano.

Traslación.

Cuando un cuerpo rígido se mueve en tal forma que la posición de cada línea recta del cuerpo es paralela a todas sus otras posiciones, el cuerpo tiene movimiento de traslación.

Traslación rectilínea. Todos los puntos del cuerpo se mueven en trayectoria de líneas rectas paralelas (eslabón 4 de la Figura 4).

Traslación curvilínea. Las trayectorias de los puntos son curvas idénticas paralelas a un plano fijo.

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Figura 4 Mecanismo de biela corredera.

Figura 5 Mecanismo de unión de las ruedas de una locomotora.

Rotación.

Si cada punto de un cuerpo rígido que tiene movimiento plano permanece a una distancia constante de un eje fijo que está perpendicular al plano del movimiento, el cuerpo tiene movimiento de rotación. Si el cuerpo se mueve en vaivén en un ángulo dado, se dice que oscila.

Muchos cuerpos tiene un movimiento que es una combinación de rotación y translación.

Figura 6 Mecanismo de cuatro barras articuladas.

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Movimiento helicoidal.

Cuando un cuerpo rígido se mueve de manera que cada punto del mismo tiene movimiento de rotación alrededor de un eje fijo y al mismo tiempo tiene una traslación paralela al eje, se dice que el cuerpo tiene movimiento helicoidal. Por ejemplo, una tuerca cuando se atornilla en un perno.

Movimiento esférico.

Cuando un cuerpo rígido se mueve de tal manera que cada punto del cuerpo tiene movimiento alrededor de un punto fijo en tanto que permanece a una distinta constante del mismo, el cuerpo tiene movimiento esférico.

Movimiento espacial.

Si el cuerpo tiene movimiento de rotación alrededor de tres ejes no paralelos y de traslación en tres direcciones independientes, se dice que tiene un movimiento espacial general.

CLASE #3 (27/ENERO/2012)

2. Análisis cinemático de mecanismos 2D.

2.1. Fundamentos matemáticos.Iniciaremos nuestro estudio con los conceptos básicos del algebra lineal para deducir una transformación lineal ortogonal, cuya matriz asociada tiene determinante positivo.Esta transformación representa una rotación de un cuerpo rígido, y está definida como: Tρ (p , ∙ ) :V→V ' Donde Tρ mapea todo el espacio vectorial de V al espacio V’1. Esta transformación la usaremos para modelar los mecanismos de cadena cinemática abierta y cerrada. Grupo. Sea V un conjunto de al menos dos elementos, y sea ⊕ :V ×V →V una operación binaria. Se dice que la pareja (V ,⊕) es un grupo, donde ⊕ es llamada operación aditiva (suma).Un grupo debe cumplir las siguientes propiedades:

I) ∀u∈V , y v∈V ,u v∈V PROPIEDAD DE CERRADURAII) ∀u , v ,w∈V se cumple que

¿ PROPIEDAD ASOCIATIVAIII) ∀u∈V ,∃!θ∈V talqueu⊕θ=u PROPIEDAD DE ELEMENTO NULOIV) ∀u∈V ,∃e∈V ,tal queue=¿θ ¿ PROPIEDAD ELEMENTO INVERSO

1 Siendo Sir William Hamilton (1843) quien inició esta teoría, posteriormente Euler con su parámetro de rotación.9

V) ∀u , v∈V ,entonces :u⊕V=V ⊕u PROPIEDAD DE CONMUTATIVIDAD

La pareja (V ,⊕) tendrá estructura de grupo conmutativo (Abeliano).CLASE #4 (30/ENERO/2012)

Ejemplo 2.1.1

Sea V={(x1, x2 ): x1 , x2 ϵ R } y ⊕ :R2 x R2→R2 llamadas operación aditiva, definida como:

Recordando que (x1 , x2) en un par ordenado.

{( x1 , x2 )⨁ ( y1, y2 )=(x1+ y1 , x2+ y2)∈V

Demuestre que tiene estructura de grupo (R .R ).

1. Por simple inspección se cumple la propiedad de cerradura.{( x1 , x2 )⊕ ( y1 , y2 )}⊕ ( z1, z2 )=(x1 , x2 )⊕ {( y1 , y2 )⊕ ( z1 , z2 )}2. Desarrollando la parte izquierda de la igualdad:

{( x1 , x2 )⊕( y1, y2) }⊕ ( z1 , z2 )

(x1+ y1 , x2+ y2 )⊕ ( z1 , z2 )

(x1+ y1+ z1 , x2+ y2+z2 )¿

(x1 , x2)⨁ ( y1+ z1 , y2+ z2)

(x1 , x2 )⨁ {( y1 , y2)⨁(z1 , z2)}Por lo anterior, Se cumple la propiedad asociativa.3. (x1 , x2 )θ=(x1 , x2 )Si definimos θ∈R2

θ=(θ1 , θ2)

{( x1 , x2 )⊕(θ1 ,θ2)}=(x1 , x2)(x1+θ1 , x2+θ2)=(x1 , x2 )

x1+θ1=¿ x1¿

x2+θ2=¿ x2¿

Conocemos el elemento nulo aditivo de la suma dentro de R' ,θ1=0

θ=(0,0 )∈VSe cumple la propiedad del elemento nulo aditivo4. {( x1 , x2 )⊕e }=(0,0 )Si definimos e∈ R2

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e=(e1 , e2)

(x1 , x2 )⨁ (e1 ,e2 )= (0,0 )

(x1+e1 , x2+e2 )=(0,0)

x1+e1=0

x2+e2=0Conocemos el elemento inverso aditivo de la suma dentro de R' , e1=−x1. Se cumple lo mismo para e2.e=(−x1 ,−x2 )∈VSe cumple la propiedad del elemento inverso aditivo

5. (x1 , x2)⨁ ( y1 , y2)(x1+ y1 , x2+ y2)Por asociatividad de la suma:

( y1+x1 , y2+x2 )( y1 , y2)⨁(x1 , x2)Se cumplieron las cinco propiedades, por lo tanto la pareja (V ,⊕) es un grupo aditivo Abeliano.

Ejemplo 2.1.2

Sea V={(x1, x2 ): x1 , x2 ϵ R } y ¿ :R2 x R2→R2 llamada operación multiplicación, definida como:

(x1 , x2 )∗( y1 , y2 )=(x1 y1−x2 y2 , x2 y1+x1 y2)∈V

Demuestre que tiene estructura de grupo multiplicativo (R .R ). Demuestre que la pareja ¿ es un grupo multiplicativo Abeliano.

1. Por simple inspección se cumple la propiedad de cerradura.{( x1 , x2 )∗( y1 , y2) }∗( z1 , z2 )=(x1 , x2 )∗{( y1 , y2 )∗( z1 , z2 ) }

2. Desarrollando el lado izquierdo de la igualdad de la ecuación.{( x1 , x2 )∗( y1 , y2)}∗( z1 , z2 )=(x1, x2)∗{( y1, y2 )∗(z1 , z2)}

{( x1 , x2 )∗( y1 , y2)}∗( z1 , z2 )=(x1 y1−x2 y2 , x2 y1+x1 y2 )∗( z1, z2 )

Desarrollando el lado izquierdo de la ecuación. Metemos el par ordenado z dentro de los paréntesis.{( x1 y1−x2 y2 ) z1−(x2 y1+x1 y2 ) z2 , (x2 y1+x1 y1 ) z1+(x1 y1−x2 y2 ) z2 }

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(x1 y1 z1−x2 y2 z1−x2 y1 z2−x1 y2 z2 , x2 y1 z1+x1 y2 z1+ x1 y1 z2−x2 y2 z2 )

Desarrollando el lado derecho de la ecuación, Extrayendo el par.(x1 , x2 )∗{( y1 , y2)∗( z1 , z2 )}=(x1 , x2 )∗{( y1 z1− y2 z2 , y2 z1+ y1 z2 ) }

¿ (x1 y1 z1−x1 y2 z2−x2 y2 z1−x2 y1 z2, x2 y1 z1−x2 y2 z2+x1 y2 z1+x1 y1 z2 )

Obtenemos el mismo resultado en ambos lados de la ecuación.Se cumple la propiedad asociativa.

3. {( x1 , x2 )∗(θ ' 1 , θ '2 ´ )}= (x1 , x2)Nos habla de la existencia del nulo multiplicativo.Significa que ambos pares permanecen a V, si yo opero este valor por un par de la misma forma tiene que dar el mismo valor.x1θ ' 1−x2θ

'2=x1(1)

x2θ ' 1+x1θ' 2=x2(2)

Este sistema de ecuaciones es no lineal donde las incógnitas a encontrar son θ '1 y θ '2 el sistema es compatible con una única solución. Resolviendo por el método de sustitución:De la ecuación (1)

θ '1=x1+ x2θ2

'

x1

Sustituimos θ1' en (2).

x2( x2−x2θ2'

x1)+x1θ

'2=x2θ

'2( x2

x1

+x1)=0θ'2=0θ1' =1

∴θ '=(1,0 )∈V ∃!

Se cumple la propiedad del elemento nulo multiplicativo.Existe un par ordenado (x¿¿1 , x2)¿ que pertenece al espacio V tal que al ser multiplicado por el nulo multiplicativo debe ser el mismo par ordenado.

Comprobamos la existencia del nulo multiplicativo(x¿¿1 , x2)∗(θ '1 , θ '2 )=(x1 , x2)¿

(x1 , x2 )∗(1,0 )=(x1 , x2 )Aplicando la definición de producto ¿ .(x1−0 , x2+0 )= (x1 , x2)

(0 ,0 )∗(1 ,0 )=(0 ,0)

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4. {( x1 , x2 )∗(e '1 , e ' 2)}=(1,0 )

(x1 e '1−x2 e ' 2 , x2e '1+x1e ' 2 )=(1,0)

(x1 e '1−x2 e ' 2)=1. ..(1)

(x2 e '1+x1 e '2 )=0…(2)

e ' 1=−x1e ' 2x2Sustituimos en ecuación (1)

x1(−x1 e ' 2x2

)−x2 e2' =1

Despejando e ' 2e ' 2=

−x2

x21+x2

2 … (3)

En la ecuación (2) sustituimos (3) y nos queda la siguiente expresión para e ' 1

x2( −x2

x21+x2

2 )+x1e2' =0

e1' =( x1

x12+x2

2 )Se cumple la propiedad del elemento inverso multiplicativo de (x1 , x2).

e ´=( x1

x12+x2

2 ,−x2

x12+x2

2 ) , x1≠0

El nulo aditivo de V no cumple con la propiedad del inverso aditivo. Si fuéramos rigurosos ¿ no es un grupo. Se dice que es un grupo solo por la excepción del nulo aditivo (campo de los reales).Se cumple la propiedad del elemento inverso aditivo.

Comprobamos tomando (a ,b )∗( a

a2+b2 ,−b

a2+b2 )=(1,0)

Desarrollamos el lado izquierdo.( a2

a2+b2 +b2

a2+b2 ,ab

a2+b2 −ab

a2+b2 )=(1,0 )

( a2

a2+b2 +b2

a2+b2 )=1 (1)

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( ab

a2+b2−ab

a2+b2 )=0 (2)Por simple observación se ve que el único para ordenado (0,0) que inverso multiplicativo.

5. Propiedad de conmutatividadu∗V=V∗u

(x1 , x2 )∗( y1 , y2 )= ( y1 , y2 )∗(x1 , x2)

Desarrollamos ambos lados de la ecuación. (x1 y1−x2 y2 , x2 y1+x1 y2)=( y1 x1− y2 x2 , x1 y2+ x2 y1)

( y¿¿1 , y2)∗(x1 , x2)=( y1 , y2)∗( x1 , x2)¿

Se cumple la propiedad conmutativaDe este ejercicio se concluye que: la pareja (V,*) es un grupo multiplicativo excepto por la existencia del inverso aditivo y el nulo multiplicativo.

CLASE #5 (1/FEBRERO/2012)Espacio vectorial.

Sea la terna (V,⊕ ,∗¿ ) abstracta, se dice que tiene estructura de campo, si cumple con las siguientes propiedades:I) Sea el par ordenado (V,⊕), un grupo aditivo abeliano.II) Sea ¿, un grupo multiplicativo conmutativo (excepto por la existencia del inverso multiplicativo del nulo aditivo).III) Se cumpla la propiedad de distributividad de la operación * bajo la operación ⊕ (aditiva).∀u , v ,w∈V se cumple que u+( v⊕w )=u∗v⊕u∗w

Ejemplo 2.1.3

Desarrollamos la propiedad III)

(x1 , x2 )∗[ ( y1 , y2 )⊕ ( z1 , z2 ) ]= (x1 , x2)∗( y1 , y2)⊕ (x1 , x2 )∗(z1 , z2)

Recordando: V= {(x1, x2 ): x1 , x2∈R }(x1 , x2 )∗[ ( y1+z1 , y2+ z2) ]=(x1 y1−x2 y2 , x1 y2+x2 y1)⊕(x1 z1−x2 z2 , x1 z2+x2 z1)

(x1 ( y1+ z1 )−x2 ( y2+z2 ) , x1 ( y2+ z2 )+x2 ( y1+ z1 ))=(x1 y1−x2 y2+x1 z1−x2 z2 , x1 y2+x2 y1+x1 z2+x2 z1)

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{( x1 , x2 )∗( y1+ z1 )−x2 ( y2+z2 ) , x2( y1+z1)+x1( y2+z2)}

(x1 y1+x1 z1−x2 y2−x2 z2 , x2 y1+x2 z1+ x1 y2+x1 z2)

{( x1 y1−x2 y2 , x2 y1+ x1 y2 )⨁ (x1 z1−x2 z2 , x2 z1+x1 z2 )}

(x1 y1−x2 y2+x1 z1−x2 z2 , x2 y1+x1 y2+x2 z1+x1 z2 )

∴¿ forman un campo que le llamaremos el campo de los números complejos R2. Es un campo parcialmente incompleto por la ausencia del elemento nulo aditivo.Quaterniones: Q= (α , β , γ , δ ) ϵ R4 Donde α representa la cantidad de rotación (giro). Y β , γ , δ representan la cantidad de giro.

Espacio Vectorial

Es un conjunto de al menos dos elementos y sea :V ×V →V una operación binaria, se dice que la pareja (V ,⨁) es un espacio vectorial sobre el campo (k ,† ,⨁) si existe:k∗V →V

Llamada multiplicación escalar y se cumplen las siguientes propiedades:I) ∀u∈V , y α∈ k , existe un único α ∙u∈V .II) ∀u∈V , siendo ~1 el elemento nulo multiplicativo de k y -~1 el inverso aditivo de ~1, se cumple que u⊕ (−~

1 ) ∙u=θ, donde θ es el elemnto nulo de V .III) ∀u , v∈V y α∈ k , se cumple que α ∙ (u⊕v )=α ∙u⊕α ∙ v, propiedad distributiva de la operación∙, bajo la operación aditiva ⊕.IV) ∀α , β∈ k y u∈V , se cumple que: (α⨁ β ) ∙ u=α ∙u⊕ β ∙u, propiedad distributiva de la operación ∙, bajo la operación aditiva ⨁.V) ∀α , β∈ k y u∈V , se cumple que: (α ∙ β ) ∙ u=α ∙(β ∙u), propiedad asociativa.VI) ∀u∈V , se cumple: ~1 ∙u=u .

Si un espacio vectorial trabaja sobre el campo de los reales entonces se dice que es un espacio vectorial real. Por que el campo es el que define la naturaleza del número y las operaciones. Para modelar mecanismos necesitamos trabajar en R.Los espacios vectoriales descansan sobre un campo siempre y cuando exista una operación multiplicación escalar que elije escalares con pares ordenados.

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Ejercicio 2.1.4

Siendo ((R ,+,×) el campo de los números reales con las operaciones (+) suma y (×) multiplicación

usuales y sea ∙ :R×V →V definida como:

∝ ϵ R y uϵ V∝ ∙ u→α (x1 , x2 )=(α x1 , α x2 )V= {(x1 , x2) : x1 , x2 ϵ R }⊕=(x1 , x2 )⊕ ( y1 , y2 )=(x1+ y1 , x2+ y2)

Esto tiene que ver con la combinación lineal de los elementos del campo. Se construye un campo sobre las operaciones usuales, contamos con una multiplicación escalar que hace que nuestra vector se haga mas grande o mas pequeño, con una operación que nos permite sumar, y con la operación multiplicación podemos se puede construir una transformación lineal para rotar a los vectores

Comprobar si (V ,⊕) es un espacio vectorial.

i) Cerradura∀uϵ v , y α ϵ k ,∃! α ∙u ϵ v

(x1 , x2 )⊕ ( y1 , y2 )=(x1+ y1 , x2+ y2)

ii) ∀uϵ v Siendo 1 el nulo multiplicativo de k y −1 el inverso aditivo de 1 Se cumple que: u⊕ (−1 ) ∙u=θ donde θ es el nulo aditivo de V .(x1 , x2 )⊕ (−1 ) ∙ (x1 , x2 )=θ(x1 , x2 )⊕ (−x1 ,−x2)=θ

(x1+(−x1 ) , x2+(−x2 ))=θ(0 ,0 )=θ

iii) Propiedad de distributivita de la operación multiplicación escalar bajo la operación aditiva ⨁.∀u , v ϵ V y α ϵ kα ∙ (u⨁ v )=α ∙u⨁α ∙v

α ∙ (( x1 , x2 )⨁ ( y1 , y2 ))=α ∙¿α ∙ (x1+ y1, x2+ y2 )=α ∙¿(α x1+α y1 , α x2+α y2 )=α ∙¿(α x1 , α x2)⨁ (α y1 , αy2 )=α ∙¿

α ∙¿

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iv) ∀α , β ϵ k y uϵ V (α+β ) ∙ u=α ∙u⨁ β ∙u (α+β ) ∙ (x1 , x2 )=α ∙ (x1 , x2 )⨁ β ∙ (x1 , x2 ) ( (α+β ) ∙ x1 , (α+ β ) ∙ x2 )=α ∙ (x1, x2 )⨁ β ∙ (x1 , x2 )(α ∙ x1 , α ∙ x2 )⨁ (β ∙ x1 , β ∙ x2 )=α ∙ (x1 , x2 )⨁ β ∙(x1 , x2) α ∙ (x1 , x2 )⨁ β ∙ (x1 , x2 )=α ∙ (x1 , x2 )⨁ β ∙(x1 , x2)

v) Asociatividad ∀α , β∈ k y u∈V (α∗β ) ∙u=α ∙( β ∙u)

(α× β ) ∙ (x1 , x2 )=α ∙( β ∙ (x1 , x2) )

(α× β ) ∙ x1, (α× β ) ∙ x2=(x1 , x2 )∙ (β ∙ (x1 , x2 ))α ∙ (β ∙ x1 , β ∙ x2 )=( x1 , x2 ) ∙ (β ∙ (x1 , x2 ))(x1 , x2 ) ∙( β ∙ (x1 , x2 ))=(x1 , x2 ) ∙ (β ∙ (x1 , x2 ))

vi) 1 ∙u=u

1 ∙ (x1 , x2 )=(x¿¿1 , x2)¿

(1,0 ) ∙(x¿¿1 , x2)=(x¿¿1 , x2)¿¿((x1−0 ) , ( 0+x2))=(x¿¿1 , x2)¿

(x¿¿1 , x2)=(x¿¿1 , x2)¿¿

Como se cumplieron las 6 propiedades, comprobamos que (V ,⊕) es un espacio vectorial.Sub-espacio vectorial. Sea H un subconjunto no vacio de un espacio vectorial V y suponga que H es en sí un espacio bajo las operaciones de suma y multiplicación por estar definidas en V. Entonces se dice que H es un sub-espacio de V.Se puede decir que el sub-espacio H hereda las operaciones del espacio vectorial padre V.

17

Figura 7 Representación vectorial de un vector.

Además r es un vector que pertenece a V el cual representa a un eslabón. La pareja (V ,⊕) le llamaremos espacio vectorial real.CLASE #6 (3/FEBRERO/2012)

Transformación lineal

Sea (V ,⊕) y (V ' ,† ) , dos espacios vectoriales sobre el mismo campo (k ,† ,⨁) , se dice que la transformación: T :V →V '

Es lineal, si: I) T (u⨁ v )=Tu† Tv , ∀u , v∈V (Principio de Superposición) II) T (α ∙u )=α⨀Tu ,∀u , v∈V (Homogeidad)

Definamos a L (V ,V ´ )={T :V →V ' ;T es lineal } al conjunto de todas las tranformaciones

lineales de V enV ' .

Sea también T∈ L (V ,V ' ) se dice que el núcleo de T denotado por:

NT={∀u∈V ,Tu=⨁ }⊂V .

El núcleo de T esta dotado por elementos de u que pertenecen a V tal que cuando se le aplica una

transformación al elemento u mapea como resultado al elemento nulo.

Y se dice que el rango de T es:

RT={V '∈V ,V '=Tu , paraalgúnu∈V }⊂V '

Como macatrónicos debemos de trabajar en la zona lineal Ejemplos

18

Base.

Es un conjunto de V que al combinarse generan todos los valores posibles.

Figura 8 Esquema de espacios vectoriales y transformación lineal T

Tarea 2

Realizar una práctica en donde se explique grupos a espacios vectoriales en Mathematica 8.0. Tienen que tener sus propiedades. Se debe de entregar en Word, con las fórmulas y aparte su código hecho en Mathematica 8.0.

2.2. Rotaciones de un cuerpo rígido.

Rotación.

Sea V= {(x1, x2 ): x1 , x2∈R }, se propone la transformación lineal con las operaciones de suma y

multiplicación usuales.

Además ∙ :k ×V →V esta definida como:

α ∙ (x1 , x2 )=(α x1 , α x2)∈V

Una rotación de cuerpo rígido es una transformación lineal, ortogonal y de determinante positivo (+1).

Tρ (p , ∙ ) :V→V

19

Definida como:

Tρ( p , r )= 1

∥ p∥2{p∗r }

Donde p=( p1 , p2 )∈V , está fijo y es llamado parámetro de rotación. El cual contiene la información de rotación, la cantidad de giro y el eje de giro.p1=Cantidad derotación. p2=Eje de giro .

r es un vector que pertenece a V .Cuando el determinante es negativo se presenta una reflexión.

Figura 9 Reflexión de un vector.

La norma es arbitraria siempre y cuando ‖p‖≠0 Cuando la norma es unitaria hablamos de los parámetros de Euler lo cual nos conviene.

Figura 10

Recordemos que la base de V esta definida como:

B= {e j }j=1

2

B= {(1,0 ) (0,1 ) }ϵ V

Los elementos de B, son linealmente independientes.

Observando que la dimensión de V=2 debido a que es el número de elementos de la base.

La operación ¿ :V ×V →V

r=(p1 , p2 )∗(r1 ,r 2)=( p1 r1−p2 r2, p2 r1+ p1r2 )∈V

La norma de p denotada como:

20

‖p‖2=⟨ p12 , p2

2 ⟩

⟨ p1 , p2 ⟩ : Es una función producto punto (producto interno)

Y r∈V , es un vector que apunta coordenadas (r1 , r2)

r’¿T r

cosθ=¿ r , r '> ¿∥r∥∥r ' ∥

¿

La función ¿∘ ,∘>∈R es llamada función producto punto o “interno”.

Ejemplo 2.2.1.

¿ p ,r¿=∑i

2

pi ri∈R

Demostrar que ρ ( p ,∙ ) , es una rotación

a) Lineal

i) ρ ( p , rq )= ρ ( p , r )+ρ ( p ,q ) , r y q∈V

Desarrollando el lado izquierdo para llegar al lado derecho.

Donde aplicando la definición de transformación y la propiedad distributiva de la operación * bajo la operación ⊕ ,(propiedad de campo).

ρ ( p , r⨁q )= 1

∥ p∥2 {p∗(r⨁q ) }= 1

∥ p∥2⋅ {p∗r⨁ p∗q }=¿

¿ 1

∥ p∥2∙ {p∗r }+ 1

∥ p∥2{p∗q }=ρ ( p , r )⨁ ρ( p ,q)

ii) ρ ( p ,α , r )=α ∙ρ ( p , r )

ρ ( p ,α ∙ r )= 1

∥ p∥2∘ { p∗(α ∙ r ) }=¿

¿α 1

∥ p∥2{ p∗r }=¿

¿α ∙ ρ ( p , r )b) Ortogonal

¿ ρ ( p ,r ) , ρ ( p ,q )≥¿ r ,q>¿

r y q∈V

c) Det [ μe ( p ,∙ ) ]=+1

*AGREGAR PRIMER PROGRAMA MATEMATICA

Figura 11 Rotación del vector r.

21

tarea realizar una practica comprobando las propiedades de grupo hasta espacio \vectorial. Usando Teoría y Mathematica.

CLASE #7 (8/FEBRERO/2012)

2.3. Cinemática de mecanismos

Tendremos la oportunidad de comprobar y comparar resultados constantemente. los vectores y las graficas proporcionan una compresión visual que frecuentemente se oculta al usar métodos numéricos. la situación por métodos gráficos elimina largas soluciones trigonométricas y simplifica grandemente el calculo.

Los cálculos deberán ser usados donde quiera que sean simples y en todos los cálculos son de las soluciones graficas no ofrezcan ventaja. Así todos los problemas llevaran consigo algún trabajo analítico. Uno podría no esforzarse para evitar cálculos, pero más bien deben confinarse hábilmente los dos métodos en provecho del rendimiento y exactitud. El método mas cortó el más simple es normalmente el más exacto.

Para calcular la posición, velocidad y aceleración lineal y angulares en un sistema articulado es necesario determinar el modelo cinemático, que describe la cinemática del mismo.

Antes recordamos nuestro marco teórico.

Sea V=¿y sea B={(1,0) ,(0,1)}ϵ V , una base de V de Dim [B]=?

Sea la operación ⊕ :V xV →V 1 definida como: (x1 , x2 )⊕ ( y1 , y2 )=(x1+ y1 , x2+ y2)∈V y la

transformación (Rotacional).

ρ ( p , ṟ )= 1

||p||2{p∗ṟ }

La transformación e (p , ∙ )V→V M e ( p ,∙ )= 1

‖p‖[ p1 −p2

p2 p1]∈M 2 x2

Det [Me( p1) ]=1

(7)

Donde p=( p1 , p2)∈V

p1=cosθ

p2=senθ

Además; ¿ :VxV →V es la operación multiplicación

(x1 , x2 )∗( y1 , y2 )= (x1 y1−x2 y2 , x1 y2+x2 y1 )+V

Y la normal:

22

||p||2=¿ p , p≥∑i=1

2

pi∈R

Puede tomar cualquier valor arbitrario en este caso: ||p||2=1 (parámetros de Euler)

Gráficamente el vector ṟ ' nace de rotar(aplicar la trasformación)del vector r. Y está expresado en componentes cartesianas. ṟ=(r1 , r2 ) ϵ V

Para encontrar p1 , p2∈R podemos relacionar la función producto interno.cosθ=¿ r , r '> ¿

‖r‖‖r '‖¿

cosθ=¿ r , e ( p , r)> ¿‖r‖‖e( p , r )‖

¿

cosθ=¿(r1 ,r 2) ,1

‖p‖2( p1 , p2)∗(r1 , r2)>

¿‖r‖2

¿

cosθ=¿(r1 ,r 2) ,( p1 r2−p2 r2 , p2 r2+r2 p1)>¿

‖p‖2‖r‖2¿

cosθ=¿ r1 ( p1 r2−p2 r2 )+r2( p2 r1−r2 p1)>¿

‖p‖2‖r '‖2¿

cosθ=p1 (r1

2+r22 )

‖p‖2‖r '‖2 =p1

‖p‖2‖p‖2=1=p1

2+ p22

p22=1−co s2θp2

2=sen2θ p2=± senθ

Signo: (+)Rotación, (-)Reflexión.Metodología de estudioPara encontrar el modelo cinemático de cualquier mecanismo plantearemos una metodología de estudio basada en 3 pasos.

1) Definición del problema, definición de las bases (sistema de coordenadas)B= {(1,0 ) (0,1 ) }∈V2) Observar que las bases locales (móviles) son una rotación de la base global (fijo)

Dim [B ]=23) Ecuación de lazo (vectores) relación de solución para el problema definido.Ejemplo 2.3.1

Encontrar el modelo cinemático del mecanismo:

23

Datos:

l2=40cml3=30cmθ1=30 °θ2=45 °.

El modelo cinemático relaciona la posición p∈R2con los ángulos (parametros de rotación

p=( p1 , p2)∈V )

Cinemática Directa

Dados los datos l2 ,l3 , p , q ,encontrar el vector de posición r A . Ecuaciones lineales.

Se definen las bases (sistema de coordenadas)de cada eslabón.

{e j }j=1

2 Base global fija (inercial) = {e1 , e2 }={(1 ,0 ) , (0,1 )}

Figura 13 Base orto normal de un sistema de coordenadas en 2D.

Figura 12 Mecanismo del Ejemplo 2.3.1

24

‖e j‖=1

Cinemática del mecanismo

La base móvil para el eslabón 2 y 3.

{e j ' }j=1

2 Eslabón 2

{e j ' ' }j=1

2

Eslabón 3

Observar que cada eslabón debe tener asociado un sistema de coordenadas (base).

Simplificando la notación:

e1' ={e ' j }j=1

2

e1' '= {e ' ' j } j=1

2

Por la propiedad de ortogonalidad de ρ ( p ,∘ ).

Rotación

Las bases móviles son una rotación de la base global fija.

{e j ' }j=1

2 =ρ (p , {e j }j=1

2 )= 1

‖p‖2 {p∗{e j } j=1

2 }

Para cada rotación se necesita un parámetro.

e1' =ρ ( p , e1 )={ p∗e1 }=( p1 , p2 )∗(1,0 )

p=( p1 , p2 ) ϵ V

p1=cos θ1 p2=senθ1

{e j ' ' }j=1

2 =ρ (q , {e j }j=1

2 )= 1

‖q‖2 {q∗{e j } j=1

2 }

e1' '=e (q , e '1 )=(q1 , q2 )∗( p1 , p2)∗(1,0 )

q=(q1 ,q2 ) ϵ V

q1=cosθ2 q2=senθ2

Figura 14 Definición de bases móviles y fija del mecanismo a analizar.

25

Para los eslabones:

b1=l1 ∙ {e j ' } j=1

2 =l1 ∙ e1 '

b2=l2∙ {e j' '} j=1

2=l2 ∙ e2 ' '

Construccion de vectores

Para la posición de A respecto a la base fija se construye la ecuación de lazo:

r A=b1⊕b2

(1) Es una representación matemática de las restricciones físicas del momento de los eslabones del mecanismo. r A=l1 ∙ e

'1⨁ l2 ∙ e

' '1

r A=l1⋅ [ (p1 , p2 )∗(1,0 ) ]⨁ l2 ∙ [ ( p1 , p2)∗(q1 ,q2 )∗(1,0 ) ]r A=l1 ∙ ( p1 , p2 )⊕ l2 (q1 p1−q2 p2 , q2 p1+q1 p2 )

Separando r A en componentesr Ax=l1 p1+l2(q1 p1 ,−q2 p2)

r Ay=l1 p2+l2(q2 p1−q1 p2)

Siendo r Ax y r Ay incognitas.r Ax=40 p1+30 (q1 p1−q2 p2)=42.4055 cm

r Ay=40 p2+30 (q2 p1−q1 p2)=48,9777 cm Cinemática inversa

Dados los datos l2 ,l3 , r A, encontrar el vector de

posición p ,q. Ecuaciones no lineales.

Plantear un sistema de ecuaciones que determine el ángulo que debe de rotar el eslabón para alcanzar una nueva posición.

Definimos:

Ecuación cinemática…… (2)

Figura 15 Vector r A que

va de la base fija a la posición A.

Figura 16 Representación del movimiento del mecanismo, de un punto A al B.

26

P=(P1 , P2 ) ϵ V

Q=(Q1 ,Q2 ) ϵ V

Construir bases con parámetros virtuales:

a1' =ρ (P ,e1

' )=(P1 ,P2 )∗( p1 , p2)∗(1,0 )

a1' =P1 p1−P2 p2 ,P2 p1 ,P1 p2

Caso 1

a1' '=e (Q ,a1

' )

Caso 2

a1' '=e (Q ,e1

' ' )= (Q1 ,Q2 )∗(p1 , p2 )∗(P1 ,P2 )∗(1,0 )

b1' =l1∙ a1

' b2' =l2∙ a2

' '

Vector de posición r B

r B=b1' ⊕b2

'

r B=(r Bx , rBy )=l1 ∙ [ (P1 , p2 )∗( p1 , p2 )∗(1,0)]⨁ l2 ∙ [ (Q 1 ,Q2 )∗(P1 , p2 )∗( p1 , p2 )∗(1,0)]

r Bx=l1 ∙(P¿¿1 p1−P2 p2)+l2 ∙¿¿

r By=l1 ∙(P2 p1+P1 p2)+l2 ∙¿

||P||2=P12+P2

2=1

||Q||2=Q12+Q2

2=1

Sistema de ecuaciones no lineal del tipo polinomial.

Un método de solución es el de Newton-Rhapson.


Métodos numéricos de solución

Es un método numérico iterativo, que sirve para encontrar una raíz de un a función no lineal. Este método inicia con valores iniciales estimados y consistentes con el sistema de ecuaciones.

En esencia consiste en representar con una recta tangente que pasa por un punto de la ecuación lineal. Esta recta corta al eje de las X dando un valor aproximado de la solución real.

27

Ejemplo 2.3.2

Se desea conocer la ecuación de una recta que intercepte con la función.

m=y1− y2

x1−x2

,dydx

=d x2

dx=2x

(x2−x1 )m= y1

x2=x1−1my1

Valor inicial (se propone un valor inicial del cual partiremos ha realizar las iteraciones)

Supongamos que:x1=2

y1=x12=22=4

x2=2− 12 (2 )

(4 )=1, no es solución

Evaluamos para comprobar que no es solución

y2=12=1

x3=x2−1my2

x3=1− 12 (1 )

(1 )=12

y3=( 12 )

2

=14

, no es solución ya que se debe cumplir con la ecuación F (θ )=0

Podemos observar que podríamos repetir la operación n veces y no llegaría a cero, por lo tanto para efecto de nuestro estudio usaremos dos criterios de paro:

1º CRITERIO DE PARO

Determinar un cierto numero de ceros para el cual consideremos que la aproximación es correcta.

y=f (θ)≤0.0001

2º CRITERIO DE PARO

28

El tiempo de ejecución de un programa es fundamental en el optimo desempeño de la tarea que deseamos realizar, es por eso que se debe considerar el tiempo disponible para saber cuantas veces nuestro programa será capaz de iterar.

Para encontrar una solución a nuestro problema de cinemática inversa haremos uso de éste método.

Vamos a representar las ecuaciones con un vector

F=[F1 , F2 , F3 , F4]

y buscamos la solución

F (θ )=0 donde θ [P1 ,P2 ,Q1 ,Q2] es el vector de incognitas

Para encontrar el valor (raíz) de θ

θi=θi+△ θi

Donde:

θi=¿ Punto estimado o valor estimado.

∆θ i=¿ Factor de corrección: es el error, la diferencia entre el punto estimado y la solución real.

Taylor (Serie truncada de Taylor)- La serie de Taylor linealiza sistemas, expresa un sistema no lineal de manera lineal.

F i (P1 ,P2 ,Q1 ,Q2 )=Fi (P1 ,P2 ,Q1 ,Q2 )+∂ F i

∂P1|θ

△ P1+∂ Fi

∂ P2|θ

△ P2+∂F i

∂Q1|θ

△Q1+∂ F i

∂Q2|θ

△Q2

Lo escribiremos de manera matricial

[F1 (P1 ,P2 ,Q1 ,Q2 )F2 (P1 ,P2 ,Q1 ,Q2 )F3 (P1 ,P2 ,Q1 ,Q2 )F4 (P1 , P2 ,Q1 ,Q 2) ]=[ F1 (θ )

F2 (θ )F3(θ)F4 (θ ) ]+[

∂F1

∂P1

∂ F1

∂ P2

∂F1

∂Q1

∂ F1

∂Q2

∂F2

∂P1

∂ F2

∂ P2

∂F2

∂Q1

∂ F2

∂Q2

∂F3

∂P1

∂ F3

∂ P2

∂F3

∂Q1

∂ F3

∂Q2

∂ F4

∂P1

∂F4

∂ P2

∂ F4

∂Q1

∂F4

∂Q2

][△ P1

△ P2

△Q1

△Q2]

Rescribiremos la ecuación de una manera reducida

0=Fi (θ )+∂ Fi

∂θ△ θi

Despejamos △θ i

29

△θ i=−[ ∂ Fi

∂θ ]−1

Fi (θ )

Sustituyendo △θ i en θi=θi+△ θi nos queda de la siguiente manera

θi=θi−[ ∂ Fi

∂θ ]−1

Fi (θ )

x i+1=x i−1my i


2.4. Análisis de Posición.

Al analizar el movimiento, el problema inicial y más fundamental que se encuentra es definir y manejar los conceptos de posición y desplazamiento. Puesto que se puede considerar que el movimiento es una serie de desplazamientos en el tiempo siguiendo posiciones sucesivas, es importante comprender con exactitud el siguiente significado del termino posición; en otras palabras, es necesario establecer reglas o convenciones para que la definición sea precisa.

La posición de un punto, es el vector que va del origen de un sistema de coordenadas de referencia especificado al punto.

Recordando que la posición de los elementos de un mecanismo se encuentra a través de la ecuación de restricción (Ecuación de Lazo). Hemos analizado el mecanismo mostrado en la Figura 12 usando el método de algebra compleja.

2.4.1. Método Gráfico

Este método consiste en trazar a escala todas las longitudes y ángulos del mecanismo, después se pueden medir en forma directa las medidas correspondientes del dibujo realizado.

2.4.2. Método Analítico

Este método se basa en el uso de números de Euler (1843), y su representación en coordenadas cartesianas.

La posición de un punto p en el plano (x+i y ) se puede representar a través de la

siguiente rotación:

r p=r ∙ ei θ

Donde r p es el vector de posición.

Caso prácticoAnálisis de posición

Método Gráfico

30

Podemos rescribir lo anterior como:r p=r (cosθ+ isin θ)

Analizando la posición del mecanismo siguienter A=l1 ∙ e

i θ1

r BA

=l2 ∙ ei(θ1+θ2 )

r p=r ( r ∙ e iθ )

Donde r=‖r‖, es la magnitud de r en su representación r p=cosθ+ isenθ

e i θ=(cosθ+i senθ )

e i θ1+ei θ2=cosθ1+isinθ1

Definiendo el modelo cinemático del mecanismo.Utilizando la ecuación de lazo

RB=RA+R BA

Donde r A=l1 ∙ e i θ1 y r B/ A=l2 ∙ ei (θ1+θ2 )

r B=l1∙ ei θ1+l2 ⋅e

i(θ1+θ2)

r Bx=l1 cosθ1+l2cos (θ1+θ2)

r B y=l1sin θ1+l2 sin(θ1+θ2)

“Cinemática inversa”r B´=l1 ∙ e

i(θ1+φ1)+l2 ∙ei (θ1+θ2+φ1+φ2)

r Bx'=l1 cos(θ1+φ1)+l2 cos (θ1+θ2+φ1+φ2)

r B y' =l1sin(θ1+φ1)+ l2 sin(θ1+θ2+φ1+φ2)


Método Analítico

31

2.4.3. Método matricial

Cinemática Directa.

Componentes de vectores.

xB=l1cosθ1+l2 cos (θ1+θ2)

yB=l1sinθ1+l2 sin(θ1 +θ2)

Donde las incógnitas de las ecuaciones anteriores son: xB y yB

Cinemática Inversa

xB´=l1 cos (θ1+∅ 1 )+¿ l2 cos (θ1+θ2+∅ 1+∅2 )¿yB ´=l1sin (θ1+∅ 1 )+l2sin (θ1+θ2+∅1+∅ 2 )

Donde las incógnitas son ∅ 1y ∅ 2.

2.5. Análisis de Velocidad.

En la Figura 17 un punto en movimiento se observa primero en la ubicación P, definida por el vector de posición R(t). Después de un breve intervalo de tiempo,

∆ t , se obseva que su posición ha cambiado a P’, definida

por R(t+∆ t ). Por definición:

V= lim∆t⟶0

R (t+∆ t )−R (t)∆ t

=dRdt

La velocidad de un punto es una cantidad vectorial igual a la rapidez de cambio de su posición respecto al tiempo. Al igual que los vectores de posición, el vector velocidad se define para un punto específico; “velocidad” no debe aplicar a una recta, sistema de coordenadas, volumen u

otra colección de puntos, puesto que la velocidad en cada punto puede diferir.

2.5.1. Método Gráfico.

Consiste en trazar la configuración geométrica del mecanismo respecto a las longitudes y ángulos de los eslabones este debe de estar a escala de tal forma que pueda construir el polígono de velocidades correspondientes. Después tomo medidas de las variables de interés.

Figura 17 Desplazamiento de una partícula.


Método Matricial

32

Para éste método se siguen lo siguientes pasos:

Trazar mecanismo a escala. Trazar las velocidades lineales a escala. Recabar la información cinemática del mecanismo. Trazar y encontrar en forma grafica la ecuación de lazo de velocidad.

Nota: El método grafico trabaja con magnitudes no con vectores.

Ejemplo 2.5.1

Calcular la velocidad del punto B (V B)(Velocidad lineal)

V B=V A+V B /A

Es la ecuación de lazo de velocidad.

Sabemos que ω1=1.5rads

y que ω2=2rads

V A=l1 ∙ω1=40 (1.5 )=60ms

Trazo el vector V A⊥ A0 A

V B=l2 ∙ω2=30 (2 )=60ms

Trazo el vector V B/ A⊥ AB

Tomo las medidas de V Bdespuesde contruir el poligono develocidad . Se debe de utilizar y

respetar la escala apropiada. Una vez trazado el polígono tomamos medida del vector Vo.

Vo=111ms


Partir de la posición

R=r ei θ…(1)

Figura 18 Polígono de velocidades del mecanismo.

Caso prácticoAnálisis de velocidad

Método Gráfico

33

Si se deriva (1) con respecto al tiempo obtenemos lo siguienteV p=

ΔRΔt

= limΔt→0

R (t+Δt )−R( t)Δt

V p=R p=r ∘ ei θ+ir θ e i θ

V p=i rω ei θ

Aplicando lo anterior Figura 18.

V A=i l1ω1 ei θ1

V A=i 40(1.5)(cosθ1+i sinθ1)

V BA

=i l2ω2 ei (θ2+θ1)

V BA

=i30(2)¿

V B=V A+V BA

V Bx=−40 (1.5 )sin (30 )−30 (2 ) sin (45+30 )=−87.9555

cms

V By=40 (1.5 ) cos (30 )+30 (2 ) cos ( 45+30 )=67.4906

cms

V B=√V B x

2 +V B y

2 =√87.95552+67.49062=110.8655cms

θr=tan−1(V B y

V B x

)=127.5 °


2.5.3. Método de Álgebra Compleja

Deducción de las ecuaciones de velocidad partiendo de r


Método Analítico

34

ρ ( p , r )= 1

‖p‖2{p∗r },‖p‖2=1

p=( p1 , p2 ) ϵV , es un parámetro de rotación

con p1=cos θ y p2=senθ

Entonces si deseamos saber su velocidad debemos calcular la derivada de P

p=dpdt

=d ( p1 , p2)

dt

con d P1

dt=−senθ θ y

d P2

dt=cosθ θ

Entonces podemos rescribir a p como p=( p1 , p2 )

entonces

p=(−p2 θ , P1 θ )=(−p2 , p1) θ

Entonces para calcular la velocidad nos queda de la siguiente manera

ρ ( p , r )= 1

‖p‖2{ p∗r }= 1

‖p‖2¿

Vamos a manejar un parámetro de velocidad donde incluiremos los valores de ω respectiva de cada

eslabon.

ω={0 ,θ }

Ro [ω,b1 ]= {0 ,θ }∗{b1 ,b2 }

b=Ro[ p ,r ]

Recordando algunos conceptos:

e '1=ρ (p , e1 )

b1=l ∙ e'1

b1=(l p1 , l p2)

Entonces la ecuación de velocidad queda de la siguiente manera

V P=Ro [ω,b1 ]= {0 ,θ }∗{l P1 ,l P2 }

V P=(0−l p2 θ , l p1 θ+0 )

V P=(−l p2 ,l p1 )

Parametro de velocidad

35

Aplicando la ecuación anterior

V B=V A+V BA

Ecuacion vectorial de velocidad

W 1={0 ,ω1 } Parametro de velocidad de barra

V A=Ro [W 1 , b1 ]={0 ,ω1 }∗{l1 p1 , l1 p2 }

V A={−ω1l1 p2ω1l1 p1 }

W 2={0 ,ω2 }

V BA

=Ro [W 2 , b2 ]={0 ,ω2 }∗{l2( p1Q1−p2Q 2 , p2Q1+ p1Q2)}

V BA

={−ω2( l2 ( p2Q1+ p1Q2 )),ω2(l2 ( p1Q1−p2Q 2))}

V Bx=−ω1l1 p2−ω2( l2 ( p2Q1+ p1Q2 ))

V By=ω1 l1 p1+ω2(l2 ( p1Q 1−p2Q2 ))

2.5.4. Método Matricial

Recordemos las ecuaciones de posición de cinemática directa

xB=l1cosθ1+l2 cos (θ1+θ2 )yB=l1 senθ1+l2 sen (θ1+θ2)

teniendo como incógnitas xB y yB.

y las de cinemática inversa son las siguientes

xB'=l1 cos(θ ¿¿1+φ1)+ l2cos (θ1+θ2+φ1+φ2)¿yB '=l1 sen (θ¿¿1+φ1)+l2 sen (θ1+θ2+φ1+φ2)¿

con φ1 y φ2como incognitas.

Entonces obtendremos las ecuaciones de velocidad derivando las ecuaciones de posición de cinemática directa.

xB=−l1 senθ1ω1−l2 sen (θ1+θ2 )(ω1+ω2) yB=l1cos θ1ω1−l2 cos (θ1+θ2 )(ω1+ω2)

Lo escribimos de manera matricial expresado en


Método Álgebra Compleja

36

[ xByB]=[−l1 senθ1−l2 sen (θ1+θ2 ) −l2 sen (θ1+θ2 )l1cosθ1+l2 cos (θ1+θ2 ) l2cos (θ1+θ2 ) ] [ω1

ω2]

El jacobiano es una transformación lineal que mapea velocidades angulares (articulares) a velocidades lineales, varían con respecto a la posición cada posición tiene un jacobiano diferente y además geométricamente hablando es tangente a la trayectoria que genera el mecanismo.

V=l ω

Donde: l esel jacobiano

ω=J (θ)−1 x

La cinemática directa de velocidad dados como datos ω1 ,ω2 , l1 , l2 , θ1 yθ2 encontrar:

xB y yB.

La cinemática inversa de velocidad dados como datos las xB y yB(velocidades lineales);

l1 y l2(longitudes);θ1 yθ2(angulos)eencontrar ω1 ,ω2.

de manera simplificada queda de la siguiente manera

x=J (θ)ω

y para la cinemática inversa de velocidad las ecuaciones quedan de la siguiente manera

37

ω=J (θ )−1 x[ω1

ω2]=[J (θ )−1 ][ x B'

yB' ]J (θ )−1= 1det [J (θ ) ]

Adj [J (θ ) ]

2.6. Mecanismo de biela corredera.

Donde:

Figura 19 Biela corredera.

38

r2=4cmr3=5.5cmθ=60 °x=6.7 cmc=1.2cmω1=1.2 rad /s

2.6.1. Método Gráfico

2.6.1.1. Análisis de posición.

Se debe medir las magnitudes de forma directa, y establecer los sentidos de los vectores de posición y velocidad, basándonos en la ecuación vectorial de que se trate:

r p=ra+r p /a

2.6.1.2. Análisis de Velocidad.

Se calcula la magnitud de la velocidad del punto A.

V A=r2ω2= (4 ) (1.2 )=4.8cm /s

Considerando que V B es paralela a eje de las x y que V A /B es perpendicular a

r3, podemos terminar de construir el polígono de velocidades y procedemos a

tomar medidas.

2.6.2. Método Analítico.

2.6.2.1. Análisis de Posición.

Planteamos la ecuación de lazo r 4=r2+r3.

Figura 20 Polígono de velocidades.

39

r1=|r1|ei θ1=( 4 ) (cos60+ i sen60 )=2+i 2√3

r2=|r2|ei θ2=(5.5)[ cos (−26 )+i sen (−26 ) ]=6.94+i1.05


V A=ir 2ω2ei θ1=i ( 4 ) (1.2 ) (cos60+i sen60 )=2.4 i−12√3

5

V B/ A=ir3ω3 ei θ2=i (5.5 ) (ω2 ) [cos (−26 )+i sen (−26 ) ]=i 5.5ω2 cos (−26)−5.5ω2 sen(−26)

V B=V A+V A /B

V B=−12√3

5−5.5ω2 sen (−26 )+i [2.4+5.5ω2cos (−26)]

0=2.4+5.5ω2cos (−26 )

ω2=−0.48 rad / s

∴V B=−5.32cms


2.6.3. Método Álgebra compleja.


Cinemática Directa

Definimos las bases:

Figura 21 Análisis de velocidad, método analítico.

Figura 22 Definición de bases.

40

e1' =ρ ( p , e1 )=( p1 , p2 )

e1' '= ρ (q , e1)=(q1 , q2 )

q1=cosθ3

q2=senθ3

b2=r2∙ e1' =(r2 p1 , r2 p2)

b3=r3 ∙e1' '=(r3q1 , r3q2 )

r B=b2⊕b3=(r2 p1 .r 2 p2)⊕(r3q1 , r3q2)

r Bx=r2 p1+r3q1r By=r2 p2+r3q2q12+q2

2=1 p12+ p2

2=1

Cinemática Inversa

Sea:

P=(P1 , P2 )Q=(Q1 ,Q2)

Definir las bases

a1' =ρ (P ,e1

' )a1' '=ρ (Q ,e1

' ' )

r1' =|r1|∙ a1

' =|r1|{(P1 , P2 )∗( p1 , p2 )}=|r1|{P1 p1−P2 p2 ,P2 p1+P1 p2 }r2' =|r2|∙a1

' =|r2|{(Q1 ,Q2 )∗(q1 , q2 )}=|r 2|{Q1q1−Q2q2 ,Q2q1+Q1q2}

Por la ecuación de lazo.

r3' =r1

' +r2'

Formando un sistema de ecuaciones.

x :|r1|(P1 p1−P2 p2 )+|r2|(Q1q1−Q2q2 )y :|r1|(P2 p1+P1 p2 )+|r2|(Q2q1+Q1q2 )P12+P2

2=1

Q12+Q2

2=1


Cinemática Directa

Figura 23 Definición de bases, Cinemática inversa.

41

V A=Ro [ω1, r1 ]V BA

=Ro [ω2 , r2 ]ω1={0 ,ω1 ,0}V B=V A+V B

A

=Ro [ω1 , r1 ]+Ro [ω2, r2 ]Donde:

r1=|r1|∙ ( p1 , p2 )r2=|r2|∙(q1 , q2)

2.6.4. Método Matricial.

2.6.4.1. Análisis de Posición

x :Rcosq+Lcos (−A )−x=0(1)

y :Rsenq−Lsen (−A )−c=0(2)

2.6.4.2. Análisis de Velocidad

Derivamos las ecuaciones (1) y (2)

x=−Rsenq q−LsenA A− x=0 y=Rcos q q+LsenA A− y=0

[ Ax ]=q 1LcosA [ 0 1

−LcosA −LsenA ][ Rsenq−Rcosq][−LsenA −1LcosA 0 ][ Ax ]=q [ Rsenq−Rcosq]

[ Ax ]=q[−LsenA −1LcosA 0 ]

−1

[ Rsenq−Rcosq]

Figura 24 Biela corredera, método matricial.

42

[k xka]=[ Aqxq

]=[ −RcosqLcosA

−Rsenq LcosA+Rcosq LsenALcosA

][k xka]=[ −RcosqLcosA

−R senq+Rcosq tanA ]


2.7. Mecanismo de 4 barras.



Construimos la ecuación de lazo.

43

rc=r1+r2rc=r4+r3r1+r2=r4+r3r1+r2−r4−r3=(0,0)

f 1: x r1cos θ1+r2cos θ2−30.68−r3 cosθ3=0f 2: y r1 senθ1+r 2 senθ2−2.52−r3 senθ3=0

Siendo las incógnitas θ2 y r2.


x=d f 1

dt=−r1 senθ1ω1−r2 senθ2ω2+r3 senθ3ω3=0

y=d f 2

dt=r 1cosθ1ω1+r2cosθ2ω2−r3 cosθ3ω3=0

[−r2 senθ2 r3 senθ3

r2 cosθ2 −r3 cosθ3] [ω2

ω3]=ω1[ r1 senθ1

−r1 cosθ1]

Solución:

[ω2

ω3]=[−r2 sen θ2 r3 senθ3

r 2cosθ2 −r3 cosθ3]−1

ω1[ r1 senθ1

−r1 cosθ1]

[k2

k3]=[ ω2

ω1

ω3

ω1]= 1r2 r3 sen (θ2−θ3 ) [−r3cos θ3 −r 3 senθ3

−r2cos θ2 −r 2 senθ3][ r1 senθ1

−r1 cosθ1]Det [ ]=r2 senθ2 ∙r3 cosθ3+r2cos θ2 ∙ r3 senθ3=r2 r1 sen(θ2+θ3)

Teniendo como datos:

θ1=0°r1=20θ2=34.19°r2=40θ3=41.70 °r3=30Sustituyendo:

r 4=(30.68,2 .52 ) tierra fija.

Figura 25 Mecanismo de 4 barras.

Figura 26 Mecanismo de 4 barras. El eslabón 1 paralelo al eje de las x.

44

k 2=1

r 2r3 sen (θ2−θ3 )∙ [−r3 r1cosθ3 senθ1+r3 r1 senθ3 cosθ1 ]

k 3=1

r 2r3 sen (θ2−θ3 )∙ [−r2r1 cosθ2 sen θ1+r2r 1 sen2 cosθ1 ]ω2=k2ω1ω3=k3ω1

2.7.2. Método de Álgebra Compleja.


Cinemática Directa.

Por la ecuación de lazo:

Figura 27 Mecanismo de cuatro barras. Método de álgebra compleja.

45

r1+r2−r3−r4=(0,0 )Construyendo las bases:

e1' =ρ ( p1 , e1 )=(p1, p2 )e1

' '= ρ (q1 , e1 )=(q1 , q2)e1' ' '=ρ ( s1 , e1 )=(s1 , s2)

b1=r1∙ e1' =(r1 p1 , r1 p2 )b2=r2∙ e1

' '= (r2q1 ,r 2q2 )b3=r3 ∙e1' ' '=( r3 s1 , r3 s2)b4= {30.68,2 .52 }

Se separan los componentes

r1 p1+r2q1−r3 s1−30.68=0

r1 p2+r2q2−r3 s2−2.52=0

q1=cosθ1q2=senθ2

Cinemática Inversa.

Definir las bases:

a1' =ρ (P ,e1

' )=(P1 ,P2 )∗( p1 , p2)∗(1,0 )

a1' '=ρ (Q ,e1

' ' )=(Q1 ,Q 2)∗(q1 ,q2 )∗(1,0 )

a1' ' '=ρ (S , e1

' ' ' )=(S1 , S2 )∗(s1 , s2 )∗(1,0 )

b1' =r1∙ a1

'b2' =r2∙ a1

' 'b3' =r3 ∙a1

' ' '

b4' = {30.68,2 .52 }

Por la ecuación de lazo:

b1' ⊕b2

' −b3' −b4

' =(0,0 )P1=cos θ1P2=senθ1

Figura 28 Definición de bases para cinemática directa.

Figura 29 Definición de las bases, cinemática inversa.

46

Teniendo como incógnitas: Q1 ,Q2 , S1 y S2


Cinemática DirectaEcuación de lazo de la velocidad:

V C=V B+V C /DV C=V D+V C /D

V D=0∴V C /D=V B+V C /B

Número dual: ω1={0 ,ω1 }

V B=Ro [ω1 , b1 ]=(0 ,ω1 )∗(r1 p1 , r1 p2)=(−ω1 r1 p2 ,ω1 r1 p1)


V C /B=Ro [ω2 , b2 ]=(0 ,ω2 )∗(r2q1 , r2q2 )=(−ω2r 2q2 ,ω2r2q1)


V C /D=Ro [ω3 , b3 ]=( 0 ,ω3 )∗( r3 s1 , r3 s2 )=(−ω3 r3 s2 ,ω3r 3 s1)

−ω3r3 s2=−ω1 r1 p2−ω2 r2q2ω3r3 s1=ω1r 1 p1+ω2r2q1

Donde las incógnitas son: ω2 y ω3 .

47


2.8. AceleraciónEn la Figura… se observa primero un punto móvil en la ubicación P en donde tiene una velocidad V P. Después de un breve intervalo de tiempo ∆ t , se observa que el punto se ha desplazado siguiendo cierta trayectoria hasta la nueva ubicación P’, y que su velocidad ha cambiado a V 'P, que puede diferir de

V P tanto en magnitud como en dirección. ∆V P=V P

' −V P

La aceleración promedio del punto P durante el intervalo es ∆V P/∆ t . La aceleración instantánea del punto P se define como la rapidez de cambio de su velocidad respecto al tiempo, es decir, el límite de la aceleración promedio para el intervalo de tiempo infinitesimalmente pequeño.AP= lim

∆ t→ 0

∆V P

∆ t=dV P

dt=d2RP

d t2

El vector aceleración se define apropiadamente sólo para un punto; no aplicable a una recta, sistema de coordenadas, volumen o cualquier otra colección de puntos.2.8.1. Método Gráfico

La relación vectorial de la aceleración parte de la ecuación vectorial de la aceleración:r B=r A+rB / A

V B=V A+V B /A

aB=aA+aB / AEn componentes cartesianas (coordenadas cartesianas X-Y)aBn+aB

t =aAn +aA

t +aB / An +aB /a

t

Figura 30 Sistema de coordenadas normal y

tangencial de la aceleración

Figura 31 Vector de aceleración, referenciado en el

sistema de coordenadas inercial en el punto B.

Para el movimiento circular en el método gráfico, sabemos que este tipo de problemas de composición de velocidad:V A2 /A 1=V A2−V A1

Sin embargo, para el tipo de mecanismo de contacto deslizante, se le agrega un termino AC denominado aceleración de Coriolis2. a A4=aA 2+aA4 / A2+Ac

La aceleración de coriolis es una aceleración que nace del movimiento relativo de los eslabones, es decir una fuerza interna que aparece debido a la interacción interna de los eslabones.Esta aceleración se representa como:

Ac=2ω2 x V A4 / A2

Donde:

ω2Es la velocidad angular

V A 4 /A2 DiferenciadevelocidadNota: La velocidad relativa se da entre puntos y la diferencia de velocidad se da entre eslabones.Por lo anterior podemos decir que:Para mecanismos donde no existe contacto deslizante se utiliza [Newton]Para mecanismos que utilizan o tienen contacto deslizante se utiliza [Coriolis]

2.8.2. Método AnalíticoSea:R=r ∙ e iθ

2 Gaspard Gustove de Coriolis. (1792-1843). Ingeniero francés.Especializado en ingeniería de obras públicas, cursó también los estudios de física y matemática. Fue profesor en la Escuela Politécnica de París y miembro de la Academia de Ciencias. En sus trabajos sobre el movimiento relativo evidenció la influencia del movimiento rotatorio de la Tierra.

Figura 32 Componentes radial (

er) y tangencial (eθ

Entonces:V A=

dRdt

=r ∙ eiθ+rω eiθ

Donde:r=velocidad radialrω=velocidad absoluta

En componentes cartesianas X-Y:V A=r (cosθ+ isenθ )+ irω ( cosθ+isenθ )V A=r cosθ+ i r senθ+irωcosθ−rωsenθ

Reacomodando en una matriz tenemos:[V x

V y]=[cosθ −senθ

senθ cosθ ][ rrω]

Matriz de rotación:M T ( ρ ,∙ )=

1

‖P‖2 [cosθ −senθsenθ cosθ ]

Despejando:[ rrω]=[cosθ −senθ

senθ cosθ ]−1

[V x

V y]

Ahora derivamos V A respecto al tiempo:V A=r ∙ e

iθ+irωeiθ

a A=r eiθ+ irωeiθ+irωeiθ+ir∝ eiθ−r ω2e iθ

a A=( r−r ω2)e iθ+ i(r∝+2ωr )eiθ

Figura 33 Componentes normal y tangencial en una

trayectoria S.

Donde existen dos componentes del “vector” de aceleraciónr=Aceleracion Radial−r ω2=Aceleracion Normal

Y además2ωr=AcelecionCoreolis

Para comprender lo anterior:a A=( r−r ω2) (cosθ+isenθ )+i(r∝+2ωr )(cosθ+isenθ )

Reacomodando:a A=( r−r ω2) (cosθ+isenθ )+i (r∝+2ωr ) (cosθ+isenθ )

a A=( r−r ω2)cosθ− (r∝+2ωr ) senθ+i [ (r−r ω2 ) senθ+(r∝+2ωr )cosθ ]

Además AC del mecanismo no es constante.

Figura 35 Representación gráfica del producto cruz.

Figura 34 Componentes de aceleración de Coriolis en una trayectoria S.


2.8.3. Método analítico contacto deslizante.

Recordando que un mecanismo con contacto deslizante, la ecuación de aceleración total es:a A=( r−r ω2)e iθ+ i(r∝+2ωr )eiθ

Observando que r y r son medidas en el marco (e iθ , i eiθ)Mientras que ω y α son medidas desde (x,y), es decir, ω y α inducen la velocidad en r y r en el eslabón “A”.

2.8.4. Método Analítico para un mecanismo de biela corredera.

Como caso particular se plantearon las ecuaciones de aceleración sin pérdida de generalidad:Análisis de Posición.

f 1→x :Rcosq+LcosA−x=0f 2→ y :Rsenq+LsenA−c=0

[ f ]=0 Ec. De restricción de cinemática

Figura 36 Ejemplo: mecanismo de una barra y

una corredera

Figura 37 Mecanismo de biela corredera.

Análisis de Velocidad

Si [S ]=[ A , x ] Vector derivandod [ f ]dt

[ S ]=[ A , x ] incógnitas [ S ]=[ A , x ]

d [ f ]dt

=[J ] [ S ]=−q [ ∂ f∂q ]donde [J ]=∂ f∂S

Comprobación:[J ]=[ ∂ f 1

∂ A

∂ f 1

∂ x∂ f 2

∂ A∂ f 2

∂ x] [k s ]=[ Ax ] q=[−LsenA −1

LcosA 0 ][ Rsenq−Rcosq ]

[J ]=[−LsenA −1LcosA 0 ][ Ax ]=q [k s ] [ S ]= q [k s ]

Construyendo la ecuación de velocidad:

[−LsenA −1LcosA 0 ][ Ax ]=−q [−Rsenq

Rcosq ]*Resolviendo AnalíticamenteDe f 1 y f 2

A=−Arcsen [−Rsenq−cl ]x=Rcosq+LcosA

Análisis de Aceleración Caso 1

velocidad :d [ f ]dt

aceleracion :d2 [ f ]d t 2

Caso 2

ddt

[k S (q ) ]=d k sdt

∙dqdq

Para el caso 2

Calculando la aceleración[ S ]=q [ks ]+q d

dt[ ks ]→ [ S ]= q [ks ]+ q2 d

dq[k s]

Para un sistema de contacto deslizantes la aceleración se encuentra enseguida en la [ S ].

CLASE #18 (5/MARZO/2012)

2.9. Análisis del mecanismo de colisa invertida.

Figura 38 Mecanismo de colisa invertida.

2.9.1. Método Algebra Compleja


e1' =Ro [ p ,e1 ] y e1

' '=Ro [q , e1 ]

Sean las basesb1=r1∙ e1

' =(r1 p1 , r1 p2 )b2=r2∙ e1' '=(r2q1 , r2q2 )

y x=b1+b2

2.9.1.2. Análisis de velocidad.

W 1= {0 ,ω1 }W 2={0 ,ω2}

V A=Ro [W 1 , b1 ]V B/ A=Ro [W 2 , b2]

2.9.1.3. Análisis de aceleración.

A1= {−ω1 , α 1}A2={−ω2 , α2 }

a A=Ro [ A1 , b1 ]aB /A=Ro[A2 ,b2]

aB=aA+aB / A

Respondiendo:r x=rcosθr y=rsenθ

r x=−rsenθ θr y=rcosθ θ

r x=−rcosθ θ−rsenθθr y=−rsenθ±rcosθ θ

Representando en forma matricial se tiene:[ r xr y ]=[cosθ −senθ

senθ cosθ ][−r θ2

r θ ]

Ejemplo 2.9.1. Plantear la ecuación de aceleración para un mecanismo de contacto deslizante:

Datos:r 4=3r2=?θ2=?r1=6

Donde las incógnitas son:

Posicion r2 y θ2

Velocidad r2 y ω2

Aceleracion r2 yα 2

Calculamos a A4 sistema (e1 , e2 )

A4={−ω42 , α 4 }a A4=Ro[A4 , b4 ]

Posición debe ser consistente (las variables y parámetros están relacionadas)|Ac|+|aA 4 A2|=aA4−a A2

Donde:A2= {−ω2

2 , α 2 }a A2=Ro[A2 , b2]

Y además:|Ac|=2ω2 r2|Ac|=2ω2V A4 A 2

b4=b1+b2b4−b1−b2=(0,0)

V A 4 A2=V A 4−V A2

Figura 39 Mecanismo de colisa invertida (bases)

|Ac|∙ e2' '+|a A4 A 2|∙ e1

' '=aA 4−a A2

r2 r2=V A 4 A2 r2=¿ ¿a A2 A4

q1,q2 ω2 α 2


Datos:r2=?θ2=?

r 4=3cmr1=6cm

ω4=10rads

α 4=0rad

s2

2.9.2. Método grafico.


r2=√r12+r 4

2=6.7 cm

θ2=tan−1( r 4

r1)=26.5o


Para este tipo de mecanismo se utilizara la siguiente ecuación de lazo:V A 4 A

2

=V A4−V A2


Figura 41 Polígono de velocidades.

Hacemos un análisis de lo que conocemos y lo que no (Dirección y magnitud de cada eslabón). Trazamos el vector de velocidad y tomamos medidas.V A 2

=14cm / s

V A 4 A2

=27cm /s

ω2=V A2

r2

= 146.71

=2.08rads

V A 4=r 4ω4

V A 4=(3 )(10)

V A 4=30

cms

2.9.2.3. Análisis de aceleración

Para la aceleración aplicamos una metodología igual a la de la velocidad.Sabemos que la ecuación Vectorial de la Aceleración es:

Ac+a A4 A 2=aA 4

−aA2

Incógnitas:

a A4 A 2=r2α 2Ecuación de lazo en la que nos basaremos, ya que conocemos la información de a A4

a A4=aA2

+aA4 A 2+Ac

Para el metodo gráfico necesitamos construir el polígono de aceleraciones, pero primero necesitamos conocer la aceleración total.

Figura 42 Polígono de aceleraciones.

a A4=aA 4

n+aA 4

t

Es importante saber, que cuando representamos la aceleración total en dos componentes (normal y tangencial), cada uno define un cambio.a A4

n=ω42r 4 Cambio de dirección de la velocidad (componente normal de la aceleración).

a A4

t=α 4 r4 es el cambio de magnitud de la velocidad (componente tangencial de la aceleración.Por lo tanto:

a A4

n= (102 ) (3 )=300cm

s2

a A2=aA2

n+a A2

t

a A2

n=ω22r2=(2.08 )2 (6.7 )=28.89

cm

s2

a A2

t=α2 r2=? No podemos determinarla porque α 2 es una incognita.Conocemos la aceleración de Coriolis3 ya que esta siempre va a estar en términos de su velocidad angular. Si ésta varia entonces existe una aceleración de Coriolis. La aceleración de Coriolis no es constante.

Ac=2ω2V A 4 A2=112.32

cm

s2

Tomando medidas de los vectores obtenidos:a A2

=148cm

s2

a A2

t=145cm

s2

3 Gaspard Gustove de Coriolis. (1792-1843). Ingeniero francés. Especializado en ingeniería de obras públicas, cursó también los estudios de física y matemática. Fue profesor en la Escuela Politécnica de París y miembro de la Academia de Ciencias. En sus trabajos sobre el movimiento relativo evidenció la influencia del movimiento rotatorio de la Tierra.

Figura 43 Componente radial y tangencial de la aceleración.

a A4 A 2=110

cm

s2

α 2=aA 2

t

r2

=1456.71

=21.66rad

s2

Nota: La aceleración de Coriolis tiene un valor máximo (esto ocurre cuando el termino diferencia de velocidades es máximo) y mínimo. Al momento de diseñar un mecanismo tenemos que tomar en cuenta su valor máximo.2.9.3. Método Matricial.

Para este método vamos a analizar dos casos.Caso I (derivar función respecto al tiempo)

[ f ] , ∂ f∂ t

, ∂2 f∂ t2

Caso II

[ S ]= q[Ks]+q2 d [Ks ]dq

f compuesta por dos funciones.[ f ]=[ f 1 , f 2]

Es importante definir los vectores.Ecuación de Lazo

[ f ]=b4−b1−b2=( 0,0 )

Figura 44 Polígono de aceleraciones del lazo I, incluyendo los componentes

normal y tangencial, y la aceleración de Coriolis

f 1=r4 cosq+r2 cosθ2+6=0

f 2=r4 senq+r2 senθ2−0=0

r2=?=6.78cm

θ2=?=26.561°

No podemos resolver Velocidad y Aceleración si antes no resolvemos Posición.2.9.3.1. Análisis de velocidad.

Partimos de la siguiente ecuación:dfdt

=[J ] [ S ]=− q∂ f∂q

S= [r2, θ2 ]

S= [ r2 ,θ2 ]

S= [ r2 ,θ2 ]

Construimos el Jacobiano4

[J ]=[ d f 1

dA

d f 1

dxd f 2

dAd f 2

dx]

Jacobiano=Restricción Geométrica (trayectorias).El Jacobiano es una trasformación lineal que varia con respecto a la posición, es decir, no es constante. Relaciona la velocidad física de una partícula que se mueve a través de una 4 Karl Gustav Jacob Jacobi (1804-1851). Matemático Alemán. Cursó estudios en la Universidad de Berlin. Obtuvo su Doctorado en 1825 y ejerció como profesor de matemáticas en la Universidad de Königsberg (hoy Kaliningrado, Rusia). Estableció con Abel la Teoría de las funciones Elípticas. Demostró la solución de integrales elípticas mediante la aplicación de las funciones, series exponenciales introducidas por él mismo. Desarrolló los determinantes funcionales, que más tarde fueron llamados jacobianos, y las ecuaciones diferenciales. En 1834 probó que si una función

Figura 45 Vectores de posición.

Figura 46 Dirección tangencial de la velocidad que tiene una partícula a lo largo

de la trayectoria S.

trayectoria con la velocidad generalizada y plantea la restricción geométrica del movimiento de una partícula, le quita grados de libertad.Velocidad Generalizada S(t )

[J ]=[ ∂ f 1

∂ A

∂ f 1

∂ x∂ f 2

∂ A∂ f 2

∂ x]=[−cosθ2 r2 senθ2

−sen θ2 −r2 cosθ2]

[ ∂ f 1

∂q∂ f 2

∂q]=[−r 4 senq

r 4 cosq ] [KS ]=[ r2

qθ2

q]=[−cos θ2 r2 sen θ2

−senθ2 −r2cosθ2]−1

[−r4 senqr4 cosq ]

Sacamos el determinante del Jacobiano:det [J ]=r2 cos2θ2+r2 sen

2θ2=r2

Y su inversa:[J ]−1

= 1r2 [−r 2cosθ2 −r2 senθ2

senθ2 −cosθ2] [−r4 senqr4 cosq ]

[KS ]=[K r 2

K t2]

K r2=

−r2cosθ2+r4 senq+r2 sen θ2+r4 cosq

r2

K t 2=sen θ2r 4 senq+cosθ2r4 cosq

K r2=r4 [−cos θ2 senq+senθ2cosq ]

K r2=r4 sen(θ2−q)

K t 2=r4

r2

[cosθ2 cosq+senθ2 senq]

K t 2=r4

r2

cos (θ2−q)

univaluada de una variable es doblemente periódica entonces la razón de los periodos es imaginaria.


[ r2

α 2]=q [ r4 sen (θ2−q )r 4

r2

cos (θ2−q )]+q2 d [ks ]dq

Lr2= ddq

k r2=r 4 cos (θ2−q ) d

dq(θ2−q )=r 4 cos (θ2−q ) [ d θ2

dq−dqdq ]

Lr2=r4 cos (θ2−q )k t2−r4 cos (θ2−q)

[ r2

α 2]=q [ r4 sen (θ2−q )r 4

r2

cos (θ2−q )]+q2 [ Ls ]

Lr2=d K r2

dq=r4 cos (θ2−q )

d (θ2−q )dq

¿ r4 cos (θ2−q )[ dθ2

dq−dqdq ]

dθ2

dq=K t 2

¿−r4 cos (θ2−q )K t2−¿−r4 cos (θ2−q )



Caso II

Encontrados Coeficientes de velocidad K t 2(q)=

θ2

q=r4

r2

cos (θ2−q)

K r2(q)=r2

q=r4 sen (θ2−q)

Calculamos la velocidad:θ2= q K t2

r2= q K r2


[ S ]=q[Ks]+q2 d [Ks ]dq

(Ecuación de la aceleración)[Ls]=

d [Ks]dq

Podemos reescribir la ecuación de la aceleración como:[ S ]= q[Ks]+q2[Ls ]

Calculamos:L t2=

d K t2 (q )dq

L t2=[ r 4

r2

cos (θ2−q )]

Figura 47 Definición de velocidades y aceleraciones angulares en el mecanismo de Colisa invertida

r2 variable

L t2=−r 4 sen (θ2−q ) [ d (θ2−q )

dq ]r2−r 4 cos (θ2−q )dr 2

dq

r22

Simplificando:L t2=

−r 4 sen (θ2−q ) [K t 2−1 ] r2−r4 cos (θ2−q )K r2

r22

L t2=[−r 4 sen (θ2−q ) [K t2 ]+r4 sen (θ2−q ) ] r2+r4 cos (θ2−q )K r2

r22

L t2=−r 4 sen (θ2−q ) [K t 2 ]r2

r22 +

r 4 sen (θ2−q ) r2

r22 −

r 4cos (θ2−q )K r2

r22

L t2=r4

r 2

sen (θ2−q ) [K t2 ]+r4

r2

sen (θ2−q )−r4 cos (θ2−q )K r2

r2 r2

L t2=−K r 2K t2

r2

+r4

r2

sen (θ2−q )−K r2K t 2

r2

L t2=−K r 2K t2

r2

+K r2

r2

−K r 2K t2

r2

Pasamos a la forma matricial:[ S ]=q [ r 4 sen (θ2−q )

r4

r2

cos (θ2−q )]+q2[r4 sen (θ2−q ) [K t2 ]−r4 cos (θ2−q )2K r2K t 2

r2

+K r2

r2]

Y de esta forma sacamos la aceleración.Para calcular la aceleración del punto C:

Ac=l ω2+α2 l

2.9.4.2. Análisis de posición

bc=b4+b3

|r3|=l−|r2|

Nota: Recordemos que el método matricial trabaja con componentes.Ecuación de lazo II

bc−b4−b3=(0,0 )

f 3=rcx−r4 cosq−|l−r2|cosθ3=0

f 4=rcy−r4 senq−|l−r2|sen θ3=0

rcx=r4 cosq+|l−r2|cosθ3

rcy=r4 senq+|l−r2|senθ3

rcx=−r4 senqq+r3 senθ2 θ2+r3 cosθ2=0

rcy=r4 senqq+r3 cosθ2 θ2+ r3 senθ2=0

vc=v A 4 A2e ' ' 1+vc/a

vc/a=Ro [ω2 , b3 ]= {o ,ω1 }∗{r3q1 , r3q2 }

ω2={o ,ω2 }

b3=(r3q1 , r3q2)

q1=cosθ2

q2=senθ2

vcx=r2 cosθ2−θ2r3 senθ2−r 4 senq q

θ2 Depende de q vcx=r2 senθ2−θ2 r3cos θ2−r 4 cosq q

Para la aceleración derivamos la velocidad del punto c:acx=r2 cosθ2− r2 senθ2 θ2−θ2 r3 senθ2−θ2 r3 senθ2− θ2

2r3 cosθ2−r4 senqq2−r4 senqq

acy=r2 senθ2+ r2cos θ2 θ2+θ2r3 cosθ2+θ2 r3 cosθ2−θ22 r3 senθ2−r 4 senq q

2+r 4 senq q

Figura 48 Mecanismo de colisa invertida. Definición de lazos.

[acxacy ]=r2[cosθ2

sen θ2]+r2 θ2[−senθ2

cosθ2]−θ2 r3[ senθ2

−cosθ2]+ θ2 r3[−senθ2

cosθ2]−θ2

2 r3[cosθ2

senθ2]−r4 q

2[cosqsenq ]

Al calcular la aceleración del punto C, aparece la aceleración de Coriolis. Ya que con respecto al eje de giro (A0): rc varia en magnitud y en ángulo.


2.10. Análisis del mecanismo de colisa.

2.10.1. Método matricial.

CASO I

ac=?

Lazo 1 Ecuación De lazo 1b2−b3−b1=(0,0 )

x=f 1=r2 cosθ2−r3cos θ3−6=0……r3

y=f 2=r 2 senθ2−r3 senθ3−0=0……θ3

d f 1

dt=−r2 senθ2 θ2− r3cos θ3+sen θ3 θ3=0……r3

d f 2

dt=r2 cosθ2 θ2−r3 sen θ3−r3 cosθ3θ3=0……θ3

d2 f 1

d t2=−r2 cosθ2 θ2

2−r2 sen θ2 θ2−r3 cosθ3+r3 sen θ3 θ3+r3 senθ3 θ3+r3 cosθ3 θ32+r3 senθ3 θ3=0……r3

d2 f 2

d t 2 =−r2 senθ2 θ22+r2cos θ2 θ2−r3 senθ3−r3 cosθ3 θ3−r 3cosθ3θ3+r3 senθ3 θ3

2−r3 cosθ3 θ3=0……r3

Figura 49 Mecanismo de colisa. Definición de lazos.

[ d2 f 1

d t2

d2 f 2

d t2]= θ2r 2[−senθ2

cosθ2 ]−θ22r 2[cosθ2

senθ2]+r3 [−cosθ3

−senθ3]−θ32 r3[−cosθ3

−senθ3]+r3 θ3[ senθ3

−cosθ3]+2 r3 θ3[ sen θ3

−cosθ3]Para el punto ac


r 4=l−r 3

x=f 4=r1+r4 cos (θ3+180 )=r 1+l cos (θ3+180 )−r 3cos (θ3+180 )

y=f 5=0+r4 sen (θ3+180 )=l sen (θ3+180 )−r3 sen (θ3+180 )

V cx=d f 4

dt=−l sen (θ3+180 ) θ3−r3 cos (θ3+180 )+r3 sen (θ3+180 ) θ3

V cy=d f 5

dt=lco s (θ3+180 ) θ3−r3 sen (θ3+180 )−r 3cos (θ3+180 ) θ3

acx=−lco s (θ3+180 ) θ32−l sen (θ3+180 ) θ3−r3 co s (θ3+180 )+r3 cos (θ3+180 )θ3+ r3 sen (θ3+180 )θ3+r3cos (θ3+180 ) θ3

2+r3 sen (θ3+180 ) θ3

acy=¿−l sen (θ3+180 ) θ32+l cos (θ3+180 ) θ3−r3 sen (θ3+180 )−r3 cos (θ3+180 ) θ3−−r3 cos (θ3+180 ) θ3+ r3 sen (θ3+180 ) θ3

2−r 3 cos (θ3+180 ) θ3¿

Ecuación de acoplo entre lazosrc=b1+b4;b4=l−r3

rc=rD+rc/D ;rD= {a ,b } ;rc/D=r5 cos (θ3 , senθ3)

b1+b4=rc/D+rc ;r5 , θ5

2.10.2. Método analítico.


Ecuación de lazo I

b2−b3−b1=(0,0 )

b2=r2 ei θ2

b3=r3 ei θ3

b1={6,0 }

Ecuación de lazo IIb4=−(l−r3)e

i θ3

rc=b1+b4


Lazo I

V A2 A 3 . eiθ3=V A2−V A 3

V A2=iω2r2 eiθ2……V A 2A 3=r3

V A3=iω3r3 ei θ3……ω3

AC . iei θ3+aA2 A 3. e

iθ3=aA 2−aA 3……aA2 A3= r3

a A2=a A3+AC .i ei θ3+aA2 A3 . e

i θ3……α 3

Lazo II

rc=b1+b4 ;b4=(l−r3)ei θ3

V c=V A 2A 3 . ei θ3+V C/B ; V C /B=−iω3 r4 e

iθ3=iω3(l−r3)ei θ3ei θ3

2.10.3. Método de Álgebra compleja.

ω={0 ,ω }¿Dual

V A=Ro[ω,b]

A1={ ¨r−r ω12 ,rα+2ωr }

a A=Ro[ A1 , e1' ]

Figura 50 Tipos de trayectorias con su representación en algebra compleja.


2.11. Análisis del mecanismo de cuatro barras.

Datos:

ω2,C2; V B=ω2C2

2.11.1. Método gráfico


AC=AC .i ei θ3+a A2 A3 . e

i θ3+aC/B

Ecuación de la posición b2+b3−b4−b1={0,0 }

Calcular θ3 yθ4


Ecuación de lazo VelocidadCalcular ω3 y ω4

Figura 51 Mecanismo de cuatro barras. Lazo I.

Figura 52 Polígono de velocidades


aB+a CB

−aC={0,0 }

aBn+aB

t+aC /Bn+aC /B

t−aCn+aC

t

aB=aBn+aB

t Datos α 2=0

aBn=ω2

2C2

Una vez construyendo el Polígono de Aceleraciones: Calcular α 3 , α4



Ecuación de Lazo b2+b3−b4−b1={0,0 }

Encontrar θ3 yθ4

f 1=C2cosθ2+C3 cosθ3−C4 cosθ4−a=0

f 2=C2 senθ2+C3 senθ3−C4 sen θ4−b=0

2.11.2.2. Análisis de velocidad

Figura 53 Componentes normal y tangencial del punto C.

V B+V C/B−V C= {0,0 }

V B=i ω2C2 ei θ2

V C /B=i ω3C3 eiθ3

V C=i ω4C4 ei4 Encontrar ω3 y ω4

Caso I

d f 1

dt

d f 2

dt Encontrarω3 y ω4

Caso II

θ2=q

[J ] [ S ]=−q ∂ f∂q

S= [θ3 ,θ4 ]

S= [ θ3 ,θ4 ]


Debido a que se trata de movimiento Circular:aB+aC/B−aC= {0,0 }

Caso I

d2 f 2

d t 2

d2 f 1

d t2 Encontrarα 3 y α 4

Caso II

[ S ]= q[Ks]+q2 d [Ks ]dq [ S ]=q [Ks ]

2.11.3. Método de Álgebra compleja.


b2=(C2P1 ,C2 P2)

b3=(C3q2 ,C3q2)

b4=(C4 r1 ,C4 r2)

b1={a .b }

b2+b3−b4−b1= {0,0 }

q12+q2

2=1

r12+r2

2=1

Encontrar q1 , q2→θ3 yr1 , r2→θ4


V B+V C/B−V C= {0,0 }

V B=Ro [ω2 , b2 ] ω2={o ,ω2 }¿Dual deVelocidad V C /B=Ro [ω3 , b3 ] ω3={o ,ω3 }¿DualdeVelocidad

V C=Ro [ω4 , b4 ] ω4= {o ,ω4 }¿DualdeVelocidad

Encontrar ω3 y ω4


aB+a CB

−aC={0,0 }

A2={−ω22 , α2 }¿Dualde Aceleracion

aB=Ro [ A2 , b2 ]

A3={−ω32 , α3 }¿Dual de Aceleracion

Figura 54 Definición de bases.

aC/B=Ro [ A3 , b3 ]

A4={−ω42 , α 4}¿Dualde Aceleracion

aC=Ro [A4 , b4 ]

Encontrar α3 y α4


3. PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL

El trabajo realizado por las fuerzas y pares externos, es proporcional al desplazamiento “virtual” de los puntos de aplicación de las fuerzas y/o pares externos.Por definición:w=∫

S0

S

F ∙ds

∙ :F X dS→R

Función producto punto o producto “interno”Sabemos que:¿ F ,dS> ¿

|F|∨dS∨¿=cosθ ¿¿

¿ F ,dS>¿|F|cosθ∨dS∨¿¿

Siθ=0 ° ,w=F dS

Siθ=90 ° ,w=0

Siθ=180° ,w=−F dS

Necesitamos enunciar lo siguiente δw=∑

i

F i δ r i+∑j

M j δ A j ………..[ 1]Donde:δw=Se lee deltade w , se llama trabajovirtual

δ ri=Desplazamientovirtual , vectorque apuntaal puntode aplicacionde una fuerza .

Esundesplazamientolineal y angular respectivamente y denota al vectorde posicion del punto

de aplicacionde lafuerza F i y lomismo pero M j conrespecto al desplazamientoangular virtual δ A j

F i=Una fuerza fisica

Figura 55 Proyección del vector F sobre el vector dS.

δ A j=Desplazamiento angular virtual

M j=Esunmomento aplicado al eje degiro

virtual realδ ridq

=d ri(q)dq

Variable generalizadaδ A j

dq=d A j

dq

Desplazamiento consistente depende de las restricciones geométricas de sistema y está en función de “q” (variable generalizada) ¿Qué fuerza F i, necesito para lograr el equilibrio, dado como dato M j?

0=∑i

δ r i+∑j

M j δ A j

Trabajo virtual: Es un numero / fuerza que genera el desplazamiento de un puntoUna aplicación de la ecuación 1 es el equilibrio estático

¿ P , r>¿∑i

Pi ri∈R

P , r∈ R2

Es de vital importancia entender que el desplazamiento virtual Ejemplo 3.1. Encontrar la magnitud de la fuerza FB

, dado como dato, la magnitud

M=1N ∙mNota: Se considera que las fuerzas internas (reacción) no generan trabajo virtual ***working model***

Figura 56 Ejercicio de trabajo virtual.

Gravity offG= 9.8066 M= 1kg

δw=FB ∙ rcos δθ+Mδθ

Si quiero equilibrar el sistema con las fuerzas y momentos externosδw=0

FB=−Mr cosθ

= −11.5 cos30 °

=−0.7698003589N

YCG=¿ r

2senθ ¿

δYCG=¿ r

2cosθ δθ¿

0=FB∙ r cosθ+M−mg r2

cos θ

FB=M+mg r

2cosθ

r cos θ=4.13349964N


3.1. Trabajo virtual

Se genera por las fuerzas y los torques externos al sistema Reacciones: No generan trabajo ni la fricción consistente

δ ridq

=d ridq

Entonces el trabajo también es virtualδw=F i δ ri+M j δ A j

Equilibrio δw=0

Ejemplo 3.2.

Calcular α

para lograr el equilibrio estático bajo las fuerzas

aplicadas al sistema

w=100 N

P=150N

Sabemos que solo contamos con una sola ecuación por lo tanto, solo podemos declarar una sola incógnita (escalar)

Figura 57 Desplazamiento virtual de un eslabón debido a la acción de la fuerza Fi

Figura 58 Característica de congelación del tiempo en el método de trabajo virtual.

Enfoque Escalar - La Grange Vectorial - Newton

1. Puntos de aplicación de las fuerzas en x y yx12=

c2

cosα y12=

c2sen α

x13=c cosα+ c2

cosα y13=

c2senα

x13=32c cosα

x14=2c cosα y14=0

2. δ obtener desplazamientos virtuales δx 12=

−c2senα δα δy 12=

c2

cosα δα

δx 13=−32c senα δα δy 13=

c2

cosα δα

δx 14=−2c senα δα δy 14=0

3. Construir vectores δ x S12=δ x12+iδ y12=(δ x12 ,δ y12)

δ x S13=δ x14+iδ y13=(δ x14 ,δ y14 )

Figura 59 Definición de las fuerzas que actúan en el

mecanismo de biela-corredera.

δ x S14=δ x14+iδ y14=(δ x14 , δ y14 )

w= {0 ,−w }

P= {−P ,0 }

4. Aplicando la ecuación de trabajo virtual0=w ∙δ S12+w ∙δ S13+P ∙δ S14

¿ ∙ ,∙>:V x V→R

¿ P , r≥∑ Pi ri ϵ R=|P||r|cosθ

0={0 ,−w } ∙{−c2 sen α ,c2

cosα }+ {0 ,−w } ∙{−32c sen α ,

c2

cosα}+ {−P ,0 } ∙ {−2c sen α ,0 }

0=−w c2

cos α−w c2

cos α+P2c senα

0=−2wc2

cosα+P2csen α

0=−w c2

cos α+P2 sen α

wc2

cos α=P2 senα

fgα=senθcosθ

= w2P

=100100

=1

α=45°

Nota: Donde c No importaCon gravedad

m1=m2=1kg

−m1g ∙ δ S12−m2g ∙δ S13

Figura 60 Diagrama de los desplazamientos virtuales que tiene los centros de masa de los eslabones

Figura 61 Componentes cartesianas del

desplazamiento virtual

G= {0 ,−mg }


Supongamos que queremos encontrar la fuerza F, que mantiene el equilibrio estático del sistema dado como datos M=1N ∙m .

k a=Aq

=−R cos qLcos A

k x=xq=−R senq+R cosq tan A

[k S ]=[kak x]=[J ]−1,[ ∂ f∂q ]

Partiendo del principio de trabajo virtualδw=∑

i(Fi δ r i+M i δ Ai )

Sustituir:δ ri=

dridq

δq

δ A i=d A i

dq

δw=∑i

(F i

d ridq

+M i

d Ai

dq )δqδw=∑

i(Fxik xi+F yik yi+M yik ai) q

Figura 62 Definición de las velocidades angulares en el

mecanismo de biela-Corredera.

k xi=xq

k yi=yq

k ai=Aq

P=dwdt

=∑i

(F i

d ridt

+M i

d Ai

dt )P=∑

i(Fxi xi+F yi y i+M i Ai )

x= ˙q k xi

y= ˙qk yi

A= ˙qk ai

P=∑i

(Fxik xi+F yik yi+M yik ai) q

P=Q q [ ] Fuerza generalizadaFuerza generalizada es el conjunto de todos los pares externos aplicados a puntos materiales del sistemaPara encontrar F

0=Fδx+Mδq

δx=dxdq

δq=k x δq

0=Fk x δq+Mδq

F=−Mk x

=1.0263N

Figura 63 Definición de los desplazamientos virtuales que posee el mecanismo de Biela-Corredera por acción de la

fuerza F y el momento M

Se necesita conocer la posición A y xA=−arc sen[ Rsen qL ]=−20.7048 °=−0.3613 rad

x=R cos q+Lcos A=2.57793

Agregando la gravedadY C 1=

R2senq

Y C 2=12sen A

Y Cb=0

δ yC 1=d yC 1

dqδq→

R2

cos qδq

δ yC 2=d yC 2

dAδA→

12

cosA δA

Para incluir la gravedad0=Fk x δq+M δq−m1 g

R2

cosq δq−m2g12

cos AδA

δAδq

=dAdq

→δA=dAdq

δq=kaδq

F=0.75942N


3.2. MODELO DINAMICO

Plantearemos las ecuaciones para obtener el modelo dinámico de mecanismos de 1 GDL recordando la ecuación fundamental de la dinámica. Qnc=I g (q ) q+d I g q

2+ dvdq

[ ]Fuerzas externas que dependen del tiempo, amortiguadores, friccion, dashpotDonde:Qnc=Fuerzas generalizadas no conservativasI g(q)=Inercia generalizada que se refiere a la inercia total del sistemad I g=

12ddq

I g(q)= La derivada de I g (q )respecto q totalv =Energia potencial del sistema, recordando que V=−W→TrabajoLo importante es obtener la “Inercia generalizada” pero para ello, plantearemos la siguiente metodología

1) Calculamos los coeficientes [k s ] y sus derivadas [Ls ] partiendo de la cinemática del mecanismo2) Calcular los coeficientes de velocidad de los centros de gravedad de todos los eslabones partiendo del análisis cinemático del mecanismo3) Calcular la energía cinética total del sistema *Partir de la primera ley de la termodinámicaEl trabajo interno generado sobre un sistema es igual al cambio de la energía cinética del sistema.

P=dWdt

=dTdq

Considerando:P=Q q

Qnc=∑ ¿¿

Fuerza generalizada Coeficientes de velocidad lineal Coeficientes de velocidad anular Q=Q nc+Qc

−dvdq

T=12m ( x1

2+ y12 )+ 1

2ICGw

2

T=12 [m ( x1

2+ y12 )+ ICGw2 ]

Si uso los coeficientes de velocidadx1=q kx 1

y1=q k y 1

w=q ka

Reescribiendo TT=1

2¿

T=12

[m(k x 12+k y 1

2)+ ICGk a2 ]q2

Inercia de un cuerpo rígido I g(q) considerando q (t)

T=12I g(q) q

2

dTdt

=12I g (q )2 q q+ 1

2d I g(q)dq

q q2

*La inercia depende de la posicióndTdt

=I g (q ) q q+ 12d I g(q)dq

q q2

Q q=I g (q ) q q+12d I g(q)dq

q q2

Qnc−dvdq

=I g (q ) q+d I g q2

d I g=12

d I g (q )dq

Qnc=I g (q ) q+d I g q2+ dvdq

[ ]Ecuación fundamental de la dinámica

3.2.1. Teorema de Steiner5

IO=ICG+md2

IOz , y=1

12m l2+m( l2 )

2

IOz , y=13m l2

ICG=112

ml2

ICGxT=0

∑M=I cos α

α= TICG

2° ley de Newton

5 Jakob Steiner (1796 - 1863) Matemático suizo. Realizó preferentemente estudios sobre geometría proyectiva utilizando métodos sintéticos (independientes de las coordenadas). Fue profesor honoris causa de la Universidad de Königsberg y catedrático de la Universidad de Berlín.

Figura 64 Definición de las fuerzas y momentos en una barra con un extremo

fijo

Cuando I g (q )=cte

∑M=I g g+dvdq

La grangeL=T−v

Q= ddt ( ∂Ld q )−∂L

dq

T 1=12m1 ( x1

2+ y12)+1

2ICG q

2

a)x1=

R2

cos q

y1=R2senq

x1=−R

2senq q

y1=R2

cos q q

k x 1=xq=−R

2senq

k y1=yq= R

2cos q

Lx1=d k x1

dq=−R

2cos q

Ly 1=d k y 1

dq=−R

2sen q

k a=Aq

=−R cos qL cos A

k x=xq=−R senq+R cosq tan A

Figura 65 Valor negativo del ángulo A por medirse en sentido horario.

La=d kadq

La=R senq¿¿

La=Rsen q L cosAL2cos2 A

−R cosq Lsen Ak aL cos A L cosA

La=Rsen qLcos A

+ka2 tan A

Lx=dk xdq

=−R cosq−R senq tan A+R cosq1

cos2 AdAdq

Lx=−R cosq−Rsen q tan A+R cos q1

cos2 Ak a

T 1=12m1 ( q2 k x1

2+q2k y12 )+ 1

2ICG q

2

T 1=12[m¿¿1(k x1

2+k y12 )+ ICG ] q2 ¿

md2+ ICG→I 0=13m1R

2


k x 2=−Rsen q−ka ¿

k y2=R cos q−k a¿

Lx2=−Rcos q−La¿

Ly 2=−Rsenq−La ¿

La energía potencial V=−W

W=∑ [F i ∙ dri+M i¿d A i]¿

W=−m1gR2sen q−m2g

L2sen (– A )−m3 gc

¿c ≠0

V=m1 gR2

cosq−m2gL2sen A+m2gc+0

dVdq

=m1gR2

cos q−m2 gL2

cos A ka+0 Q=I g (q ) q+d I g q

2+ dVdq

Q=M+F k x

q=Q−d I g q

2−dVdq

I g

En la dinámica es fundamental encontrar las velocidades y la energía cinética de los centros de gravedad de cada eslabón. Los centros de gravedad

- [Posición]- [Velocidad]- Coeficientes de velocidad k i

Figura 66 Diferentes configuraciones de la corredera.

- Derivadas de los coeficientes [L] Li- [Energía cinética]

T 1=12

[ ICG 1+m1d2 ] q2

T 1=12I01q2

T 2=12[m¿¿2(k x 2

2+k y 22 )+ ICG 2 ka

2] q2 ¿

T 3=12[m¿¿3 (k x 3

2+k y 32 )+ ICG3 ka

2] q2¿

T 3=12m3 kx 3

2 q2

k x 3=k x

T=T 1+T 2+T 3+….+Tn , n=¿deeslabones

I g (q )=I 01+m2(k¿¿ x2¿¿2+k y 2

2)+ ICG 2 ka2+m3 kx

2 ¿¿

Inercia generalizada propiedades depende qdI g=

12

d I g (q )dq

dI g=12[0+m2 (2k x2 Lx 2+2k y 2Ly 2 )+(2 ICG 2 ka La+2m3 k x Lx)]

dI g=m2 (kx 2 Lx 2+k y 2L y2 )+ ICG2 k aLa+m3 k x Lx


3.3. MODELO DINÁMICO (Colisa)

Plantear la ecuación dinámica del mecanismo de colisa, mostrado en la figura.Sabemos que: S [A ,B ] (Sabiendo que A y B son nuestras incognitas)

k a=˙A

q=RB

cos ( A−q )

k b=Bq=Rsen ( A−q )

Estos coeficientes provienen de: k s=[J ]−1[ ∂ f∂q ]

Datos:

R=3c=6q=p1

3


L=15m1=0.3kgm2=1.5kgM=15NmF=−3N

Por la metodología, necesitamos calcular la derivada dek a y kb La=

d kadq

=−Rsen (A−q )[ dAdq−1]B−dB

dqRcos (A−q )

B2

La=−BRsen ( A−q ) ka+Rsen (A−q )B−kb cos (A−q )

B2

La=−RB

sen ( A−q )k a+RBsen (A−q )− R

B2kb cos ( A−q )La=

−k a kbB

+k bB

−k a kbB

La=−2ka k b

B+kbBLb=

d kbdq

=Rcos ( A−q )[ dAdq −1]Se remplaza: {dAdq →k a}Lb=Rcos ( A−q ) [ ka−1 ]

Ahora nos interesa calcular la inercia generalizada I g (q ) .

Qnc=I g (q ) q+d I g q2+ dVdq

Calculamos la inercia de la barra 1 (clase 28):

IO1=ICG1+m( R2 )2

Por el teorema de los Ejes paralelos.Para la barra 2:El momento de inercia de la barra 2 depende de q. Por lo tanto no podemos plantearla de esta manera:

Figura 68 La barra 1 tiene un momento (M) y una velocidad angular.

IO2=ICG2+m2( L2 )2

Para determinar la inercia de la barra 2, debemos seguir la siguiente metodología:Se calcula la posición 2 en x y en y.Este sistema de coordenadas gira y esta acelerado. Por lo tanto para poder sumar la posición del punto B referido al sistema de coordenadas fijo u2 v2, es necesario rotar el sistema de coordenadas (orientarlo) para poderlo sumar con el de xy.

[ x2

y2]=[00]+[cosA −senA

senA cosA ][U 2

V 2]

Por lo tanto:x2=U 2 cosA−V 2 senA y2=U 2 senA+V 2

Derivamos con respecto al tiempo para sacar la velocidad:x2=−U 2 senA A−V 2cosA A

y2=U 2cosA A−V 2 senA A

Nos interesa sacar la inercia en términos de los coeficientes, por lo tanto:A=q k a

Sustituimos A:x2=−U 2 senA (q ka )−V 2cosA (q ka )y2=U 2cosA (q ka )−V 2 senA ( q ka )

Formamos los coeficientes:k x 2=

x2

q=−k a (U 2 senA−V 2 cosA )k y2=

y2

q=k a (U 2cosA−V 2 senA )

Derivamos los coeficientes con respecto de q y sabiendo que d kadq

=La:Lx2=−La (U 2senA−V 2 cosA )−ka

2 (U 2 cosA+V 2 senA )Ly 2=La (U 2 cosA−V 2 senA )+ka2 (−U 2 senA−V 2cosA )

Figura 69 Todos los sistemas de coordenadas fijos van pegados al eslabón.

Ahora determinaremos la inercia generalizada a partir de la energía cinética del sistema, entonces:Partiendo de la energía cinética del eslabón 2:

T 2=12m2 ( x2

2+ y22 )+ 1

2ICG2 A

2

Siendo A la velocidad angular de la barra 2.T 2=

12m2 [ ( q k x 2)2+( q k y2 )2 ]+ 1

2ICG2 (q ka )2T 2=

12 [m2 (k x 2

2 +k y 22 )+ ICG2 (q k a )2 ]

T 2=12 [m2 (k x 2

2 +k y 22 )+ ICG2 ka

2 ] q2I g (q )=IO 1+m2 (k x 2

2 +k y 22 )+ ICG2 k a

2

Calculamos la derivada de la inercia generalizada con respecto de q.d I g=

12 [ ddq I g (q )]

La derivada de la inercia con respecto al eje de giro del primer eslabón es 0.d I g=

12 [0+m2 (2k x 2Lx 2+2k y 2L y2 )+2 ICG2 ka La ]d I g=m2 (k x2 Lx 2+k y2 Ly 2)+ ICG 2 kaLa

Ahora calcularemos la energía potencial del sistema. Por definición sabemos que:V=−W

A depende de q, el ángulo q controla al ángulo A. V=m1 g

R2sen (q )+m2g

L2sen (A )

dVdq

=m1gR2

cos (q )+m2gL2

cos ( A ) kq

La fuerza generalizada:P=dW

dt=∑

i

Fi

dridt

+∑j

M i

d A i

dt

La potencia en términos de los coeficientes de velocidad.P=∑ (Fxik xi+F yik yi+M i kai ) q

De manera simplificada obtenemos:P=Q nc q

Figura 70 Obtención de la energía potencial del sistema.

Donde Q es la fuerza generalizada. En este caso sabemos que es necesario encontrar una fuerza dado un momento para equilibrar el sistema. (encontramos la fuerza generalizada aplicando el principio de trabajo virtual).Qnc= Fuerzas no conservativas del sistema. Son todas las fuerzas externas fisicas (cuerpo en contacto con otro cuerpo). Y la obtenemos en terminos de los coefientes de velocidad.De las fuerzas conservativas solo necesitamos la energía potencial. Cuando las fuerzas conservativas no se trabaja directamente con esta, sino que obtenemos su energía potencial.

0=M∂q+F∂ y→M ∂q+F (cos ( A )k a∂q )y=Lsen (A )y=Lcos (A ) ka∂q

Qnc=M+FLcos (A ) ka

CLASE #29 (9/ABRIL/2012)

3.4. Cálculo de Reacciones en Pares Cinemáticos.

Hay una metodología para representar las reacciones, que son las fuerzas internas que se generan en los pares cinemáticos (los elementos de unión) básicamente. Y esta metodología está basada en las ecuaciones de movimiento de newton. Tenemos ciertas herramientas para plantear las ecuaciones, una de ellas es el diagrama de cuerpo libre.Para poder utilizar la metodología de Newton necesitamos el conocimiento completo de la cinemática del mecanismo, ya que una vez que se conocen las aceleraciones de los centros de masa, las incógnitas son los componentes de las reacciones. Luego es posible aplicar las ecuaciones de movimiento (Newton).

∑ F i=miaCGi Fuerzas de Inercia D’Alambert *

∑MCGi =ICGiαi

Pares de Inercia D’Alambert*Donde:ICGi = es el momento de inercia del eslabon irespecto al centro de masa [kg ∙m2 ]

aCGi =es el vector de aceleración lineal del centro de masa del eslabón i [ms2 ]α i = es la aceleración angular del eslabon i [ rads2 ]Nota: Planteamos una convención de notación para las fuerzas F ijDenotada la fuerza ejercida por el eslabón i, sobre el eslabón j.D’Alambert6 propone una metodología diferente a la de Newton, en el cual plantea un sistema dinámico como un sistema estático al restar el término de fuerzas y pares de inercia a las sumatorias de fuerzas y momentos respectivamente, ambas metodologías 6 Jean Le Roud D'Alembert (1717-1783). Científico y pensador francés (París, 1717-1783). Sus investigaciones en matemáticas, física y astronomía le llevaron a formar parte de la Academia de Ciencias con sólo 25 años; y resultaron de tal relevancia que aún conservan su nombre un principio de física que relaciona la estática con la dinámica y un criterio de convergencia de series matemáticas. En su obra Tratado de Dinámica (1743), enuncia su conocido Principio de D'Alembert.

llegan a los mismos resultados, en este caso nosotros utilizaremos la metodología de Newton.

Figura 71. Obtención del DCL del eslabón 2.

Donde T 12 , es el par subministrado desde la bancada (el eslabón 1) al eslabón 23.4.1. D.C.L

De la Figura 72 se Tiene:La aceleración g genera una fuerza a la barra la cual es conocida como peso. G2=−m2g j

En la metodología de Newton se fija un Sistema de Coordenadas en el centro de masa del eslabón y es paralelo al Sistema de Coordenadas mundo (xy), Nota: EL torque y las fuerzas externas hacen que la barra 2 tenga una velocidad y una aceleración angular dada, en otras palabras, si no existieran dichas fuerzas sobre la barra, la barra estaría en equilibrio y su aceleración del Cm sería 0.

3.4.2. Vectores de Posición.

Figura 72 Diagrama de cuerpo libre de una barra sometida a una fuerza F y su peso.

r12, es un vector que apunta al punto de aplicación de la fuerza de reacción, inicia en el centro de masa del eslabón 2, para definirlo se necesita el ángulo que tiene respecto al sistema de referencia del centro de masa. Aplicando las Ecuaciones e Movimiento D.C.L.

Sumatoria de fuerzas en forma vectorial:∑ F X

2 =F12 x+FPx=m2aCG 2x…… (1)

∑ F y2=F12 y+F Py+G2=m2aCG2 y……(2)

La sumatoria de momentos puede ser hecha en cualquier punto de la barra, sin embargo, conviene hacerla en el centro de masa para reducir el número de componentes.∑MCG 2

2 =r12 x F12+r P2x x Fp+T 12=ICG 2α2

Explicitando:∑MCG 2

2 =r12 x∗F12 y−r12 y∗F12 x+rP2 x¿ Fpy−r P2 y∗F px+T 12=ICG2α2…… (3 )

Score [3 X 3] (3 ecuaciones y 3 incógnitas)Se puede reescribir el sistema de ecuaciones en forma matricial, el cual nos proporciona mayor orden en el planteamiento del problema y nos permite hallar rápidamente la solución del sistema.Forma matricial del sistema de ecuaciones.A x=b

[ 1 0 00 1 0

−r12 y r12 x 1 ][F12 x

F12 y

T12]=[ m2aCG2 x−FPx

m2aCG 2 y−FPy−G2

ICG 2α2−(rP2xF py−r P2 yF px)]

Matriz de parámetros geométricos Incógnitas Matriz de parámetros dinámicosSolución:

x=A−1b

Para resolver el sistema de ecuaciones lo único que falta es conocer la magnitud de los vectores de posición:[Posición]

r12 x=r12cos (θ2−Pi)

r12 y=r12 s∈(θ2−Pi)

r P2x=r P2 cos(θ2)

r P2 y=r P2sin (θ2)


El torque T 12 genera una

condición cinemática, en ese instante el mecanismo se mueve. Tomamos ciertas consideraciones como caso particular para resolver el problema, cuando el coeficiente de fricción cinético dinámico es cero.Esta metodología de estudio evita cometer errores, plantea para este tipo de problemas 3 pasos.

Ejercicio 3.4.2.

Datos:

θ2=24 °

θ3=−15.733°

m2=1Kg

α 2=7.227rad

s2

ω2=3.635rads

ICG2=0.013[Kg∙m2]

r2=0.4m

r3=0.6m

m3=1.5Kg

α 3=−2.341rad

s2

ω2=−2.3rads

ICG3=0.045[Kg∙m2]

Calcular

F12 ,F32 ,F13 , T 2 Necesario para generar una aceleración α 2 a la manivela.

Consideraciones: μk=0.“Stiction” (Static and Friction)

Figura 73 Mecanismo de biela corredera. Con una fuerza externa Px.

1. Encontrar las aceleraciones lineales de todos los centros de gravedad de los eslabones que se están moviendo en el mecanismo, utilizando el método analítico, el método de algebra compleja, el método grafico o el método matricial.

En este caso utilizaremos el método analítico.Sabemos que la aceleración depende de la velocidad angular y sus aceleraciones angulares. La aceleración de la barra flotante es la suma de la aceleración del punto A mas la relativa del punto CG3 respecto a A.La fricción depende del signo de la velocidad, no de la magnitud de la velocidad.

V B>Oμk=¿V B<0μk=¿

Por estas consideraciones se originan discontinuidades en la magnitud de la fricción. Cuando la velocidad es igual a cero la fricción dinámica se anula, y la fricción estática es la que ahora se considera. Por lo tanto solo consideraremos la fricción dinámica cuando el mecanismo se encuentre en movimiento.aCG2=−ω2

2 r2

2ei θ2+i α2

r2

2ei θ2

aCG2=−¿

aCG2=(−3.0021+i0.2454 )ms2

Calcular la aceleraciónaCG3=aA+aCG3

A

a A=2aCG2=(−6.0042+1.491)ms2

a CG3A

=−ω32 r3

2ei θ3+i α3

r 3

2ei θ3=(−1.7179−I 0.2453)m

s2

aCG3=(−7.722+i 0.2453) ms2

Cuando se trabaja con Fricción μk

es necesario conocer la velocidad de posición.

Figura 74 Diagrama de cuerpo libre del eslabón 1 y 2.

2. Describir el diagrama de cuerpo libre y los vectores de posición en los puntos de aplicación de las fuerzas.

3. De acuerdo a los diagrama de cuerpo libre aplicar las ecuaciones de movimiento de Newton.

Nota: Cuando se genera un desequilibrio dinámico se acelera el sistema.

Se plantean ecuaciones auxiliares que permitan eliminar incógnitas por medio de la tercera ley de Newton.

∑ F X2 =m2aCG2 x=F12 x+F32 x=m2aCG2x……(1)

∑ F y2=m2aCG 2 y=F12 y+F32 y+G2=m2aCG 2 y……(2)

∑MCG 22 =ICG2α2=r12 x F12+r32 xX F32+T 12=ICG 2α2

Explicitando:∑MCG 2

2 =r12 xF12 y−r12 y x F12 x+r32 x F32 y−r32 yF32 x+T 12=ICG 2α 2…… (3 )

SCORE: 3 Ecuaciones, 5 Incógnitas (F12 x , F32 x ,F12 y ,F32 y , T12)Ecuaciones Auxiliares debido a que necesitamos 2 Ecu. 3ra Leyde Newton

F23 x=−F32 x…… ( 4 ) F23 y=−F32 y…… (5 )

∑ F X3 =m3aCG3 x=F23 x+F13 x+Px=m3aCG 3x

∑ F X3 =m3aCG3 x=−F32 x+μkF13 x+Px=m3aCG 3x……(7)

Figura 75 Diagrama de cuerpo libre del eslabón 3.

∑ F y3=m3aCG 3 y=F23 y+F13 y+G3=m3aCG3 y

∑ F y3=m3aCG 3 y=−F32 y+F13 y+G 3=m3aCG3 y……(8)

∑MCG 33 =ICG3α 3=r23 x F32+r13 x F32+r13 x Px=ICG 3α3

∑MCG 33 =r23 xF23 y−r23 yF23 x+r32 xF32 y+r13 xF13 y−¿r 13 yF13 x+ r13 yP x−r 13 x P x=ICG 3α3… (9 ) ¿

P x=−50N

SCORE:[6 X7] : 6 Ecuaciones, 7 Incógnitas f=μk N

F13 x=μkF13 y……(6)


DATOS:

θ2=60°

θ3=−32.626 °

m2=1Kg

α 2=0rad

s2

ω2=0rads

ICG2=0.021[Kg ∙m2]

r2=0.5m

r3=0.8m

m3=2Kg

α 3=−1.915rad

s2

ω2=−2.3rads

ICG3=0.107[Kg∙m2]

ax=−3.061m

s2

m4=.007Kg

FPx=−15N

Nota: Las aceleraciones y velocidades angulares son 0 lo que indica que el mecanismo comienza a funcionar desde un estado de apagado. Determinar las reacciones de las juntas y el par necesario para generar las aceleraciones especificadas.Metodología de Estudio

1) Calculo de las aceleraciones de los centros de masa.

Encontrar: aCG2=−ω2

2 r2

2ei θ2+i α2

r2

2ei θ2

Figura 76 Mecanismo de biela corredera con una fuerza Px.

aCG2=(−1.1174+i0.6451)ms2

aa=2aCG 2=(−2.2348+i1.2902)ms2

Calcular la aceleración aCG3=aA+aCG3

A

a A=2aCG2=(−6.0042+1.491)ms2

a CG3A

=−ω32 r3

2ei θ3+i α3

r 3

2ei θ3=(−2.6478+i 0.6451)m

s2

aCG3=(−7.722+i 0.2453) ms2

2) D.C.L. y definición de los vectores posición de los puntos de aplicación de las fuerzas (internas y externas)

Nota: Es conveniente medir el ángulo de los vectores de posición de manera positiva desde el centro de coordenadas móvil, esto permite reducir la probabilidad de errores en el momento de hacer el cómputo de los cálculos.

Figura 79 Diagrama del cuerpo libre de la corredera (eslabón 4).

Figura 78 Diagrama de cuerpo libre del eslabón 3.

Figura 77 Diagrama del cuerpo libre del eslabón 2

3) Aplicar las ecuaciones de Newton en su forma escalar.

∑ F X2 =m2aCG2 x=F12 x+F32 x=m2aCG2x……(1)

∑ F y2=m2aCG 2 y=F12 y+F32 y+G2=m2aCG 2 y……(2)

∑MCG 22 =ICG2α2=r12 x F12+r32 xX F32+T 12=ICG 2α2

∑MCG 22 =r12 xF12 y−r12 y x F12 x+r32 x F32 y−r32 yF32 x+T 12=ICG 2α 2…… (3 )

SCORE: 3 Ecuaciones, 5 Incógnitas (F12 x , F32 x ,F12 y ,F32 y , T12). [Sistema Incompatible]∑ F X

3 =m3aCG3 x=F23 x+F43 x=m3aCG 3x

∑ FY3 =m3aCG 3 y=F23 y+F43 y+G 2=m3aCG3 y

∑MCG 33 =ICG3α 3=r23 x F23+r 43 x F43=ICG3α 3

∑MCG 33 =r23 xF23 y−r23 yF23 x+r32 xF32 y+r 43 xF43 y−¿r43 y F43 x=ICG 3α 3¿

SCORE: 6 Ecuaciones, 9 Incógnitas (F12 x , F32 x ,F12 y ,F32 y , T12). [Sistema Incompatible]Necesitamos entonces ecuaciones auxiliares que nos permitan reducir el número de incógnitas, estas surgen al aplicar la 3ra≤ y de Newton sobre las reacciones del mecanismo:

F23 x=−F32 x……(¿1)F23 y=−F32 y…… (¿2 )

Reescribiendo las ecuaciones anteriores y sustituyendo Ecu. (7) y (8)

∑ F X

3 =m3aCG3 x=−F32 x+F43 x=m3aCG 3x……(6)

∑ FY3 =m3aCG 3x=−F32 y+F43 y+G2=m3aCG3 y……(7)

∑MCG 33 =−r23 xF32 y+r23 yF32 x+r32 xF32 y+r43 xF43 y−¿r 43 yF 43x= ICG3 α3……(8)¿

SCORE: 6 Ecuaciones, 7 Incógnitas (F12 x , F32 x ,F12 y ,F32 y , T12 ,F43 y ,F43 x) [Sistema Incompatible]Eslabón 4

∑ F X4 =F14 x+F34 x+FPx=m4aCG4 x……(9)

∑ FY4 =F14 y+F34 y+G4=0……(10)

Como tenemos más incógnitas que ecuaciones hacemos uso de la ecuación auxiliar (Fricción).F14 x=± μkF14 y……(11)

F34 x=−F43 x……(12)

F34 y=−F43 y…… (13)

Sustituyendo las ecuaciones (11), (12), (13) en las ecuaciones anteriores tenemos:

∑ F X4 =±μkF14 x−F43 x+FPx=m4aCG4 x……(14)

∑ FY4 =F14 y−F43 y+G 4+FPy=0……(15)

Finalmente conseguimos un SCORE: 8 Ecuaciones, 8 Incógnitas , el cual es expresado en su forma matricial para resolverlo, esto debido a que es un sistema

Figura 80 Fuerzas externas e internas que actúan en la corredera.

de ecuaciones lineal .

[1 0 1 0 0 0 0 00 1 0 1 0 0 0 0

−r12 y −r12 x −r32 y r32 x 0 0 0 10 0 −1 0 1 0 0 00 0 0 −1 0 1 0 00 0 r23 y −r23 x −r43 y r43 x 0 00 0 0 0 −1 0 ±μk 00 0 0 0 0 −1 1 0

] [F12 x

F12 y

F32 x

F32 y

F43 x

F43 y

F14 y

T12

]=[m2aCG 2x

m2aCG 2 y−G2

ICG2α 2

m3aCG 3x

m3aCG3 y−G3

ICG3α 3

m4aCG4 x−FPx

−G4−FPy

] Matriz de parámetros geométricos Incógnitas Matriz de parámetros dinámicos

RESULTADOS MATHEMATICA

[F12 x

F12 y

F32 x

F32 y

F43 x

F43 y

F14 y

T 12

]=[8.567[N ]

−6.30175[N ]−9.6844 [N ]6.94685[N ]−14.98[N ]8.23705[N ]8.23705[N ]

−5.49929 [N ∙m ]]

RESULTADOS WM2D

[F12 x

F12 y

F32 x

F32 y

F43 x

F43 y

F14 y

T 12

]=[8.567 [N ]

−6.301[N ]9.685 [N ]

−6.946 [N ]14.98 [N ]

−8.43705 [N ]8.23705 [N ]−5.5[N ∙m ]

]


Implementación de un resorte y un amortiguador en un mecanismo Biela-Manivela-CorrederaPara incluir, un resorte y un amortiguador matemáticamente es necesario haber planteado el modelo dinámico, basado en la ecuación fundamental de la dinámica, es decir:Qnc=I g (q ) q+d I g ˙q2+ dV

dq

Nota: e, es la longitud natural del resorte.Los datos del mecanismo son:

m1=0.2Kg

m2=0.4Kg

m3=0.14 Kg

R=1m

L=2m

C=0m

ICG1=0.01668+m1( R2 )2

[Kg ∙m2]

Es el momento de Inercia del eslabón referido al eje de giro O.IC 2cm=0.1334 [Kg∙m2]

Es el momento de Inercia del eslabón 2, referido a su centro de masa.Recordando el Análisis Dinámico:[POSICION]

A=−arcsin ( Rsinq−cL )x=Rcosq+LcosA

Figura 81 Mecanismo de biela manivela con resorte y amortiguador.

[COEFICIENTES DE VELOCIDAD]Ka=

−RcosqLcosA

K x=−Rsinq+Rcosq tanA

[DERIVADA DE LOS COEFICIENTES]La=

RsinqLcosA

− RcosqLcosA

tanA (Ka)

Ahora bien, recordemos que para realizar un análisis dinámico, es necesario obtener los coeficientes de velocidad de los centros de masa de cada eslabón.U P=

L2

V P=0

Posición del centro de masa del eslabón 2 referido al sistema de coordenadas [U 2 ,V 2]

K2 x=−R sinq−Ka (UP sinA+V PcosA )

K2 y=Rcosq−Ka (−U P cosA+V P sinA )

L2x=−Rcosq−La (U P sinA+V P cosA )−K a2 (U PcosA−V P sinA )

L2 y=−Rsinq−La (−U P cosA+V P sinA )−Ka2 (U P sinA+V P cosA )

Y la inercia generalizadaI g=I 01+m2 (K2x

2+K 2 y2 )+ I2cmKa

2+m3 K x2

d I g=m2 (K2x L2x+K 2 y L2 y )+ I 2cmK aLa+m3 K x Lx

Observamos que:La constante de rigidez del resorte es: K=25 y la constante de amortiguamiento es b=1.5

Es muy importante, observar que la fuerza del amortiguador es no conservativa y entonces, es necesario usar el principio de trabajo Virtual. El trabajo virtual realizado por el amortiguador, es:∂ y=−b x∂ x

∂ x=dxdq

∂q

Reescribiendo la ecuación en términos de los coeficientes ∂w=−b ( q K x−b K x

2 q)

b K x2 q :Disipa Energia

Ahora sabemos que la fuerza del resorte es conservativa por lo tanto, necesitaremos conocer su energía potencialV resorte=

12K (x0−x−e )2

dVdq

=−k (x0−x−e ) dxdq

;dxdq

=K x

De la figura podemos observar:e=x0−x=constante

dVdq

=m1gR2cosq−m2 g

L2

cos A K a=Energia Potencial Debidoa laGravedad

¿−k (x0−x−e )K x

Por lo tanto la ecuación de la Dinámica es:q=

Qnc−d I g ˙q2−dVdq

I g

Figura 82 Longitud inicial y estiramiento del resorte.

Simulación de MatLab y WM2D con Resorte y Amortiguador Gravedad Y Fricción

Figura 83. Modelo dinámico en Simulink

function qpp=dinamicaT(u)clc; %DATOS:m1=0.2;m2=0.4;m3=0.14;R=1;L=2;c=0.0;I1o=0.01668 + m1*(R/2)^2 ; % kg-m2 momento de inercia eslabón R % respecto eje de giroI2cm=0.1334;%RETROALIMENTACIÓNqp=u(1); q=u(2); %...........................................% COEFICIENTES DE VELOCIDAD: Dependen solo de la posición "q"%............................................% ANALISIS DE POSICION:A=-asin((R*sin(q)-c)/L);X=R*cos(q)+L*cos(A); %COEFICIENTES DE VELOCIDAD:ka= (-R*cos(q))/(L*cos(A));kx= -R*sin(q)+R*cos(q)*tan(A);

%COEFICIENTES la y lx:la=((R*sin(q))/(L*cos(A)))-( (R*cos(q))/(L*cos(A)) )*tan(A)*ka;lx=-R*cos(q) - R*sin(q)*tan(A) + ( (R*cos(q))/(cos(A)^2) )*ka;%COEFICIENTES DE VEL. PUNTO INTERES.up=L/2;vp=0;k2x = -R*sin(q)-ka*( up*sin(A) + vp*cos(A) );k2y = R*cos(q)-ka*(-up*cos(A) + vp*sin(A) ) ;%DERIVADA DE LOS COEFICIENTES DE VELOCIDADl2x=-R*cos(q)-la*( up*sin(A) + vp*cos(A) )-ka^2*( up*cos(A) - vp*sin(A));l2y=-R*sin(q)-la*(-up*cos(A) + vp*sin(A) )-ka^2*( up*sin(A) + vp*cos(A));%ECUACION DE MOVIMIENTO EKSERGIAN (inercia no constante)FQ = I1o + m2*(k2x*k2x + k2y*k2y) + I2cm*ka*ka + m3*kx*kx;dFQ = m2*(k2x*l2x + k2y*l2y) + I2cm*ka*la + m3*kx*lx;C=1; F=5.0; %datos de amortiguador (Dashpot)b=1.5; %N-s/mQ= C + F*kx - b*kx*kx*qp;%DATOS DEL RESORTEk=25;x0=3; e=0.697;dv=-k*(x0-X-e)*kx; %EFECTOS DELA GRAVEDADg=9.807; V= -m1*g*(R/2)*sin(q) - m2*g*(-up*sin(A) + vp*cos(A));dV_dq=-m1*g*(R/2)*cos(q) + m2*g*(up*cos(A)*ka - vp*sin(A)*ka ); qpp = (1/FQ)*(Q - dFQ*qp*qp - dv + dV_dq);

Figura 84. Aplicando fricción en las juntas y en la ranura del bloque.

Figura 85. Fricción de la corredera µ=0.6.

Figura 86. Simulación de la dinámica del mecanismo considerando la fuerza de fricción

Comentarios: Aparece una fuerza, será la fuerza de fricción. Que se opone al sentido de la velocidad.La velocidad se reduce. Parece que la fuerza de fricción cinética: B=f sign( x ), f representa la fricción de coulomb su magnitud es proporcional a la velocidad del bloque. Y su dirección es contraria al sentido de la velocidad del bloque.La fuerza viscosa se puede representar con el amortiguador:Sin(x)= 1 si x>0; 0 si x=0; -1 si x <0; Aquí se añade la tarea 1

CLASE #34 (30/MAYO/2012)

Condiciones inicialesq=0

q=0

q pp=≠0

ICG=112

mL2

I 0=ICG+md2 , d=L

2

Calculo de reacciones utilizando el Método MatricialCalcularemos las reacciones de una barra en movimiento libre, es decir, sin aplicar ningún par, solo el generado por la gravedad. Obtendremos las gráficas de las reacciones con respecto al tiempo.

Vamos a establecer la metodología, para calcular el historial de reacciones de un mecanismo, en este caso una barra que rota alrededor del eje 0 , sujeta a la gravedad.Aplicando la metodología de estudio, para el cálculo de las reacciones:

1) Calcular aC 0 , de todos los eslabones :

aCGx=q K x+ q2 Lx

aCGy=q K y+ q2 Ly

Necesito conocer q ,q , qppQnc=I g (q ) q+d I g ˙q2+ dV

dq

I g (q )=m (c2+K y2 )+ ICG=I 0

T=12m ( x2+ y2 )+ 1

2ICG q

2

Figura 87 Mecanismo de una barra.

T=12m (( q K x )

2+(q K y)2 )+ 1

2ICG q

2

T=12

(m( q K x )2+(q K y)

2+ ICG ) q2

dI g=12

d I g (q )dq

=12[0]

V=mgL2

sinq

dVdq

=mg L2

cosq

0=I 0 q+mg L2

cos q

q=−mg L

2cos q

I0

Figura 88. Simulación de la dinámica y las reacciones en el mecanismo en Simulink

Ahora calculamos K x , Lx

x2=L2

cosq

y2=L2

sinq

x2=−L

2sinq q

y2=L2

cos q q

K x2=x2

q=−L

2sinq

K y 2=y2

q=L

2cosq

Lx2=−L

2cos q

Ly 2=−L2

sinq

2) D.C.L. vectores de posición

3) Obtención de las ecuaciones de Movimiento

∑ F X2 =maCG2 x=F12 x=maCG2x……(1)

∑ F y2=maCG 2 y=F12 y+G=maCG2 y……(2)

∑MCG 22 =ICG2α2=r12 x F12=ICG2α2……(3)

Se debe de resolver el sistema de ecuacionesF12 x=maCG2 x

F12 y=maCG2 y−GT 12=r12 xF12 y−r12 yF12 x=ICG 2α2

Figura 89 Diagrama de cuerpo libre de los eslabones 1 y 2.

Calcular la reacciones de F12 ,F13 ,F23 , y T12=Cpara la posición mostrada q= pi3rad

Metodología:1) Calculo de aceleraciones CG (Método Matricial coeficientes).2) D.C.L. y vectores posición 3) Ecuaciones de movimiento Datos

m2=1.5Kg

m1=0.3Kg

R=3m

C=6m

L=15

aCG2x= q K x2+q2Lx2

aCG2 y=q K y 2+ q2 Ly 2

aCG3 x=q K x3+q2Lx3

aCG3 y= q K y 3+ q2 Ly 3

K x2=x2

q=−R

2sinq

K y 2=y2

q=R

2cosq

Lx2=−R

2cosq

Ly 2=−R2

sinq

a) Conocemos q ,q , qppResuelto.

b) x2=R2

cos q

y2=R2

sinq

x2=−R

2sinq q

y2=R2

cos q q

Aceleraciones de los centros de gravedadLb=K a

2B−Rcos (A−q)

La=−2KaKb

B+ RB

sin(A−q)

I g (q )=I10+ I 20Ka2

dI g=0+ I 20K aLa

T 12=M=15 ;F=−3

Qnc=M+Fcos A Ka

q=Qnc−d I g ˙q2−dV

dqI g

Figura 90. Simulación de la dinámica del mecanismo en SimuLink

Recordando que para calcular las reacciones es necesario seguir la siguiente metodología.1) Calculo de aCG

aCG2x= q K x2+q2Lx2

aCG2 y=q K y 2+ q2 Ly 2

aCG3 x=q K x3+q2Lx3

aCG3 y= q K y 3+ q2 Ly 3

Bibliografía:

[1] Hartenberg Richard S. y Denavit Jacques, (1964), Kinematic synthesis of linkages, (1ra edition), United State of America: Mc. Graw-Hill Book Company. ISBN 0070269106

[2] J l Suñer M, F J Rubio M, V Mata A, J Albelda V y J I Cuadrado I, (2004),Teoría de máquinas y mecanismos. Problemas resueltos, (1ra edición),México: Ed. Alfaomega. ISBN 970-15-0888-2

[3] Mabie – Reinholtz, (2002), Mecanismos y dinámica de maquinaria, (2daedición), México: Ed. IPN- Noriega, 4ª Reimp. Limusa. ISBN 968-18-4567-6

[4] Martin George H., (2002) Kinematics and Dynamics of Machines (2ndEdition), United State of America: Ed. Waveland Press Inc. ISBN-1577662504

[5] Mott Robert L., (2006), Diseño de elementos de máquinas, (4ta edición),México: Ed. Pearson - Prentice Hall. ISBN 970-26-0812-0

[6] Myszka David H., (2005), Machines and mechanisms: applied kinematicanalysis (3ra edición), United State of America: Ed. Pearson PrenticeHall. ISBN 0131837761

[7] Norton Robert L., (2009), Diseño de maquinaria. Síntesis y análisis demáquinas y mecanismos, (4ta edición), México Ed. Mc Graw-Hill. ISBN –9789701068847

[8] Norton Robert L., (2011), Diseño de máquinas. Un enfoque integrado,(4ta edición), México: Ed. Pearson. ISBN 9786073205894

[9] Uicker John J.Jr., Pennock Gordon R. y Shigley Joseph E. (2003), Theoryof Machines and Mechanisms, (3ra edition), Ed. Oxford University Press.ISBN 9780195155983

[10] Waldron Kenneth J., Kinzel Gary L., (2004), Kinematics, Dynamics, andDesign of Machinery, (2da edición), Ed. Jonh Wiley and Sons, Inc. ISBN0-471-24417-1

[11] Kolman ,bernand;hill,david R.Algebra lineal. Pesaron educacion, mexico, 2006, ISBN:970-26-0696-9 Área universitarios.

[12]

Análisis y Síntesis de Mecanismos

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