Fun Din Ejemplos Adicionales Cinematica SR

Cap. 6 Cinemática del Cuerpo Rígido Pág. 6-12

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Ejemplo 6.5: En la figura se muestra un varillaje formado por las barras soldadas BA, DE y DC. Los extremos B y A están unidos a sendas correderas mediante rótulas. El sistema se mueve de tal manera que C toca siempre el plano xy. E es punto medio de AB. Si la corredera A se mueve de tal manera que su velocidad es 27=Av cm/s (constante), se pide calcular para el instante mostrado: a) Las velocidades de B y C y la velocidad

angular ω

del varillaje.

b) Las aceleraciones de B y C y la aceleración angular α

del varillaje. Solución:

a) Ar = (2, 6, 0) cm

Br = (0, 0, 3)

Cr

= (4, 3, 0)

Equiproyectividad sobre AB: ABAABB rvrv

⋅=⋅

)3,6,2()0,0,27()3,6,2(),0,0( −−⋅=−−⋅Bv

18−=Bv cm/s → kvBˆ18−=

cm/s

Además: ABAB rvv

×+= ω

(0, 0, -18) = (27, 0, 0) + 362

ˆˆˆ

−−zyx

kjiωωω

zy ωω 63270 ++= (1) zx ωω 230 −−= (2) yx ωω 2618 +−=− (3)

También: ACAC rvv

×+= ω

)0,,( CyCx vv = (27, 0, 0) + 032

ˆˆˆ

−zyx

kjiωωω

zCxv ω327 += (4) zCyv ω2= (5) yx ωω 230 −−= (6)

3 cm 3 cm

3 cm

2 cm

2 cm

OE

A

B

C

x

y

z

Fig. 6-22

vA

D

Fund. de Dinámica - ejemplos adicionales - cinemática del SR

Original de: Prof. Jorge Rodríguez 2015/2



de (3) y (4): 2=xω y 3−=yω en (2) → 3−=zω ⇒ )3,3,2( −−=ω

rad/s

de (4) y (5): 18=xCv y 6−=yCv ⇒ Cv

= (18, -6, 0) cm/s b) Cálculo de aceleraciones:

)( // ABABAB rraa

××+×+= ωωα (7)

ABr /

⋅ → [ ] ABABABABABAABB rrrrrara ////// )()(

⋅××+⋅×+⋅=⋅ ωωα Aquí: ),0,0( BB aa =

y además )0,0,0(=Aa

reemplazando: → 10533 −=Ba → 351−=Ba cm/s2

de donde: kaBˆ351−=

[cm/s2]

en (7): (0, 0, -351) = 362

ˆˆˆ

−−zyx

kjiααα + (54, 117, -81)

54630 ++= zy αα (8)

117320 +−−= xz αα (9)

8126351 −+−=− yx αα (10)

Además: )( // ACACAC rraa

××+×+= ωωα

)0,,( yCxC aa = 032

ˆˆˆ

−zyx

kjiααα + (-18, 27, -39)

183 −= zcxa α (11) 272 += zcya α (12) 39230 −−−= yx αα (13)

de (10) y (13): αx = 25,67 rad/s2 αy = -58 rad/s2 de (8) ó (9): αz = 20 rad/s2

→ )20,58,67,25( −=α

rad/s2

de (11) y (12): 42=xCa cm/s2

67=yCa cm/s2

→ )0,67,42(=Ca

cm/s2





Ejemplo 6.6: La varilla rígida está unida a los collarines mediante rótulas. En el instante mostrado la velocidad de B es ivB

ˆ6=

[cm/s] y su aceleración es iaB

ˆ4=

[cm/s2]. Considerando que la varilla está impedida de girar alrededor de su propio eje axial, se pide hallar: a) Las velocidades Av

y ABω

.

b) Las aceleraciones Aa

y ABα

. Solución: a) Los extremos A y B de la varilla rígida están relacionados por:

)( ABABAB rrvv

−×+= ω (1) Descompondremos el vector velocidad angular ( ABω

) de la varilla AB en dos componentes,

una ( 1ω

) en la dirección de giro libre de AB y que por condición de este problema será nula y la otra ( nω

) contenida en un plano perpendicular a la dirección AB:

nAB ωωω

+= 1 (2)

en (1): )()( 1 ABnAB rrvv

−×++= ωω

)()(1 ABnABA rrrrv

−×+−×+= ωω

→ )( ABnAB rrvv

−×+= ω (3) Sea ),,( zyxn ωωωω =

además: )3;45,3;2()3,0,0()0;45,3;2(/ −=−=−= ABAB rrr

en (3): )3;45,3;2(),,(ˆˆ −×+−= zyxAB kviv ωωω

kjikvi yxxzzyAˆ)245,3(ˆ)32(ˆ)45,33(ˆˆ6 ωωωωωω −+++−−+−=

de donde: 645,33 =−− zy ωω (4)

032 =+ xz ωω … (5)

Ayx v=− ωω 245,3 (6) de (4), (5) y (6): 4=Av cm/s Se necesita una ecuación más: 0)( =−⋅ ABn rr

ω (pues son perpendiculares)

0)3;45,3;2(),,( =−⋅zyx ωωω → 0345,32 =−+ zyx ωωω … (7)

B

Fig. 6-24A

1ω

nω

Plano perpendicular a la dirección AB.

3,45 cm

3 cm

2 cm

O

B

x

y

z

Fig. 6-23

A

vB aB





de (4), (5) , (6) y (7): 554,0=xω rad/s

044,1−=yω rad/s → )831,0,044,1;554,0( −−=nω

rad/s

831,0−=zω rad/s

Nota: Por equiproyectividad )()( ABAABB rrvrrv

−⋅=−⋅

→ )3;45,3;2(),0,0()3;45,3;2()0,0,6( −⋅−=−⋅ Av → 4=Av cm/s (ok!) b) Cálculo de aceleraciones:

)( // ABABABABABAB rraa

××+×+= ωωα (8) De manera análoga a lo hecho en velocidades descomponemos la aceleración angular en dos componentes: una a lo largo de AB y la otra contenida en un plano normal a AB:

nAB ααα

+= 1 (9)

en (8): ])[()()( /11/1 ABnnABnAB rraa

×+×++×++= ωωωωαα

)()( //11//1 ABnABnABnABA rrrra

×+××++×+×+= ωωωωαα

)()( //1/ ABnnABnABnA rrra

××+××+×+= ωωωωα

ABnnnnABABnnABABnA rrrrra ///11// )()()()(

ωωωωωωωωα ⋅−⋅+⋅−⋅+×+= Ahora, para seguir adelante tendremos que usar el hecho de que la barra AB no está girando sobre su eje (es decir 01 =ω

y 01 =α

). Entonces:

ABnnABABnAB rrraa /2

1// )(

ωωωα −⋅+×+= (10) Sea ),,( zyxn αααα =

además: iaBˆ4=

y kaa AA

ˆ−=

en (10): )3;45,3;2()445,1()3;45,3;2(),,(ˆˆ4 2 −−−×+−= zyxA kai ααα

de donde: 175,845,33 −=+ zy αα (11)

2,732 =+ xz αα (12)

262,6245,3 =+− yxAa αα (13)

Se necesita una ecuación más: 0)( =−⋅ ABn rr

α (pues son perpendiculares)

0)3;45,3;2(),,( =−⋅zyx ααα → 0345,32 =−+ zyx ααα … (14)

de (11), (12), (13) y (14): 99,19=Aa cm/s2

77,2=xα rad/s2

088,2−=yα rad/s2 → )554,0,088,2;77,2( −−=nα

rad/s2

554,0−=zα rad/s2





Ejemplo 6.9: En el mecanismo mostrado la barra AB gira con velocidad angular constante ω2 = 2 rad/s en sentido horario. Se pide:

a) Calcular las velocidades angulares 543 , ωωω y y la velocidad Ev .

b) Calcular las aceleraciones angulares 543 , ααα y y la aceleración Ea . Solución: a) Barra S2: )(2 ABAB rrvv

−×+= ω

)ˆ120ˆ50(2 jik +−×−=∧

→ jivBˆ100ˆ240 +=

[mm/s] → 260=Bv mm/s

Barra S3: )(3 BCBC rrvv

−×+= ω

)ˆ140(ˆ)ˆ100ˆ240( 3 ikji ×++= ω

→ jivCˆ)140100(ˆ240 3ω++=

(1)

Barra S4: )(4 DCDC rrvv

−×+= ω

)ˆ40ˆ30(ˆ4 jik +×= ω

→ jivCˆ30ˆ40 44 ωω +−=

(2)

de (1) y (2): 440240 ω−= (3) 43 30140100 ωω =+ (4) de (3) y (4): 23 −=ω rad/s → k̂23 −=ω

rad/s

64 −=ω rad/s → k̂64 −=ω

rad/s

en (2): jivCˆ180ˆ240 −=

[mm/s] → Cv = 300 mm/s

E

50

50

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

60 mm 30 50

4080

ω2

Fig. 6-57





Barra S5: )(5 CECE rrvv

−×+= ω

= )ˆ50ˆ50(ˆ)ˆ180ˆ240( 5 jikji +×+− ω

→ jivEˆ)50180(ˆ)50240( 55 ωω +−+−=

(5)

y además: ivv EEˆ=

(6)

de (5) y (6): Ev=− 550240 ω (7) 050180 5 =+− ω (8)

resolviendo: 6,35 =ω rad/s → ∧

= k6,35ω

[rad/s]

60=Ev mm/s → ivEˆ60=

[mm/s]

b) Análisis de aceleraciones Barra S2: )()( 2

22 ABABAB rrrraa

−−−×+= ωα = )ˆ120ˆ50(4 ji +−− → jiaB

ˆ480ˆ200 −=

[mm/s2] → 520=Ba mm/s2 Barra S3: )()( 2

33 BCBCBC rrrraa

−−−×+= ωα

)ˆ140()ˆ140()ˆ480ˆ200( 233 iikji ωα −×+−=

∧

→ jiaCˆ)480140(ˆ360 3 −+−= α

(9)

Barra S4: )()( 2

44 DCDCDC rrrraa

−−−×+= ωα

= )ˆ40ˆ30(36)ˆ40ˆ30(ˆ4 jijik +−+×α

→ jiaCˆ)144030(ˆ)108040( 44 −+−−= αα

(10)

de (9) y (10): 184 −=α rad/s2 → ∧

−= k184α

rad/s2

71,103 −=α rad/s2 → ∧

−= k71,103α rad/s2 en (9) o en (10): jiaC

ˆ4,1979ˆ360 −−=

Barra S5: )()( 2

55 CECECE rrrraa

−−−×+= ωα

= )ˆ50ˆ50()ˆ50ˆ50(ˆ)ˆ4,1979ˆ360( 255 jijikji +−+×+−− ωα

jiaEˆ)504,2627(ˆ)501008( 55 αα +−+−−=

(11)

pero iaa EE

ˆ=

(12)

de (11) y (12): 55,525 =α rad/s2 → k̂55,525 =α

rad/s2

4,3635−=Ea mm/s2 → iaEˆ4,3635−=

mm/s2





• Análisis de velocidades mediante el método de equiproyección de velocidades

Barra S3: ),(cos αα senvv BB =

)cos,( ββsenvv CC =

135

=αsen y 1312cos =α

54

=βsen y 53cos =β

entonces:

=

135,

1312

BB vv

−=

53,

54

CC vv

Equiproyectividad en barra S3: )()( BCCBCB rrvrrv

−⋅=−⋅

)0,1(14053,

54)0,1(140

135,

1312

⋅

−=⋅

CB vv

es decir: CB vv54

1312

=

y como: 2602 =⋅= ABvB ω mm/s → 300=Cv mm/s Equiproyectividad en barra S5: )()( CEECEC rrvrrv

−⋅=−⋅

⋅=

⋅

−

22,

22250)0,1(

22,

22250

53,

54

EC vv

y como 300=Cv mm/s → 60=Ev mm/s

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2

O23

O21O31

βα

45°

O41

O35

O34

O16 )(∞

O51

O45

β

S6

Cv

Bv

α

Fig. 6-58





Conociendo la posición de los polos absolutos del mecanismo podemos ahora escribir con mucha facilidad:

2130260

331

33133 =→==→=→∈ ωωωBOvBOvSB B

B rad/s

650300

441

44144 =→==→=→∈ ωωωCO

vCOvSC BC rad/s

6,367,16

605

5155155 =→==→=→∈ ωωω

OEvEOvSE E

E rad/s

• Solución gráfica mediante equiproyectividad de velocidades El mecanismo tiene que estar dibujado a escala una cierta escala y del mismo modo habrá que elegir una escala para las velocidades. tenemos que 2602 == ABvB ω mm/s Del diagrama dibujado se lee: 300≅Cv mm/s

60≅Ev mm/s Luego se puede continuar como en la página anterior para, con la ayuda de los polos, determinar las velocidades angulares de las barras restantes.

Escala del mecanismo: 1:2 Escala de velocidades : 10 mm/s <> 1 mm

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2

O21

S6

Cv

Bv

Ev

Fig. 6-59





• Análisis de velocidades y aceleraciones mediante la solución gráfica de ecuaciones vectoriales

a) Análisis de velocidades

Barra S3: BCBC vvv /

+= aquí: vB = 260 mm/s CDvC ⊥

BCv BC ⊥/

donde BCv BC 3/ ω= del gráfico : 300=Cv mm/s

280/ =BCv mm/s BC3

!ω=

de donde: 23 =ω rad/s Barra S5: CECE vvv /

+=

del gráfico: 60≅Ev mm/s

250/ ≅CEv mm/s y como ECv CE 5/ ω=

→ 7,70

250/5 ==

ECv CEω = 3,55 rad/s

El mecanismo está dibujado a escala 1:2 ⇒ podemos tomar cualquier distancia que sea necesaria.

CEv /

Cv

Ev

CE⊥

Fig. 6-62 Escala de velocidades:

1 mm <> 10 mm/s

Escala de velocidades: 1 mm <> 10 mm/s

E

C

D

B

A

S5

S3

S2

S4

ω2 = 2 rad/s

Fig. 6-60

Bv

BCv /

Cv

CD⊥

BC⊥

Fig. 6-61





Para finalizar: del primer gráfico se obtuvo 300=Cv mm/s

Como DCvC 4ω= → 50

3004 ==

DCvCω → 64 =ω rad/s

b) Análisis de aceleraciones Barra S3: n

BCt

BCBC aaaa //

++= n

Bct

BCtB

nB

tC

nC aaaaaa //

+++=+

donde: 1800: 2

4 == CDaa nC

nC ω

mm/s2

CDaa tC

tC 4: α=

520: 22 == ABaa n

BnB ω

mm/s2

0: 2 == ABaa tB

tB α

CBaa tBC

tBC 3// : α=

560: 23// == BCaa n

BC

nBC ω mm/s2

Del gráfico:

767=tCa mm/s2

→ 50

7674 ==

CDat

Cα 4,15≅ rad/s2

1433/ =t

BCa mm/s2

→ 1401433/

3 ==CBat

BCα 3,10≅ rad/s2

C

D

nCa

C

D

tCa

Fig. 6-63

B

A

nBa

B

A

tBa

Fig. 6-64

nBCa /

B C

tBCa /

B C

Fig. 6-65

nBCa /

tBCa /

O

nCa

tCa

nBa

Fig. 6-66 Escala de aceleraciones:

1 mm <> 3 mm/s2





Barra S4: nCE

tBECE aaaa //

++=

nCE

tCE

tC

nCE aaaaa //

+++=

donde: ECat

CE 5/ α= y además: ECan

CE25/ ω=

)7,70()6,3( 2/ =nCEa

→ 41,916/ =nCEa mm/s2

Ahora podemos construir el siguiente gráfico: De donde podemos leer los siguientes resultados: 3540≅Ea mm/s2

3617/ ≅tCEa mm/s2

de donde: 7,70

3617/5 ==

ECat

CEα

→ 2,515 =α rad/s2

Escala de aceleraciones: 1 mm <> 30 mm/s2

Ea

nCa

tCa

O

tCEa /

nCEa /

Fig. 6-67



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