Metodos Graficos de Analisis Cinematico de Mecanismos

Planos.

Jose Marıa Rico Martınez

Departamento de Ingenierıa Mecanica

Division de Ingenierıas, Campus Irapuato-Salamanca

Salamanca, Gto. 36885, Mexico

1 Introduccion y Motivacion.

Desde finales del siglo XIX hasta mediados del siglo XX, la ausencia de he-rramientas de computoobligo al desarrollo de metodos graficos de analisis cinematico de mecanismos. Dentro de estacategoria se encuentran los siguientes metodos

1. Polıgonos de velocidad y aceleracion.

2. Centros instantaneos de velocidad.

Aun cuando estos metodos son, ahora, mas tediosos y menos exactos que aquellos metodosbasados en el empleo de computadores digitales, es importante conocer estos metodos por variasrazones. Por un lado, el metodo de los polıgonos de velocidad y aceleracion permite mostrarlas tres fases de un analisis cinematico completo que incluye el analisis de posicion, velocidady aceleracion de un mecanismo plano y de esa manera constituye una ultima oportunidad pararepasar el fundamento de los metodos de velocidad y aceleracion de mecanismos planos, un temaobligado en los cursos de Dinamica. Por otro lado, el metodo de los centros instantaneos develocidad proporciona una vision, al mismo tiempo, practica y altamente reveladora que tieneaplicacion en la cinematica espacial y la cinematica de engranages.

El resto de estas notas muestran como resolver el analisis de posicion, velocidad y aceleracionde mecanismos planos. El metodo de los polıgonos de velocidad y aceleracion requiere la solucionconsecutiva del analisis de posicion, del analisis de velocidad y del analisis de aceleracion. Enla parte final de estas notas se presenta el metodo de los centros instantaneos de velocidad, estemetodo es el antecente historico de los metodos de tornillos infinitesimales que pueden extendersefacilmente al analisis de velocidad, aceleracion y orden superior de mecanimos planos y espaciales.

2 Analisis de Posicion de Mecanismos Planos.

En esta seccion se muestra como resolver el analisis de posicion del mecanismo plano. Posterior-mente, se mostrara que el analisis de posicion del mecanismo plano involucra la solucion de unsistema de ecuaciones no lineales, un problema complicado, pero que resuelto graficamente es casitrivial. Considere el mecanismo plano de seis barras mostrado en la figura 1. La figura muestralas longitudes de los eslabones y la escala a la cual se dibuja el mecanismo.

1. El primer paso consiste en localizar el punto O2 y trazar las dos lıneas perpendiculares, unahorizontal y otra vertical, que partiendo de O2, permiten localizar el punto O6 y la lıneasobre la cual esta localizado el punto C.

1

Figure 1: Mecanismo Plano de Seis Barras.

Figure 2: Segundo Paso del Analisis de Posicion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

2. El segundo paso consiste en localizar el punto A trazando una lınea que pasa por O2 y conun angulo de 45◦ con respecto al semieje positivo X, vea la figura 2.

3. El tercer paso consiste en determinar el punto C, localizando la interseccion de la lıneahorizontal que pasa por el punto O2 y un cırculo con centro en el punto A y radio igual a lalongitud AC. Es evidente que la solucion indicada en la parte derecha de la figura 3 no es deinteres en este problema. Ademas, es posible determinar la localizacion del punto B, situadoa la mitad del segmento AC.

4. El paso final del analisis de posicion del mecanismo consiste en la determinacion del puntoD, localizado en la interseccion de dos cırculos. El primero de ellos con centro en el punto By radio igual a BD y el segundo con centro en el punto O6 y radio O6D. Es evidente que lasolucion indicada con lınea punteada, en la figura 4, no es la deseada.

El resultado de este analisis de posicion es el dibujo del mecanismo mostrado en la figura 1.Este dibujo es el punto de partida para realizar el analisis de velocidad del mecanismo.

3 Analisis de Velocidad de Mecanismos Planos.

En esta seccion se muestra como, despues de finalizar el analisis de posicion de un mecanismoplano, es posible resolver el analisis de velocidad del mecanismo. A continuacion se presentan lospasos necesarios para realizar el analisis de velocidad del mecanismo.

2

Figure 3: Tercer Paso del Analisis de Posicion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

1. El primer paso del analisis de velocidad consiste en seleccionar un punto que servira comoorigen del polıgono de velocidad, ası como la escala con la que se dibujaran los vectoresasociados al polıgono de velocidad, por ejemplo 1u.l. = 1mm/seg.. Como regla general, serecomienda dibujar el polıgono y los calculos correspondientes al analisis de velocidad en unanueva capa —“layer”— y con otro color. Por ejemplo, en el problema a resolver se seleccionouna escala de 100u.l. = 1pulg./seg., vea la figura 5.

2. El segundo paso consiste en dibujar el vector que representa la velocidad del punto A, ~vA.Debe notarse que en el punto A existen en realidad dos puntos A coincidentes, uno que formaparte del eslabon 2, A2, y el otro que forma parte del eslabon 3, A3. Puesto que el puntoA esta localizado en el eje de rotacion del par de revoluta, ambos puntos tienen la mismavelocidad, es decir

~vA2= ~vA3

.

Esta velocidad esta calculada, como si el punto A formara parte del eslabon 2, por lo tanto

~vA = ~ω2 × ~rA/O2,

donde la magnitud de esta velocidad esta dada por

| ~vA |=| ~ω2 || ~rA/O2| Sen 90◦ = 2

pulg.

seg.

Puesto que la escala del polıgono de velocidad es de 100u.l. = 1pulg./seg., el vector querepresenta ~vA es de 200 u.l. Ademas, la direccion de ~vA es perpendicular a ambos ~ω2, porlo tanto en el plano del dibujo, y a ~rA/O2

. Debe notarse que para facilitar la medicion delos vectores la punta de flecha no esta, como es usual, dibujada en el extremo del vector, elextremo del vector se denomina el punto A, vea la figura 6, y corresponde a la imagen develocidad del punto A del mecanismo.

3

Figure 4: Cuarto Paso del Analisis de Posicion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

3. El segundo paso consiste en determinar la velocidad del punto C, como se indico en el primerpaso, existen dos puntos C coincidentes. C3 que forma parte del eslabon 3 y C4 que formaparte del eslabon 4. Como ambos puntos yacen en el eje de rotacion del par de revolutatienen la misma velocidad. Por lo tanto

~vC3= ~vC4

.

Ademas, la velocidad del punto C3, esta dada por

~vC3= ~vA3

+ ~ω3 × ~rC/A = ~vA2+ ~ω3 × ~rC/A = ~vA2

+ ~vC/A (1)

Por lo tanto, se tiene la ecuacion vectorial

~vA2+ ~ω3 × ~rC/A = ~vC4

, (2)

donde, ademas, se conoce la direccion de ~vC4, puesto que el par cinematico que conecta los

eslabones 1 y 4 es un par prismatico, entonces la direccion de ~vC4es horizontal.

Esta ecuacion vectorial (2) genera dos ecuaciones escalares y por lo tanto debe existir, comomaximo, dos incognitas escalares. Estas incognitas son, la magnitud de la velocidad angular~ω3 y la magnitud de la velocidad ~vC4

. De manera grafica, la ecuacion (2) se resuelve dibu-jando, a partir del punto A, una lınea en la direccion de la velocidad ~vC/A = ~ω3 × ~rC/A y apartir del punto O, una lınea en la direccion de la velocidad ~vC4

. La interseccion de ambaslıneas determina el punto C, vea la figura 7, que es la imagen de velocidad del punto C delmecanismo original.

4. El tercer paso consiste en determinar la velocidad del punto B3, a partir de la ecuacion (1)puede escribirse

~vB3= ~vA3

+ ~ω3 × ~rB/A = ~vA2+ ~ω3 × ~rB/A (3)

4

Figure 5: Resultado del Analisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

Figure 6: Primer Paso del Analisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

Sin embargo, los puntos A, B y C son colineales. De manera que tomando en cuenta lasdistancias entre los puntos, se tiene que

~rB/A =1

2~rC/A

De aquı que

~vB3= ~vA2

+ ~ω3 × ~rB/A = ~vA2+

1

2~ω3 × ~rC/A = ~vA2

+1

2~vC/A. (4)

Esta ecuacion puede resolverse graficamente dibujando un cırculo con centro en el punto A,del polıgono de velocidad, con radio igual a la mitad del vector ~vC/A que va del punto Aal punto C. La interseccion del cırculo con el vector ~vC/A determina el punto B, la imagende velocidad del punto B del mecanismo original. El vector que va del punto O al punto Bdetermina la velocidad de ambos puntos B3 y B5, denominada ~vB, vea la figura 8.

5. El cuarto paso del analisis de velocidad consiste en determinar la velocidad del punto D,nuevamente se tiene que

~vD5= ~vD6

Esta ecuacion puede escribirse como

~vD5= ~vB5

+ ~vD/B = ~vB5+ ~ω5 × ~rD/B = ~ω6 × ~rD/O6

= ~vD6(5)

5

Figure 7: Segundo Paso del Analisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

Figure 8: Tercer Paso del Analisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

De nueva cuenta, si la ecuacion (5) puede resolverse debe tener como maximo dos incognitasescalares. En este caso, esas incognitas son las magnitudes de las velocidades angulares~ω5 y ~ω6. Graficamente esta ecuacion se resuelve dibujando a partir del punto B una lıneaperpendicular al vector ~rD/B y dibujando a partir del punto O una lınea perpendicular alvector ~rD/O6

. La interseccion de estas dos lıneas determina el punto D, vea la figura 5, quees la imagen de velocidad del punto D del mecanismo original.

6. El paso final del analisis de velocidad consiste en determinar las magnitudes de los vectores delpolıgono de velocidad y a partir de ellos determinar la magnitud y direccion de las velocidadesangulares. En ocasiones, es necesario, ademas, determinar la velocidad de un punto, comocuando un eslabon esta sujeto a un movimiento de traslacion en cuyo caso todos los puntosdel cuerpo tienen la misma velocidad y la velocidad angular del eslabon es nula.

(a) Considere la determinacion de la velocidad angular ~ω5. El primer problema es el deter-minar cual de los vectores del polıgono de velocidad permite determinar ~ω5, la soluciones muy simple, el vector debe conectar dos puntos que pertenezcan al eslabon 5, es decirlos puntos B y D. En este caso es el vector ~vD/B, del dibujo Autocad, se tiene que lamagnitud del vector es de 152.9509u.l., por lo que, a partir de la escala del polıgono develocidad, que es de 100u.l. = 1 pulg./seg., se tiene que

~vD/B = 1.529509 pulg./seg.

El sentido es el indicado por el polıgono de velocidad, de izquierda a derecha y de abajo

6

hacia arriba. A partir de la ecuacion (5), se tiene que

~vD/B = ~ω5 × ~rD/B | ~vD/B |=| ~ω5 || ~rD/B | Sen 90◦ =| ~ω5 || ~rD/B |

Por lo tanto,

| ~ω5 |=| ~vD/B |

| ~rD/B |=

1.529509 pulg./seg.

4 pulg.= 0.38237725 rad./seg.

El sentido se determina empleando la regla de la mano derecha, en este caso es en sentidohorario –cw clockwise–.

(b) Considere la determinacion de la velocidad del punto C. Debe recordarse que ~vC3 = ~vC4.Mida el vector que va del punto O al punto C, del dibujo Autocad, se tiene que lamagnitud del vector es de 116.0213u.l., por lo que, a partir de la escala del polıgono develocidad, que es de 100u.l. = 1 pulg./seg., se tiene que

~vC = ~vC3 = ~vC4 = 1.160213 pulg./seg.

El sentido de la velocidad es el indicado en el polıgono de velocidad.

El resto de los resultados, que se emplearan como datos para el analisis de aceleracion, sedetermina de manera semejante.

4 Analisis de Aceleracion de Mecanismos Planos.

En esta seccion se muestra como, despues de finalizar el analisis de posicion y de velocidad de unmecanismo plano, es posible resolver el analisis de aceleracion del mecanismo. A continuacion sepresentan los pasos necesarios para realizar el analisis de aceleracion del mecanismo.

1. El primer paso del analisis de aceleracion consiste en seleccionar un punto que servira comoorigen del polıgono de aceleracion, ası como la escala con la que se dibujaran los vectoresasociados al polıgono de aceleracion, por ejemplo 1u.l. = 1mm/seg2. Como regla general,se recomienda dibujar el polıgono y los calculos correspondientes al analisis de aceleracionen una nueva capa –“layer”– y con otro color. Por ejemplo, en el problema a resolver seselecciono una escala de 100 u.l. = 1pulg./seg2., vea la figura 9.

En este caso se supondra que la velocidad angular del eslabon 2 es constante, por lo tanto~α2 = 0 rad./seg2.

2. El segundo paso del analisis de aceleracion consiste en calcular todas las aceleraciones nor-males y la aceleracion tangencial del punto A. Para tal fın, se tiene que, empleando elconcepto de placa representativa, las aceleraciones normales estan dadas por

~anA = ~ω2 ×(

~ω2 × ~rA/O2

)

= − | ~ω2 |2 ~rA/O2

~anC/A = ~ω3 ×(

~ω3 × ~rC/A

)

= − | ~ω3 |2 ~rC/A

~anD/B = ~ω5 ×(

~ω5 × ~rD/B

)

= − | ~ω5 |2 ~rD/B

~anD = ~ω6 ×(

~ω6 × ~rD/O6

)

= − | ~ω6 |2 ~rD/O6

Las magnitudes de estas aceleraciones normales estan indicadas en la figura 9. Por otro lado,la aceleracion tangencial del punto A esta dada por

~atA = ~α2 × ~rA/O2= ~0 pulg./seg.2

7

Figure 9: Resultado del Analisis de Aceleracion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

3. El tercer paso del analisis de aceleracion consiste en determinar la aceleracion del punto C,vea la figura 10. De nueva cuenta debe notarse que existen dos puntos C coincidentes. C3

que forma parte del eslabon 3 y C4 que forma parte del eslabon 4. Como ambos puntos yacenen el eje de rotacion del par de revoluta tienen la misma aceleracion. Por lo tanto

~aC3= ~aC4

.

Ademas, la aceleracion del punto C3, esta dada por

~aC3= ~aA3

+ ~anC/A + ~atC/A = ~aA3+ ~ω3 ×

(

~ω3 × ~rC/A

)

+ ~α3 × ~rC/A

= ~aA2+ ~ω3 ×

(

~ω3 × ~rC/A

)

+ ~α3 × ~rC/A (6)

Por lo tanto, se tiene la ecuacion vectorial

~aA2+ ~anC/A + ~α3 × ~rC/A = ~aC4

, (7)

donde, de nueva cuenta, la direccion de la aceleracion ~aC4es horizontal pues el par cinematico

que conecta los eslabones 1 y 4 es prismatico.

Esta ecuacion vectorial (7) genera dos ecuaciones escalares y por lo tanto deben existir,como maximo, dos incognitas escalares. Estas incognitas son, la magnitud de la aceleracionangular ~α3 y la magnitud de la aceleracion ~aC4

. De manera grafica, la ecuacion (7) seresuelve dibujando, a partir del punto A, un vector que represente, a la escala seleccionada,la aceleracion normal ~anC/A y, a continuacion, una lınea en la direccion de la aceleraciontangencial ~atC/A = ~α3×~rC/A y a partir del punto O, una lınea en la direccion de la aceleracion~aC4

. La interseccion de ambas lıneas determina el punto C, vea la figura 10.

4. El tercer paso del analisis de aceleracion consiste en determinar la aceleracion del punto B,vea la figura 10, a partir de la ecuacion (6) puede escribirse

~aB3= ~aA3

+ ~ω3 ×(

~ω3 × ~rB/A

)

+ ~α3 × ~rB/A (8)

Sin embargo, los puntos A, B y C son colineales. De manera que tomando en cuenta lasdistancias entre los puntos, se tiene que

~rB/A =1

2~rC/A

8

Figure 10: Tercer Paso del Analisis de Aceleracion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

De aquı que

~aB3= ~aA2

+ ~ω3 ×(

~ω3 × ~rB/A

)

+ ~α3 × ~rB/A

= ~aA2+

1

2~ω3 ×

(

~ω3 × ~rC/A

)

+1

2~α3 × ~rC/A

= ~aA2+

1

2~anC/A +

1

2~atC/A = ~aA2

+1

2~aC/A. (9)

Esta ecuacion puede resolverse graficamente dibujando un vector que conecte el punto A conel punto C, este vector representa la aceleracion total del punto C respecto del punto A

~aC/A = ~anC/A + ~atC/A

A continuacion se dibuja un cırculo con centro en el punto A, del polıgono de aceleracion,con radio igual a la mitad del vector ~aC/A. La interseccion del cırculo con el vector ~aC/A

determina el punto B. Si se dibujara el vector que va del punto O al punto B, este vectordeterminarıa la aceleracion de ambos puntos B3 y B5, denominada ~aB .

5. El quinto paso del analisis de aceleracion consiste en determinar la aceleracion del punto D,nuevamente se tiene que

~aD5= ~aD6

Esta ecuacion puede escribirse como

~aD5= ~aB5

+ ~anD/B + ~atD/B = ~aB5+ ~ω5 ×

(

~ω5 × ~rD/B

)

+ ~α5 × ~rD/B

= ~ω6 ×(

~ω6 × ~rD/O6

)

+ ~α6 × ~rD/O6= ~anD + ~atD = ~aD6

(10)

De nueva cuenta, si la ecuacion (10) puede resolverse debe tener como maximo dos incognitasescalares. En este caso, esas incognitas son las magnitudes de las aceleraciones angulares ~α5

y ~α6. Graficamente esta ecuacion se resuelve dibujando a partir del punto B un vectorque represente, a la escala seleccionada, la aceleracion normal ~anD/B y, a continuacion, unalınea en la direccion de la aceleracion tangencial ~atD/B = ~α5 × ~rD/B . Por otro lado, esnecesario dibujar, a partir del punto O un vector que represente, a la escala seleccionada, laaceleracion normal ~anD y, a continuacion, una lınea en la direccion de la aceleracion tangencial~atD = ~α6 × ~rD/O6

. La interseccion de estas dos lıneas determina el punto D, vea la figura 9.

9

Figure 11: Cuarto Paso del Analisis de Aceleracion de un Mecanismo Plano de Seis Barras.

6. El paso final del analisis de aceleracion consiste en determinar las magnitudes de los vectoresdel polıgono de aceleracion y a partir de ellos determinar la magnitud y direccion de lasaceleraciones angulares. En ocasiones, es necesario ademas determinar la aceleracion de unpunto, como cuando un eslabon esta sujeto a un movimiento de traslacion en cuyo caso todoslos puntos del cuerpo tienen la misma aceleracion y la aceleracion angular del eslabon es nula.

(a) Considere la determinacion de la aceleracion angular ~α5. El primer problema es eldeterminar cual de los vectores del polıgono de aceleracion permite determinar ~α5, lasolucion es muy simple, el vector debe conectar dos puntos que pertenezcan al eslabon 5,es decir los puntos B y D, ademas la magnitud del vector debe depender de la magnituddel vector ~α5. En este caso, la solucion es el vector ~atD/B , del dibujo Autocad, se tieneque la magnitud del vector es de 164.4554u.l., por lo que, a partir de la escala delpolıgono de aceleracion, que es de 100u.l. = 1 pulg./seg2., se tiene que

~atD/B = 1.644554 pulg./seg2.

El sentido es el indicado por el polıgono de aceleracion, de izquierda a derecha y deabajo hacia arriba. A partir de la ecuacion (10), se tiene que

~atD/B = ~α5 × ~rD/B | ~atD/B |=| ~α5 || ~rD/B | Sen 90◦ =| ~α5 || ~rD/B |

Por lo tanto,

| ~α5 |=| ~atD/B |

| ~rD/B |=

1.644554 pulg./seg2.

4 pulg.= 0.4111385 rad./seg2.

El sentido se determina empleando la regla de la mano derecha, en este caso es en sentidohorario —cw clockwise—.

(b) Considere la determinacion de la aceleracion del punto C. Debe recordarse que ~aC3 =~aC4. Mida el vector que va del punto O al punto C, del dibujo Autocad, se tiene quela magnitud del vector es de 140.6021u.l., por lo que, a partir de la escala del polıgonode aceleracion, que es de 100 u.l. = 1 pulg./seg2., se tiene que

~aC = ~aC3 = ~aC4 = 1.406021 pulg./seg2.

El sentido de la aceleracion es el indicado en el polıgono de aceleracion.

10

El resto de las aceleraciones angulares y aceleraciones puntuales se determinan de manerasemejante.

5 Centros Instantaneos de Velocidad.

Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la figura 1. Es bien claro que eleslabon 2 tiene un movimiento de rotacion, respecto del eslabon fijo, 1, alrededor del punto O2.De manera semejante, el eslabon 4 tiene un movimiento de rotacion, respecto del eslabon fijo, 1,alrededor del punto O4.

1

Figure 12: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.

Este conocimiento permite determinar de manera muy sencilla la direccion de la velocidadabsoluta; es decir respecto del eslabon fijo, como se muestra en la figura 2. En verdad,

~vM = ~ω2 × ~rM/O2y ~vN = ~ω4 × ~rN/O4

. (11)

Por lo tanto, la velocidad del punto M es perpendicular al vector ~rM/O2y, por lo tanto, perpen-

dicular a la lınea O2 M . Similarmente, la velocidad del punto N es perpendicular al vector ~rN/O4

y, por lo tanto, perpendicular a la lınea O4 N . Si se pudiera conocer, aun cuando unicamente seade manera instantanea, el punto alrededor del cual el eslabon 3 gira respecto al eslabon 1, entoncesse podrıa obtener, de manera muy sencilla la direccion de las velocidades de todos los puntos deleslabon 3.

Si este punto se conociera, se denomina el centro instantaneo de velocidad del eslabon 3 conrespecto al eslabon 1. El resto de estas notas proporcionan una definicion formal del centroinstantaneo de velocidad, la teorıa y tecnica necesarias para su determinacion y su empleo enla determinacion de la velocidades angulares o puntuales de un mecanismo plano.

6 Definicion del Centro Instantaneo de Velocidad del Movi-

miento Relativo Entre Dos Eslabones.

En principio, es posible proponer un conjunto de tres definiciones equivalentes de un centro instan-taneo de velocidad entre dos cuerpos rıgidos. Esta definicion requiere de la consideracion de trescuerpos rıgidos, uno de los cuales actua como referencia y no requiere que este cuerpo de referenciaeste fijo o tenga movimiento. Mas aun, esta definicion no requiere que los tres cuerpos formen parte

1En sentido mas estricto, los eslabones 2 y 4 tienen un movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo, cuya

interseccion, con el plano de movimiento, es respectivamente O2 y O4.

11

Figure 13: Mecanismo Plano de Cuatro Barras con Direcciones de las Velocidades de los PuntosM y N.

de un mecanismo o aun que los cuerpos esten unidos entre si. Sin embargo, la definicion requiereque el mecanismo sea plano; es decir, que todos sus eslabones se muevan en planos paralelos.

Definicion 1. Centro Instantaneo de Velocidad. Considere tres cuerpos rıgidos denomi-nados como i, j, k y considere el movimiento relativo de los cuerpos rıgidos i y j respecto del cuerporıgido k, entonces es posible definir el centro instantaneo de velocidad, del movimiento relativo,entre los eslabones i y j, denotado Oij = Oji de las siguientes tres posibles maneras.

1. El centro instantaneo Oij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecientes uno al cuerpoi, Oi y otro al cuerpo j, Oj , tal que uno de los eslabones gira respecto al otro, respecto a uneje perpendicular al plano de papel que pasa por el punto Oij .

2. El centro instantaneo Oij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecientes uno al cuerpoi y otro al cuerpo j, tal que no tienen velocidad relativa; es decir:

k~vOi/Oj= ~0 (12)

3. El centro instantaneo Oij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecien-tes uno al cuerpoi y otro al cuerpo j, tal que tienen la misma velocidad; es decir:

k~vOi= k~vOj

(13)

Notas. Debe notarse que las tres definiciones son simetricas, de manera que esta claro queOij = Oji. Por otro lado, se preferira escribir Oij donde i > j. Ademas, es perfectamente posibleque el centro instantaneo Oij este fuera de los lımites fısicos de los cuerpos, de manera que sesupondra que los cuerpos rıgidos tienen dimensiones infinitas. Finalmente, es costumbre numerarlos eslabones de un mecanismo a partir del numero 1 que, tambien es costumbre, se reserva parael eslabon fijo.

Proposicion 2. Las tres posibles definiciones de un centro instantaneo son equivalentes.Prueba: Suponga que Oi y Oj son dos puntos coincidentes en los cuerpos rıgidos i y j y que

los movimientos de los cuerpos se observan desde el cuerpo k.

1. 1 implica 2. Suponga que el eslabon i gira con respecto al eslabon j alrededor del puntocoincidente Oij , entonces

k~vOi/Oj= k~ωi/j × ~rOi/Oj

=[

k~ωi − k~ωj]

×~0 = ~0 (14)

12

2. 2 implica 3. Sik~vOi/Oj

= ~0

entonces~vk

Oi− ~vk

Oj= ~0,

Por lo tanto~vk

Oi= ~vk

Oj. (15)

3. 3 implica 1. Si~vk

Oi= ~vk

Oj,

entonces, el unico movimiento relativo entre los eslabones i y j es un movimiento de rotacionque instantaneamente tiene su eje de rotacion perpendicular al plano de movimiento y quepasa por el par de puntos coincidentes Oi y Oj .

7 Ejemplos de Determinacion de Centros Instantaneos de

Velocidad de un Mecanismo Plano.

En esta seccion, se mostrara como determinar la localizacion de un centro instantaneo de velocidadcuando se conocen diferentes datos de la velocidad de un cuerpo rıgido. Posteriormente, se mostraracomo a partir de la localizacion de los centros instantaneos de velocidad de un mecanismo es posibledeterminar la velocidad angular de cualquiera de los eslabones del mecanismo o la velocidad puntualde un punto arbitrario de cualquiera de los eslabones del mecanismo.

7.1 Determinacion de la Localizacion del Centro Instantaneo de un Es-

labon Cuando se Conoce su Velocidad Angular y la Velocidad de un

Punto.

Considere el eslabon mostrado en la figura 3, el cual se mueve respecto al sistema de referenciarepresentado por el plano. La velocidad angular del eslabon es de ~ω = 10 rad./seg.k y la velocidaddel punto A cuyo vector de posicion respecto al sistema coordenado mostrado en la figura es~rA = 12 i + 9 j, u.l. Ademas, su velocidad esta dada por ~vA = 15 i − 6 j u.l./seg.

Figure 14: Eslabon de un Mecanismo Plano de Cuatro Barras.

A fin de determinar la localizacion del movimiento relativo del eslabon respecto al plano, deberecordarse que el centro instantaneo es una pareja de puntos, uno perteneciente al eslabon y el otroperteneciente al plano, que son instantaneamente coincidentes y que tienen la misma velocidad.

13

Puesto que todos los puntos del plano estan fijos, entonces el centro instantaneo O del movimientorelativo del eslabon respecto del plano, debe tener velocidad igual a ~0.

Por lo tanto~0 = ~vO = ~vA + ~ω × ~rO/A (16)

De aquı que

~0 = ~ω ×~0 = ~ω ×(

~vA + ~ω × ~rO/A

)

= ~ω × ~vA + ~ω ×(

~ω × ~rO/A

)

De la identidad del triple producto vectorial y notando que ~ω y ~rO/A son perpendiculares

~ω ×(

~ω × ~rO/A

)

=(

~ω · ~rO/A

)

~ω − (~ω · ~ω)~rO/A = − | ~ω |2 ~rO/A

De aquı que

~rO/A =~ω × ~vA

| ~ω |2(17)

Es importante senalar que esta ecuacion indica que el vector de posicion del centro instantaneo Ocon respecto al punto A es perpendicular al vector de la velocidad del punto A, ~vA. Numericamente

~rO/A =~ω × ~vA

| ~ω |2=

10 k × (15 i − 6 j)

102=

3

5i +

3

2j.

Por lo tanto

~rO = ~rA + ~rO/A =(

12 i + 9 j)

+

(

3

5i +

3

2j

)

=63

5i +

21

2j. (18)

7.2 Determinacion de la Localizacion del Centro Instantaneo de un Es-

labon Cuando se Conoce la Direccion de la Velocidad de Dos Puntos.

Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la Figura 4. Los vectores de posicionde los puntos M,A,B,N son

~rM = (0, 0) ~rA = (0, 20) ~rB = (80, 20) ~rN = (50, 0).

Figure 15: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.

Suponga ademas que la velocidad angular del eslabon 2 es 10 rad/seg. en sentido antihorario.El analisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras, llevado a cabo mediante metodosanalıticos, conduce al analisis de las siguientes ecuaciones

~vA = ~ω2 × ~rA/M = (−200, 0, 0)

~vB/A = ~ω3 × ~rB/A = (0, 80ω3, 0)

~vB = ~ω4 × ~rB/N = (−20ω4, 30ω4, 0)

14

La ecuacion a resolver es

~vB = ~vA + ~vB/A o (−20ω4, 30ω4, 0) = (−200, 0, 0) + (0, 80ω3, 0) (19)

La solucion de este sistema de ecuaciones esta dado por

ω3 =15

4rad./seg. c.c.w. ω4 = 10 rad./seg. c.c.w. (20)

Por lo tanto, la velocidad del punto B esta dada por

~vB = (−200, 0, 0) + (0, 80ω3, 0) = (−200, 300, 0) . (21)

Considere ahora la determinacion del centro instantaneo de velocidad del eslabon 3 con respectoal eslabon fijo 1, entonces las velocidades que se deben considerar son las absolutas y suponga queexclusivamente se conoce la direccion de las velocidades de los puntos A y B. Esas direcciones seindican en la figura 5. De acuerdo con la ecuacion (17) el centro instantaneo O esta localizado enla interseccion de dos lıneas. La primera pasa por el punto A y es perpendicular a la direccion dela velocidad del punto A, ~vA, y la segunda pasa por el punto B y es perpendicular a la direccionde la velocidad del punto B, ~vB . La construccion se muestra en la figura 5.

Figure 16: Mecanismo Plano de Cuatro Barras y la Localizacion de Centros Instantaneos delEslabon 3 a Partir de las Direcciones de las Velocidades de Dos Puntos.

7.3 Determinacion de la Localizacion del Centro Instantaneo de un

Eslabon Cuando el Movimiento Relativo Entre los Eslabones es

Translacion.

Considere nuevamente el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la Figura 4, en estaseccion nos interesa el movimiento relativo del eslabon 4 con respecto al eslabon 2. Entonces, setiene que

~ω4/2 = ~ω4 − ~ω2 = 10 rad/seg. k − 10 rad/seg. k = ~0 (22)

La ecuacion (22) indica que el movimiento relativo del eslabon 4, respecto del eslabon 2 es, en

ese instante, translacion.Considere ahora el punto A que pertenece al eslabon 2 y, ejerciendo un poco la imaginacion,

suponga que el eslabon 4 se extiende, de manera que existe un punto A que forma parte del eslabon4 y que en ese instante coincide con el punto A perteneciente al eslabon 2.

15

Entonces, las velocidades de los puntos A que pertenecen a los eslabones 2 y 4 son

~vA2= ~ω2 × ~rA/M = 10 k × 20 j = (−200, 0, 0)

~vA4= ~ω4 × ~rA/N = 10 k × (−50 i + 20 j) = (−200,−500, 0)

Por lo tanto, la velocidad relativa del punto A4 con respecto al punto A2, en terminos mas

correctos deberıa decirse que es la velocidad del punto A que pertenece al eslabon

4 respecto a un sistema de referencia sujeto a translacion y cuyo movimiento, de

translacion, es igual al movimiento del punto A que pertenece al eslabon 2 esta dadapor

~vA4/A2= ~vA4

− ~vA2= (−200,−500, 0) − (−200, 0, 0) = (0,−500, 0) (23)

Por lo tanto, el centro instantaneo de velocidad del eslabon 4, respecto del eslabon 2, estaralocalizado en el infinito en la direccion perperdicular a la velocidad ~vA4/A2

, como se muestra en lafigura 6.

Figure 17: Mecanismo Plano de Cuatro Barras y la Localizacion de Centros Instantaneos delEslabon 4 Respecto del Esalbon 2.

8 Clasificacion de los Centros Instantaneos de Velocidad

de los Movimientos Relativos entre los Eslabones de un

Mecanismo Plano.

Los centros instantaneos de velocidad de los diferentes pares de eslabones de un mecanismo planopueden clasificarse en base a diferentes criterios.

1. Dependiendo si la localizacion del centro instantaneo pertenece fijo respecto al eslabon, ocuerpo rıgido seleccionado como referencia, fijo o base.

• Centros de velocidad permanentes. Si la localizacion del centro instantaneo respecto ala pareja de eslabones permanece fija.

• Centros de velocidad instantaneos. Si la localizacion del centro instantaneo, respecto ala pareja de eslabones, cambia durante el movimiento del mecanismo.

16

2. Dependiendo si la localizacion del centro instantaneo puede realizarse mediante la simpledefinicion de un centro instantaneo, primario, o requiere la aplicacion de metodos mas ela-borados como el teorema de Aronhold Kennedy, secundario.

3. Dependiendo si uno de los eslabones involucrados es el eslabon fijo, absolutos, o no, relativos.

9 El Teorema de Aronhold Kennedy.

El teorema de Aronhold Kennedy, fue formulado independiente por Aronhold, en Alemania, yKennedy, en el Reino Unido, en la segunda parte del siglo XIX y es la herramienta fundamentalpara la localizacion de los centros instantaneos, secundarios, de velocidad para mecanismos planos.Es importante senalar que la generalizacion espacial del teorema de Aronhold Kennedy unicamentetiene unos 50 anos de haberse conocido.

Proposicion 3. Teorema de Aronhold Kennedy. Considere tres cuerpos rıgidos i, j, kentonces los tres centros instantaneos asociados a los tres movimientos relativos, Oik, Ojk y Oij

entre estos tres cuerpos son colineales. Es decir, los puntos Oik, Ojk y Oij yacen en una lınea recta.Prueba. Considere los tres cuerpos rıgidos i, j, k mostrados en la figura 3, donde se supondra

que los movimientos de los eslabones i y j se observan desde el cuerpo k. Primeramente, pordefinicion los centros instantaneos Oik y Ojk satisfacen la condicion

~vkOik

= ~0 y ~vkOjk

= ~0. (24)

Figure 18: Teorema de Aronhold Kennedy.

Por lo tanto

~vkOij

= ~v kOik

+ ~ωki × ~rOij/Oik

y ~vkOij

= ~v kOjk

+ ~ωkj × ~rOij/Ojk

(25)

Sustituyendo la ecuacion (24) en la ecuacion (25), se obtiene que el punto Oij sera el centroinstantaneo asociado a los eslabones i y j, cuando se observa desde el eslabon k, si y solo si

~vkOij

= ~vkOij

⇐⇒ ~ωki × ~rOij/Oik

= ~ωkj × ~rOij/Ojk

(26)

Sin embargo, se tiene que~rOij/Ojk

= ~rOij/Oik+ ~rOik/Ojk

por lo tanto~ωk

i × ~rOij/Oik= ~ωk

j ×[

~rOij/Oik+ ~rOik/Ojk

]

17

o[

~ωki − ~ωk

j

]

× ~rOij/Oik= ~ωk

j × ~rOik/Ojk(27)

En esta ecuacion hay que distinguir dos casos

1. Primer Caso ~ωki −~ωk

j 6= ~0. Puesto que las dos velocidades angulares ~ωki ~ωk

j son paralelas, laecuacion (27) es cierta si, y solo si, ~rOij/Oik

y ~rOik/Ojk= −~rOjk/Oik

tienen la misma direccion,y por lo tanto los centros instantaneos Oik, Ojk y Oij son colineales.

2. Segundo Caso ~ωki − ~ωk

j = ~0. En ese caso

~ωki = ~ωk

j .

y el movimiento relativo entre los eslabones i y j es, al menos instantaneamente, traslacionpura, sin rotacion alguna. Suponiendo que el plano de movimiento es el plano X − Y , ladireccion de las velocidades angulares es la del eje Z. Por lo tanto, la ecuacion (27) puedeescribirse como

k[

ωki − ωk

j

]

× ~rOij/Oik= k ωk

j × ~rOik/Ojk

por lo tanto, los vectores ~rOij/Oiky ~rOik/Ojk

son colineales y satisfacen la ecuacion

~rOij/Oik=

ωkj

[

ωki − ωk

j

] ~rOik/Ojk(28)

Ademas, a medida que ωki − ωk

j → 0, el termino

ωkj

[

ωki − ωk

j

]

tiende al infinito, como corresponde a un movimiento de traslacion relativo.

10 Aplicacion del Teorema de Aronhold Kennedy Para la

Localizacion de los Centros Instantaneos de Velocidad

Secundarios.

En esta seccion, se mostrara como aplicar la teorıa desarrollada en las secciones anteriores para ladeterminacion de los centros instantaneos secundarios de mecanismos planos.

Considere el mecanismo mostrado en la Figura 5. En la figura se muestran los centros instan-taneos primarios; es decir, aquellos que pueden determinarse por la aplicacion, correcta, de las tresposibles definiciones de un centro instantaneo de velocidad, O21, O32, O43, O41, O53, O65 y O61.

A partir de la determinacion de los centros instantaneos primarios, es posible determinar losrestantes centros instantaneos restantes conocidos como secundarios. Esta determinacion se real-iza aplicando sistematicamente el teorema de Aronhold-Kennedy, de manera especıfica, el centroinstantaneo de velocidad Oij esta localizado en la interseccion de las lıneas

Oij Oik Ojk donde k ∈ {1, 2, 3, . . . , n} y k 6= i, k 6= j

donde n es el numero de eslabones del mecanismo. El primer paso consiste en determinar el numerode centros instantaneos de velocidad de un mecanismo plano. El argumento para esta determi-nacion es el siguiente; puesto que Oij = Oji, es evidente que el numero de centros instantaneos,N , es el numero de combinaciones de los primeros n numeros naturales, el numero de eslabonesdel mecanismo, tomados de dos en dos. Es decir

N =n!

2! (n − 2)!=

n (n − 1)

2(29)

18

Figure 19: Centros Instantaneos Primarios de un Mecanismo.

La siguiente tabla muestra una lista de las posibles combinaciones que permiten determinar losdistintos centros instantaneos de un mecanismo plano de seis barras.

Tabla I. Posibles Combinaciones Para la Determinacion

de los Centros Instantaneos Secundarios.

O21 O31 O41 O51 O61

O21 O31 O32 O31 O21 O32 O41 O21 O42 O51 O21 O52 O61 O21 O62

O21 O41 O42 O31 O41 O43 O41 O31 O43 O51 O31 O53 O61 O31 O63

O21 O51 O52 O31 O51 O53 O41 O51 O54 O51 O41 O54 O61 O41 O64

O21 O61 O62 O31 O61 O63 O41 O61 O64 O51 O61 O65 O61 O51 O65

O32 O42 O52 O62 O43

O32 O21 O31 O42 O21 O41 O52 O21 O51 O62 O21 O61 O43 O31 O41

O32 O42 O43 O42 O32 O43 O52 O32 O53 O62 O32 O63 O43 O32 O42

O32 O52 O53 O42 O52 O54 O52 O42 O54 O62 O42 O64 O43 O53 O54

O32 O63 O62 O42 O62 O64 O52 O62 O65 O62 O52 O65 O43 O63 O64

O53 O63 O54 O64 O65

O53 O31 O51 O63 O31 O61 O54 O41 O51 O64 O41 O61 O65 O51 O61

O53 O32 O52 O63 O32 O62 O54 O42 O52 O64 O42 O62 O65 O52 O62

O53 O43 O54 O63 O43 O64 O54 O43 O53 O64 O43 O63 O65 O53 O63

O53 O63 O65 O63 O53 O65 O54 O64 O65 O64 O54 O65 O65 O54 O64

11 Aplicacion de los Centros Instantaneos de Velocidad.

Finalmente, se mostrara como aplicar el conocimiento de la localizacion de los centros instantaneosde velocidad de un mecanismo plano en la solucion del analisis de velocidad del mecanismo. Existenvarios metodos para realizar el analisis de velocidad de un mecanismo mediante centros instantaneosde velocidad, aquı unicamente se mostrara el metodo directo. Es costumbre seleccionar al eslabonfijo como el eslabon 1 y al eslabon motriz como el eslabon 2. Suponga que se desea conocer lavelocidad angular del eslabon j.2 Entonces, es necesario localizar los tres centros instantaneosasociados a tres eslabones: El eslabon fijo 1, el eslabon motriz 2 y el eslabon de interes j. Estoscentros instantaneos son

O21 Oj1 Oj2,

2O bien, si el eslabon j tiene movimiento de traslacion, la velocidad del eslabon j; es decir, la velocidad de

cualesquiera de los puntos que forman parte del eslabon j.

19

Figure 20: Centros Instantaneos Primarios y Secundarios de un Mecanismo.

y de acuerdo con el teorema de Aronhold-Kennedy deben ser colineales; es decir, deben estarlocalizados a lo largo de una lınea recta.

La clave del problema reside en la misma definicion del centro instantaneo de velocidad relativo,Oj2. De la propia definicion, se tiene que

1~v2

Oj2= 1~vj

Oj2(30)

La aplicacion de este resultado fundamental depende de

1. El eslabon j esta sujeto a movimiento plano general.

2. El eslabon j no esta sujeto a movimiento plano general, si no a un caso mas sencillo y especialdel movimiento plano general. Las dos alternativas son:

(a) El eslabon j esta sujeto a un movimiento de rotacion alrededor de un eje fijo.

(b) El eslabon j esta sujeto a un movimiento de traslacion.

Caso 1. Si el eslabon j esta sujeto a movimiento plano general, se tiene que la ecuacion (30)puede escribirse como

~ω2 × ~rOj2/O21= 1~v2

Oj2= 1~vj

Oj2= 1~vj

Oj1+ ~ωj × ~rOj2/Oj1

(31)

Sin embargo, de la propia definicion de un centro instantaneo de velocidad absoluto, se tieneque

1~vjOj1

= ~0

Por lo tanto, se tiene que~ω2 × ~rOj2/O21

= ~ωj × ~rOj2/Oj1. (32)

La solucion de esta ecuacion conduce a la determinacion de la velocidad angular ~ωj .

20

Caso 2a. Si el eslabon j esta sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo, se tiene que la ecuacion(30) puede escribirse como

~ω2 × ~rOj2/O21= 1~v2

Oj2= 1~vj

Oj2= ~ωj × ~rOj2/Oj1

. (33)

La solucion de esta ecuacion conduce a la determinacion de la velocidad angular ~ωj .

Caso 2b. Si el eslabon j esta sujeto a traslacion, el eslabon j no tiene velocidad angular; es decir~ωj = ~0 y el problema se reduce a determinar la velocidad absoluta de un punto del eslabon j,pues todos los puntos del cuerpo j tienen la misma velocidad. Tomando como base el puntoOj2, se tiene que la ecuacion (30) puede escribirse como

1~vjOj2

= 1~v2

Oj2= ~ω2 × ~rOj2/O21

(34)

La solucion de esta ecuacion conduce a la determinacion de la velocidad del punto Oj2 y, porlo tanto, a la determinacion de la velocidad de cualquiera de las partıculas del eslabon j.

Bibliografıa

[1] Paul, B. [1979], Kinematics and Dynamics of Planar Machinery, Englewood Cliffs, New Jersey:Prentice-Hall.[2] Mabie, H. H. y Reinholtz, C. F. [1986], Mechanisms and Dynamics of Machinery, 4th. Ed.,New York: John Wiley and Sons.[3] Uicker, J. J. Jr., Pennock, G. R. y Shigley, J. E. [2003], Theory of Machines and Mechanisms,

3rd. Ed. New York: Oxford University Press.

21