Métodos Gráficos de Análisis Cinemático de Mecanismos: Polígonos de Velocidad y Aceleración y Centros Instantaneos de Velocidad.

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1 Métodos Gráficos de Análisis Cinemático de Mecanismos: Polígonos de Velocidad y Aceleración y Centros Instantaneos de Velocidad. José María Rico Martínez Departamento de Ingeniería Mecánica. División de Ingenierías. Campus Irapuato-Salamanca. Universidad de Guanajuato CP 36885, Salamanca, Gto., México jrico@ugto.mx 1 Introducción y Motivación. Desde finales del siglo XIX hasta mediados del siglo XX, la ausencia de he-rramientas de cómputo obligó al desarrollo de métodos gráficos de análisis cinemático de mecanismos. Dentro de esta categoria se encuentran los siguientes métodos 1. Polígonos de velocidad y aceleración. 2. Centros instantaneos de velocidad. Aún cuando estos métodos son, ahora, más tediosos y menos exactos que aquellos métodos basados en el empleo de computadoras digitales, es importante conocer estos métodos por varias razones. Por un lado, el método de los polígonos de velocidad y aceleración permite mostrar las tres fases de un análisis cinemático completo que incluye el análisis de posición, velocidad y aceleración de un mecanismo plano y de esa manera constituye una última oportunidad para repasar el fundamento de los métodos de velocidad y aceleración de mecanismos planos, un tema obligado en los cursos de Dinámica. Por otro lado, el método de los centros instantaneos de velocidad proporciona una visión, al mismo tiempo, práctica y altamente reveladora, del comportamiento de los mecanismos, que tiene aplicación en la cinemática espacial y la cinemática de engranages. El resto de estas notas muestran, por un lado, como resolver el análisis de posición, velocidad y aceleración de mecanismos planos. El método de los polígonos de velocidad y aceleración requiere la solución consecutiva del análisis de posición, del análisis de velocidad y del análisis de aceleración y, por otro lado, muestran la aplicación de los centros instantaneos de velocidad en la solución del análisis de velocidad. 2 Polígonos de Velocidad y Aceleración. En esta sección se presentará la solución gráfica del análisis de posición, velocidad y aceleración de mecanisnos planos. 2.1 Análisis de Posición de Mecanismos Planos. En esta sección se muestra como resolver el análisis de posición del mecanismo plano. Posteriormente, se mostrará que el análisis de posición del mecanismo plano involucra la solución de un sistema de ecuaciones no lineales, un problema complicado, pero que resuelto graficamente es casi trivial. Considere el mecanismo plano de seis barras mostrado en la figura 1. La figura muestra las longitudes de los eslabones y la escala a la cual se dibuja el mecanismo. 1. El primer paso consiste en localizar el punto O 2 y trazar las dos líneas perpendiculares, una horizontal y otra vertical, que partiendo de O 2, permiten localizar el punto O 6 y la línea sobre la cual está localizado el punto C. 1

2 Figure 1: Mecanismo Plano de Seis Barras. 2. El segundo paso consiste en localizar el punto A trazando una línea que pasa por O 2 y con un ángulo de 45 con respecto al semieje positivo X, vea la figura 2. Figure 2: Segundo Paso del Análisis de Posición de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 3. El tercer paso consiste en determinar el punto C, localizando la intersección de la línea horizontal que pasa por el punto O 2 y un círculo con centro en el punto A y radio igual a la longitud AC. Es evidente que la solución indicada en la parte derecha de la figura 3 no es de interés en este problema. Además, es posible determinar la localización del punto B, situado a la mitad del segmento AC. 4. El paso final del análisis de posición del mecanismo consiste en la determinación del punto D, localizado en la intersección de dos círculos. El primero de ellos con centro en el punto B y radio igual a BD y el segundo con centro en el punto O 6 y radio O 6 D. Es evidente que la solución indicada con línea punteada, en la figura 4, no es la deseada. El resultado de este análisis de posición es el dibujo del mecanismo mostrado en la figura 1. Este dibujo es el punto de partida para realizar el análisis de velocidad del mecanismo. 2.2 Análisis de Velocidad de Mecanismos Planos. En esta sección se muestra como, después de finalizar el análisis de posición de un mecanismo plano, es posible resolver el análisis de velocidad del mecanismo. A continuación se presentan los pasos necesarios para realizar el análisis de velocidad del mecanismo. 1. El primer paso del análisis de velocidad consiste en seleccionar un punto que servirá como origen del polígono de velocidad, así como la escala con la que se dibujarán los vectores asociados al polígono de velocidad, por ejemplo 1u.l. = 1mm/seg.. Como regla general, se recomienda dibujar el polígono y los cálculos correspondientes al análisis de velocidad en una nueva capa layer y con otro color. Por ejemplo, en el problema a resolver se seleccionó una escala de 100u.l. = 1pulg./seg., vea la figura 5. 2

3 Figure 3: Tercer Paso del Análisis de Posición de un Mecanismo Plano de Seis Barras. Figure 4: Cuarto Paso del Análisis de Posición de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 2. El segundo paso consiste en dibujar el vector que representa la velocidad del punto A, v A. Debe notarse que en el punto A existen en realidad dos puntos A coincidentes, uno que forma parte del eslabón 2, A 2, y el otro que forma parte del eslabón 3, A 3. Puesto que el punto A está localizado en el eje de rotación del par de revoluta, ambos puntos tienen la misma velocidad, es decir v A2 = v A3. Esta velocidad está calculada, como si el punto A formara parte del eslabón 2, por lo tanto donde la magnitud de esta velocidad está dada por v A = ω 2 r A/O2, v A = ω 2 r A/O2 Sen90 = 2 pulg. seg. Puesto que la escala del polígono de velocidad es de 100u.l. = 1pulg./seg., el vector que representa v A es de 200u.l. Además, la dirección de v A es perpendicular a ambos ω 2, por lo tanto en el plano del dibujo, y a r A/O2. Debe notarse que para facilitar la medición de los vectores la punta de flecha no está, como es 3

4 Figure 5: Resultado del Análisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras. usual, dibujada en el extremo del vector, el extremo del vector se denomina el punto A, vea la figura 6, y corresponde a la imagen de velocidad del punto A del mecanismo. Figure 6: Primer Paso del Análisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 3. El segundo paso consiste en determinar la velocidad del punto C, como se indicó en el primer paso, existen dos puntos C coincidentes. C 3 que forma parte del eslabón 3 y C 4 que forma parte del eslabón 4. Como ambos puntos yacen en el eje de rotación del par de revoluta tienen la misma velocidad. Por lo tanto Además, la velocidad del punto C 3, está dada por Por lo tanto, se tiene la ecuación vectorial v C3 = v C4. v C3 = v A3 + ω 3 r C/A = v A2 + ω 3 r C/A = v A2 + v C/A (1 v A2 + ω 3 r C/A = v C4, (2 donde, además, se conoce la dirección de v C4, puesto que el par cinemático que conecta los eslabones 1 y 4 es un par prismático, entonces la dirección de v C4 es horizontal. Esta ecuación vectorial (2 genera dos ecuaciones escalares y por lo tanto debe existir, como máximo, dos incógnitas escalares. Estas incógnitas son, la magnitud de la velocidad angular ω 3 y la magnitud de la velocidad v C4. Debe notarse que de la misma manera que en la solución algebraica de este 4

5 sistema de dos ecuaciones, en la solución gráfica de estos sistemas, no debe haber más de dos incógnitas. De manera gráfica, la ecuación (2 se resuelve dibujando, a partir del punto A, una línea en la dirección de la velocidad v C/A = ω 3 r C/A y a partir del punto O, una línea en la dirección de la velocidad v C4. La intersección de ambas líneas determina el punto C, vea la figura 7, que es la imagen de velocidad del punto C del mecanismo original. Figure 7: Segundo Paso del Análisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 4. El tercer paso consiste en determinar la velocidad del punto B 3, a partir de la ecuación (1 puede escribirse v B3 = v A3 + ω 3 r B/A = v A2 + ω 3 r B/A (3 Sin embargo, los puntos A, B y C son colineales. De manera que tomando en cuenta las distancias entre los puntos, se tiene que De aquí que r B/A = 1 2 r C/A v B3 = v A2 + ω 3 r B/A = v A ω 3 r C/A = v A v C/A. (4 Esta ecuación puede resolverse graficamente dibujando un círculo con centro en el punto A, del polígono de velocidad, con radio igual a la mitad del vector v C/A que va del punto A al punto C. La intersección del círculo con el vector v C/A determina el punto B, la imagen de velocidad del punto B del mecanismo original. El vector que va del punto O al punto B determina la velocidad de ambos puntos B 3 y B 5, denominada v B, vea la figura 8. Figure 8: Tercer Paso del Análisis de Velocidad de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 5. El cuarto paso del análisis de velocidad consiste en determinar la velocidad del punto D, nuevamente se tiene que v D5 = v D6 5

6 Esta ecuación puede escribirse como v D5 = v B5 + v D/B = v B5 + ω 5 r D/B = ω 6 r D/O6 = v D6 (5 De nueva cuenta, si la ecuación (5 puede resolverse debe tener como máximo dos incógnitas escalares. En este caso, esas incógnitas son las magnitudes de las velocidades angulares ω 5 y ω 6. Graficamente esta ecuación se resuelve dibujando a partir del punto B una línea perpendicular al vector r D/B y dibujando a partir del punto O una línea perpendicular al vector r D/O6. La intersección de estas dos líneas determina el punto D, vea la figura 5, que es la imagen de velocidad del punto D del mecanismo original. 6. El paso final del análisis de velocidad consiste en determinar las magnitudes de los vectores del polígono de velocidad y a partir de ellos determinar la magnitud y dirección de las velocidades angulares. En ocasiones, es necesario, además, determinar la velocidad de un punto, como cuando un eslabón está sujeto a un movimiento de traslación en cuyo caso todos los puntos del cuerpo tienen la misma velocidad y la velocidad angular del eslabón es nula. (a Considere la determinación de la velocidad angular ω 5. El primer problema es el determinar cual de los vectores del polígono de velocidad permite determinar ω 5, la solución es muy simple, el vector debe conectar dos puntos que pertenezcan al eslabón 5, es decir los puntos B y D. En este caso es el vector v D/B, del dibujo Autocad, se tiene que la magnitud del vector es de u.l., por lo que, a partir de la escala del polígono de velocidad, que es de 100u.l. = 1pulg./seg., se tiene que v D/B = pulg./seg. El sentido es el indicado por el polígono de velocidad, de izquierda a derecha y de abajo hacia arriba. A partir de la ecuación (5, se tiene que Por lo tanto, v D/B = ω 5 r D/B v D/B = ω 5 r D/B Sen90 = ω 5 r D/B ω 5 = v D/B r D/B = pulg./seg. = rad./seg. 4pulg. El sentido se determina empleando la regla de la mano derecha, en este caso es en sentido horario cw clockwise. (b Considere la determinación de la velocidad del punto C. Debe recordarse que v C3 = v C4. Mida el vector que va del punto O al punto C, del dibujo Autocad, se tiene que la magnitud del vector es de u.l., por lo que, a partir de la escala del polígono de velocidad, que es de 100u.l. = 1 pulg./seg., se tiene que v C = v C3 = v C4 = pulg./seg. El sentido de la velocidad es el indicado en el polígono de velocidad. El resto de los resultados, que se emplearán como datos para el análisis de aceleración, se determina de manera semejante. Es importante hacer notar que en algunos casos la solución gráfica de esas ecuaciones no parece tan simple como se indica en este ejemplo. En esos casos, debe recordarse que el objetivo final es la solución de ecuaciones vectoriales, de manera que estas ecuaciones vectoriales son la guía correcta y final. 2.3 Análisis de Aceleración de Mecanismos Planos. En esta sección se muestra como, después de finalizar el análisis de posición y de velocidad de un mecanismo plano, es posible resolver el análisis de aceleración del mecanismo. A continuación se presentan los pasos necesarios para realizar el análisis de aceleración del mecanismo. 6

7 Figure 9: Resultado del Análisis de Aceleración de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 1. El primer paso del análisis de aceleración consiste en seleccionar un punto que servirá como origen del polígono de aceleración, así como la escala con la que se dibujarán los vectores asociados al polígono de aceleración, por ejemplo 1u.l. = 1mm/seg 2. Como regla general, se recomienda dibujar el polígono y los cálculos correspondientes al análisis de aceleración en una nueva capa layer y con otro color. Por ejemplo, en el problema a resolver se seleccionó una escala de 100u.l. = 1pulg./seg 2., vea la figura 9. Enestecasosesupondráquelavelocidadangulardeleslabón2esconstante, porlotanto α 2 = 0rad./seg El segundo paso del análisis de aceleración consiste en calcular todas las aceleraciones normales y la aceleración tangencial del punto A. Para tal fín, se tiene que, empleando el concepto de placa representativa, las aceleraciones normales están dadas por a na a nc/a a nd/b a nd = ω 2 ( ω 2 r A/O2 = ω2 2 r A/O2 = ω 3 ( ω 3 r C/A = ω3 2 r C/A = ω 5 ( ω 5 r D/B = ω5 2 r D/B = ω 6 ( ω 6 r D/O6 = ω6 2 r D/O6 Las magnitudes de estas aceleraciones normales están indicadas en la figura 9. Por otro lado, la aceleracion tangencial del punto A está dada por a ta = α 2 r A/O2 = 0pulg./seg El tercer paso del análisis de aceleración consiste en determinar la aceleración del punto C, vea la figura 10. De nueva cuenta debe notarse que existen dos puntos C coincidentes. C 3 que forma parte del eslabón 3 y C 4 que forma parte del eslabón 4. Como ambos puntos yacen en el eje de rotación del par de revoluta tienen la misma aceleración. Por lo tanto a C3 = a C4. Además, la aceleración del punto C 3, está dada por a C3 = a A3 + a nc/a + a tc/a = a A3 + ω 3 ( ω 3 r C/A + α3 r C/A = a A2 + ω 3 ( ω 3 r C/A + α3 r C/A (6 Por lo tanto, se tiene la ecuación vectorial a A2 + a nc/a + α 3 r C/A = a C4, (7 7

8 donde, de nueva cuenta, la dirección de la aceleración a C4 es horizontal pues el par cinemático que conecta los eslabones 1 y 4 es prismático. Esta ecuación vectorial (7 genera dos ecuaciones escalares y por lo tanto deben existir, como máximo, dos incógnitas escalares. Estas incógnitas son, la magnitud de la aceleración angular α 3 y la magnitud de la aceleración a C4. Igualmente que en el análisis de velocidad, debe notarse que de la misma manera que en la solución algebraica de este sistema de dos ecuaciones, en la solución gráfica de estos sistemas, no debe haber más de dos incógnitas. De manera gráfica, la ecuación (7 se resuelve dibujando, a partir del punto A, un vector que represente, a la escala seleccionada, la aceleración normal a nc/a y, a continuación, una línea en la dirección de la aceleración tangencial a tc/a = α 3 r C/A y a partir del punto O, una línea en la dirección de la aceleración a C4. La intersección de ambas líneas determina el punto C, vea la figura 10. Figure 10: Tercer Paso del Análisis de Aceleración de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 4. El tercer paso del análisis de aceleración consiste en determinar la aceleración del punto B, vea la figura 10, a partir de la ecuación (6 puede escribirse a B3 = a A3 + ω 3 ( ω 3 r B/A + α3 r B/A (8 Sin embargo, los puntos A, B y C son colineales. De manera que tomando en cuenta las distancias entre los puntos, se tiene que De aquí que r B/A = 1 2 r C/A a B3 = a A2 + ω 3 ( ω 3 r B/A + α3 r B/A = a A ω 3 ( ω 3 r C/A α 3 r C/A = a A a nc/a a tc/a = a A a C/A. (9 Esta ecuación puede resolverse graficamente dibujando un vector que conecte el punto A con el punto C, este vector representa la aceleración total del punto C respecto del punto A a C/A = a nc/a + a tc/a A continuación se dibuja un círculo con centro en el punto A, del polígono de aceleración, con radio igual a la mitad del vector a C/A. La intersección del círculo con el vector a C/A determina el punto B. Si se dibujara el vector que va del punto O al punto B, este vector determinaría la aceleración de ambos puntos B 3 y B 5, denominada a B. 8

9 Figure 11: Cuarto Paso del Análisis de Aceleración de un Mecanismo Plano de Seis Barras. 5. El quinto paso del análisis de aceleración consiste en determinar la aceleración del punto D, nuevamente se tiene que a D5 = a D6 Esta ecuación puede escribirse como a D5 = a B5 + a nd/b + a td/b = a B5 + ω 5 ( ω 5 r D/B + α5 r D/B = ω 6 ( ω 6 r D/O6 + α6 r D/O6 = a nd + a td = a D6 (10 De nueva cuenta, si la ecuación (10 puede resolverse debe tener como máximo dos incógnitas escalares. En este caso, esas incógnitas son las magnitudes de las aceleraciones angulares α 5 y α 6. Graficamente esta ecuación se resuelve dibujando a partir del punto B un vector que represente, a la escala seleccionada, la aceleración normal a nd/b y, a continuación, una línea en la dirección de la aceleración tangencial a td/b = α 5 r D/B. Por otro lado, es necesario dibujar, a partir del punto O un vector que represente, a la escala seleccionada, la aceleración normal a nd y, a continuación, una línea en la dirección de la aceleración tangencial a td = α 6 r D/O6. La intersección de estas dos líneas determina el punto D, vea la figura El paso final del análisis de aceleración consiste en determinar las magnitudes de los vectores del polígono de aceleración y a partir de ellos determinar la magnitud y dirección de las aceleraciones angulares. En ocasiones, es necesario además determinar la aceleración de un punto, como cuando un eslabón está sujeto a un movimiento de traslación en cuyo caso todos los puntos del cuerpo tienen la misma aceleración y la aceleración angular del eslabón es nula. (a Considere la determinación de la aceleración angular α 5. El primer problema es el determinar cual de los vectores del polígono de aceleración permite determinar α 5, la solución es muy simple, el vector debe conectar dos puntos que pertenezcan al eslabón 5, es decir los puntos B y D, además la magnitud del vector debe depender de la magnitud del vector α 5. En este caso, la solución es el vector a td/b, del dibujo Autocad, se tiene que la magnitud del vector es de u.l., por lo que, a partir de la escala del polígono de aceleración, que es de 100u.l. = 1pulg./seg 2., se tiene que a td/b = pulg./seg 2. El sentido es el indicado por el polígono de aceleración, de izquierda a derecha y de abajo hacia arriba. A partir de la ecuación (10, se tiene que a td/b = α 5 r D/B a td/b = α 5 r D/B Sen90 = α 5 r D/B 9

10 Por lo tanto, α 5 = a td/b r D/B = pulg./seg2. 4pulg. = rad./seg 2. El sentido se determina empleando la regla de la mano derecha, en este caso es en sentido horario cw clockwise. (b Considere la determinación de la aceleración del punto C. Debe recordarse que a C3 = a C4. Mida el vector que va del punto O al punto C, del dibujo Autocad, se tiene que la magnitud del vector es de u.l., por lo que, a partir de la escala del polígono de aceleración, que es de 100u.l. = 1pulg./seg 2., se tiene que a C = a C3 = a C4 = pulg./seg 2. El sentido de la aceleración es el indicado en el polígono de aceleración. El resto de las aceleraciones angulares y aceleraciones puntuales se determinan de manera semejante. 3 Centros Instantaneos de Velocidad. Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la figura 1. Es bien claro que el eslabón 2 tiene un movimiento de rotación, respecto del eslabón fijo, 1, alrededor del punto O 2. De manera semejante, el eslabón 4 tiene un movimiento de rotación, respecto del eslabón fijo, 1, alrededor del punto O 4. 1 Figure 12: Mecanismo Plano de Cuatro Barras. Este conocimiento permite determinar de manera muy sencilla la dirección de la velocidad absoluta; es decir respecto del eslabón fijo, como se muestra en la figura 2. En verdad, v M = ω 2 r M/O2 y v N = ω 4 r N/O4. (11 Por lo tanto, la velocidad del punto M es perpendicular al vector r M/O2 y, por lo tanto, perpendicular a la línea O 2 M. Similarmente, la velocidad del punto N es perpendicular al vector r N/O4 y, por lo tanto, perpendicular a la línea O 4 N. Si se pudiera conocer, aún cuando unicamente sea de manera instantanea, el punto alrededor del cual el eslabón 3 gira respecto al eslabón 1, entonces se podría obtener, de manera muy sencilla la dirección de las velocidades de todos los puntos del eslabón 3. Si este punto se conociera, se denomina el centro instantaneo de velocidad del eslabón 3 con respecto al eslabón 1. El resto de estas notas proporcionan una definición formal del centro instantaneo de velocidad, la teoría y técnica necesarias para su determinación y su empleo en la determinación de la velocidades angulares o puntuales de un mecanismo plano. 1 En sentido mas estricto, los eslabones 2 y 4 tienen un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo, cuya intersección, con el plano de movimiento, es respectivamente O 2 y O 4. 10

11 Figure 13: Mecanismo Plano de Cuatro Barras con Direcciones de las Velocidades de los Puntos M y N. 3.1 Definición del Centro Instantaneo de Velocidad del Movimiento Relativo Entre Dos Eslabones. En principio, es posible proponer un conjunto de tres definiciones equivalentes de un centro instantaneo de velocidad entre dos cuerpos rígidos. Esta definición requiere de la consideración de tres cuerpos rígidos, uno de los cuales actua como referencia y no requiere que este cuerpo de referencia este fijo o tenga movimiento. Mas aún, esta definición no requiere que los tres cuerpos formen parte de un mecanismo o aun que los cuerpos estén unidos entre si. Sin embargo, la definición requiere que el mecanismo sea plano; es decir, que todos sus eslabones se muevan en planos paralelos. Definición 1. Centro Instantaneo de Velocidad. Considere tres cuerpos rígidos denominados como i,j,k y considere el movimiento relativo de los cuerpos rígidos i y j respecto del cuerpo rígido k, entonces es posible definir el centro instantaneo de velocidad, del movimiento relativo, entre los eslabones i y j, denotado O ij = O ji de las siguientes tres posibles maneras. 1. El centro instantaneo O ij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecientes uno al cuerpo i, O i y otro al cuerpo j, O j, tal que uno de los eslabones gira respecto al otro, respecto a un eje perpendicular al plano de papel que pasa por el punto O ij. 2. El centro instantaneo O ij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecientes uno al cuerpo i y otro al cuerpo j, tal que no tienen velocidad relativa; es decir: k v Oi/O j = 0 (12 3. El centro instantaneo O ij es una pareja de puntos coincidentes, pertenecien-tes uno al cuerpo i y otro al cuerpo j, tal que tienen la misma velocidad; es decir: k v Oi = k v Oj (13 Notas. Debe notarse que las tres definiciones son simétricas, de manera que está claro que O ij = O ji. Por otro lado, se preferirá escribir O ij donde i > j. Además, es perfectamente posible que el centro instantaneo O ij este fuera de los límites físicos de los cuerpos, de manera que se supondrá que los cuerpos rígidos tienen dimensiones infinitas. Finalmente, es costumbre numerar los eslabones de un mecanismo a partir del número 1 que, también es costumbre, se reserva para el eslabón fijo. Proposición 2. Las tres posibles definiciones de un centro instantaneo son equivalentes. Prueba: Suponga que O i y O j son dos puntos coincidentes en los cuerpos rígidos i y j y que los movimientos de los cuerpos se observan desde el cuerpo k. 11

12 1. 1 implica 2. Suponga que el eslabón i gira con respecto al eslabón j alrededor del punto coincidente O ij, entonces k v Oi/O j = k ω i/j r Oi/O j = [k ω i k ω j] 0 = 0 ( implica 3. Si entonces Por lo tanto k v Oi/O j = 0 v k O i v k O j = 0, v k O i = v k O j. ( implica 1. Si v k O i = v k O j, entonces, el único movimiento relativo entre los eslabones i y j es un movimiento de rotación que instantaneamente tiene su eje de rotación perpendicular al plano de movimiento y que pasa por el par de puntos coincidentes O i y O j. 3.2 Ejemplos de Determinación de Centros Instantaneos de Velocidad de un Mecanismo Plano. En esta sección, se mostrará como determinar la localización de un centro instantaneo de velocidad cuando se conocen diferentes datos de la velocidad de un cuerpo rígido. Posteriormente, se mostrará como a partir de la localización de los centros instantaneos de velocidad de un mecanismo es posible determinar la velocidad angular de cualquiera de los eslabones del mecanismo o la velocidad puntual de un punto arbitrario de cualquiera de los eslabones del mecanismo Determinación de la Localización del Centro Instantaneo de un Eslabón Cuando se Conoce su Velocidad Angular y la Velocidad de un Punto. Considere el eslabón mostrado en la figura 3, el cual se mueve respecto al sistema de referencia representado por el plano. La velocidad angular del eslabón es de ω = 10rad./seg.ˆk y la velocidad del punto A cuyo vector de posición respecto al sistema coordenado mostrado en la figura es r A = 12î+9ĵ, u.l. Además, su velocidad está dada por v A = 15î 6ĵ u.l./seg. Figure 14: Eslabón de un Mecanismo Plano de Cuatro Barras. A fin de determinar la localización del movimiento relativo del eslabón respecto al plano, debe recordarse que el centro instantaneo es una pareja de puntos, uno perteneciente al eslabón y el otro perteneciente al plano, que son instantaneamente coincidentes y que tienen la misma velocidad. Puesto que todos los puntos del plano están fijos, entonces el centro instantaneo O del movimiento relativo del eslabón respecto del plano, debe tener velocidad igual a 0. 12

13 Por lo tanto De aquí que 0 = v O = v A + ω r O/A (16 0 = ω 0 = ω ( v A + ω r O/A = ω va + ω ( ω r O/A De la identidad del triple producto vectorial y notando que ω y r O/A son perpendiculares De aquí que ω ( ω r O/A = ( ω ro/a ω ( ω ω ro/a = ω 2 r O/A r O/A = ω v A ω 2 (17 Es importante señalar que esta ecuación indica que el vector de posición del centro instantaneo O con respecto al punto A es perpendicular al vector de la velocidad del punto A, v A. Numericamente r O/A = ω v A ω 2 = 10ˆk (15î 6ĵ 10 2 = 3 5 î+ 3 2 ĵ. Por lo tanto r O = r A + r O/A = ( ( 3 12î+9ĵ + 5 î+ 3 2 ĵ = 63 5 î ĵ. ( Localización del Centro Instantaneo de un Eslabón Cuando se Conoce la Dirección de la Velocidad de Dos Puntos. Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la Figura 4. Los vectores de posición de los puntos M,A,B,N son r M = (0,0 r A = (0,20 r B = (80,20 r N = (50,0. Figure 15: Mecanismo Plano de Cuatro Barras. Suponga además que la velocidad angular del eslabón 2 es 10 rad/seg. en sentido antihorario. El análisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras, llevado a cabo mediante métodos analíticos, conduce al análisis de las siguientes ecuaciones La ecuación a resolver es v A = ω 2 r A/M = ( 200,0,0 v B/A = ω 3 r B/A = (0,80ω 3,0 v B = ω 4 r B/N = ( 20ω 4,30ω 4,0 v B = v A + v B/A o ( 20ω 4,30ω 4,0 = ( 200,0,0+(0,80ω 3,0 (19 13

14 La solución de este sistema de ecuaciones está dado por Por lo tanto, la velocidad del punto B está dada por ω 3 = 15 4 rad./seg.c.c.w. ω 4 = 10rad./seg.c.c.w. (20 v B = ( 200,0,0+(0,80ω 3,0 = ( 200,300,0. (21 Considere ahora la determinación del centro instantaneo de velocidad del eslabón 3 con respecto al eslabón fijo 1, entonces las velocidades que se deben considerar son las absolutas y suponga que exclusivamente se conoce la dirección de las velocidades de los puntos A y B. Esas direcciones se indican en la figura 5. De acuerdo con la ecuación (17 el centro instantaneo O está localizado en la intersección de dos líneas. La primera pasa por el punto A y es perpendicular a la dirección de la velocidad del punto A, v A, y la segunda pasa por el punto B y es perpendicular a la dirección de la velocidad del punto B, v B. La construcción se muestra en la figura 5. Figure 16: Mecanismo Plano de Cuatro Barras y la Localización de Centros Instantaneos del Eslabón 3 a Partir de las Direcciones de las Velocidades de Dos Puntos Localización del Centro Instantaneo de un Eslabón Cuando el Movimiento Relativo Entre los Eslabones es Translación. Considere nuevamente el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la Figura 4, en esta sección nos interesa el movimiento relativo del eslabón 4 con respecto al eslabón 2. Entonces, se tiene que ω 4/2 = ω 4 ω 2 = 10rad/seg.ˆk 10rad/seg.ˆk = 0 (22 La ecuación (22 indica que el movimiento relativo del eslabón 4, respecto del eslabón 2 es, en ese instante, translación. Considere ahora el punto A que pertenece al eslabón 2 y, ejerciendo un poco la imaginación, suponga que el eslabón 4 se extiende, de manera que existe un punto A que forma parte del eslabón 4 y que en ese instante coincide con el punto A perteneciente al eslabón 2. Entonces, las velocidades de los puntos A que pertenecen a los eslabones 2 y 4 son v A2 v A4 = ω 2 r A/M = 10ˆk 20ĵ = ( 200,0,0 = ω 4 r A/N = 10ˆk ( 50î+20ĵ = ( 200, 500,0 Por lo tanto, la velocidad relativa del punto A 4 con respecto al punto A 2, en términos mas correctos debería decirse que es la velocidad del punto A que pertenece al eslabón 4 respecto a un sistema 14

15 de referencia sujeto a translación y cuyo movimiento, de translación, es igual al movimiento del punto A que pertenece al eslabón 2 está dada por v A4/A 2 = v A4 v A2 = ( 200, 500,0 ( 200,0,0 = (0, 500,0 (23 Por lo tanto, el centro instantaneo de velocidad del eslabón 4, respecto del eslabón 2, estará localizado en el infinito en la dirección perperdicular a la velocidad v A4/A 2, como se muestra en la figura 6. Figure 17: Mecanismo Plano de Cuatro Barras y la Localización de Centros Instantaneos del Eslabón 4 Respecto del Eslabón Clasificación 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 plano pueden clasificarse en base a diferentes criterios. 1. Dependiendo si la localización del centro instantaneo pertenece fijo res-pecto al eslabón, o cuerpo rígido seleccionado como referencia, fijo o base. Centros de velocidad permanentes. Si la localización del centro ins-tantaneo respecto a la pareja de eslabones permanece fija. Centros de velocidad instantaneos. Si la localización del centro ins-tantaneo, respecto a la pareja de eslabones, cambia durante el movi-miento del mecanismo. 2. Dependiendo si la localización del centro instantaneo puede realizarse mediante la simple definición de un centro instantaneo, primario, o requiere la aplicación de métodos mas elaborados como el teorema de Aronhold Kennedy, secundario. 3. Dependiendo si uno de los eslabones involucrados es el eslabón fijo, absolutos, o no, relativos. 3.4 El Teorema de Aronhold Kennedy. El teorema de Aronhold Kennedy, fue formulado independiente por Aronhold, en Alemania, y Kennedy, en el Reino Unido, en la segunda parte del siglo XIX y es la herramienta fundamental para la localización de los centros instantaneos, secundarios, de velocidad para mecanismos planos. Es importante señalar que la generalización espacial del teorema de Aronhold Kennedy unicamente tiene unos 50 años de haberse conocido. Proposición 3. Teorema de Aronhold Kennedy. Considere tres cuerpos rígidos i, j, k entonces los tres centros instantaneos asociados a los tres movimientos relativos, O ik,o jk y O ij entre estos tres cuerpos son colineales. Es decir, los puntos O ik,o jk y O ij yacen en una línea recta. 15

16 Prueba. Considere los tres cuerpos rígidos i, j, k mostrados en la figura 3, donde se supondrá que los movimientos de los eslabones i y j se observan desde el cuerpo k. Primeramente, por definición los centros instantaneos O ik y O jk satisfacen la condición v k O ik = 0 y v k O jk = 0. (24 Por lo tanto Figure 18: Teorema de Aronhold Kennedy. v k O ij = v k O ik + ω k i r Oij/O ik y v k O ij = v k O jk + ω k j r Oij/O jk (25 Sustituyendo la ecuación (24 en la ecuación (25, se obtiene que el punto O ij será el centro instantaneo asociado a los eslabones i y j, cuando se observa desde el eslabón k, si y sólo si Sin embargo, se tiene que por lo tanto o En esta ecuación hay que distinguir dos casos v k O ij = v k O ij ω k i r Oij/O ik = ω k j r Oij/O jk (26 r Oij/O jk = r Oij/O ik + r Oik /O jk ω k i r Oij/O ik = ω k j [ r Oij/O ik + r Oik /O jk ] [ ω k i ω k j] roij/o ik = ωk j r Oik /O jk (27 1. Primer Caso ω i k ωk j 0. Puesto que las dos velocidades angulares ω i k ω j k son paralelas, la ecuación (27 es cierta si, y sólo si, r Oij/O ik y r Oik /O jk = r Ojk /O ik tienen la misma dirección, y por lo tanto los centros instantaneos O ik,o jk y O ij son colineales. 2. Segundo Caso ω k i ωk j = 0. En ese caso ω k i = ω k j. y el movimiento relativo entre los eslabones i y j es, al menos instantaneamente, traslación pura, sin rotación alguna. Suponiendo que el plano de movimiento es el plano X Y, la dirección de las velocidades angulares es la del eje Z. Por lo tanto, la ecuación (27 puede escribirse como ˆk [ ωi k ωj k ] roij/o = ˆkω k ik j r Oik/O jk por lo tanto, los vectores r Oij/O ik y r Oik /O jk son colineales y satisfacen la ecuación r Oij/O ik = ω k j [ ω k i ω k j] r Oik /O jk (28 16

17 Además, a medida que ωi k ωk j 0, el término ω k j [ ω k i ω k j] tiende al infinito, como corresponde a un movimiento de traslación relativo. 3.5 Aplicación del Teorema de Aronhold Kennedy Para la Localización de los Centros Instantaneos de Velocidad Secundarios. En esta sección, se mostrará como aplicar la teoría desarrollada en las secciones anteriores para la determinación de los centros instantaneos secundarios de mecanismos planos. Figure 19: Centros Instantaneos Primarios de un Mecanismo. Considere el mecanismo mostrado en la Figura 5. En la figura se muestran los centros instantaneos primarios; es decir, aquellos que pueden determinarse por la aplicación, correcta, de las tres posibles definiciones de un centro instantaneo de velocidad, O 21, O 32, O 43, O 41, O 53, O 65 y O 61. A partir de la determinación de los centros instantaneos primarios, es posible determinar los restantes centros instantaneos restantes conocidos como secundarios. Esta determinación se realiza aplicando sistematicamente el teorema de Aronhold-Kennedy, de manera específica, el centro instantaneo de velocidad O ij está localizado en la intersección de las líneas O ij O ik O jk donde k {1,2,3,...,n} y k i,k j donde n es el número de eslabones del mecanismo. El primer paso consiste en determinar el número de centros instantaneos de velocidad de un mecanismo plano. El argumento para esta determinación es el siguiente; puesto que O ij = O ji, es evidente que el número de centros instantaneos, N, es el número de combinaciones de los primeros n números naturales, el número de eslabones del mecanismo, tomados de dos en dos. Es decir N = n! 2!(n 2! = n(n 1 2 (29 La siguiente tabla muestra una lista de las posibles combinaciones que permiten determinar los distintos centros instantaneos de un mecanismo plano de seis barras. 17

18 Tabla I. Posibles Combinaciones Para la Determinación de los Centros Instantaneos Secundarios. O 21 O 31 O 41 O 51 O 61 O 21 O 31 O 32 O 31 O 21 O 32 O 41 O 21 O 42 O 51 O 21 O 52 O 61 O 21 O 62 O 21 O 41 O 42 O 31 O 41 O 43 O 41 O 31 O 43 O 51 O 31 O 53 O 61 O 31 O 63 O 21 O 51 O 52 O 31 O 51 O 53 O 41 O 51 O 54 O 51 O 41 O 54 O 61 O 41 O 64 O 21 O 61 O 62 O 31 O 61 O 63 O 41 O 61 O 64 O 51 O 61 O 65 O 61 O 51 O 65 O 32 O 42 O 52 O 62 O 43 O 32 O 21 O 31 O 42 O 21 O 41 O 52 O 21 O 51 O 62 O 21 O 61 O 43 O 31 O 41 O 32 O 42 O 43 O 42 O 32 O 43 O 52 O 32 O 53 O 62 O 32 O 63 O 43 O 32 O 42 O 32 O 52 O 53 O 42 O 52 O 54 O 52 O 42 O 54 O 62 O 42 O 64 O 43 O 53 O 54 O 32 O 63 O 62 O 42 O 62 O 64 O 52 O 62 O 65 O 62 O 52 O 65 O 43 O 63 O 64 O 53 O 63 O 54 O 64 O 65 O 53 O 31 O 51 O 63 O 31 O 61 O 54 O 41 O 51 O 64 O 41 O 61 O 65 O 51 O 61 O 53 O 32 O 52 O 63 O 32 O 62 O 54 O 42 O 52 O 64 O 42 O 62 O 65 O 52 O 62 O 53 O 43 O 54 O 63 O 43 O 64 O 54 O 43 O 53 O 64 O 43 O 63 O 65 O 53 O 63 O 53 O 63 O 65 O 63 O 53 O 65 O 54 O 64 O 65 O 64 O 54 O 65 O 65 O 54 O 64 Figure 20: Centros Instantaneos Primarios y Secundarios de un Mecanismo. 3.6 Aplicación de los Centros Instantaneos de Velocidad. Finalmente, se mostrará como aplicar el conocimiento de la localización de los centros instantaneos de velocidad de un mecanismo plano en la solución del análisis de velocidad del mecanismo. Existen varios métodos para realizar el análisis de velocidad de un mecanismo mediante centros instantaneos de velocidad, aquí unicamente se mostrará el método directo. Es costumbre seleccionar al eslabón fijo como el eslabón 1 y al eslabón motriz como el eslabón 2. Suponga que se desea conocer la velocidad angular del eslabón j. 2 Entonces, es necesario localizar los tres centros instantaneos asociados a tres eslabones: El eslabón fijo 1, el eslabón motriz 2 y el 2 O bien, si el eslabón j tiene movimiento de traslación, la velocidad del eslabón j; es decir, la velocidad de cualesquiera de los puntos que forman parte del eslabón j. 18

19 eslabón de interés j. Estos centros instantaneos son O 21 O j1 O j2, y de acuerdo con el teorema de Aronhold-Kennedy deben ser colineales; es decir, deben estar localizados a lo largo de una línea recta. La clave del problema reside en la misma definición del centro instantaneo de velocidad relativo, O j2. De la propia definición, se tiene que 1 v 2 O j2 = 1 v j O j2 (30 La aplicación de este resultado fundamental depende de 1. El eslabón j está sujeto a movimiento plano general. 2. El eslabón j no está sujeto a movimiento plano general, si no a un caso más sencillo y especial del movimiento plano general. Las dos alternativas son: (a El eslabón j está sujeto a un movimiento de rotación alrededor de un eje fijo. (b El eslabón j está sujeto a un movimiento de traslación. Caso 1. Si el eslabón j está sujeto a movimiento plano general, se tiene que la ecuación (30 puede escribirse como ω 2 r Oj2/O 21 = 1 v 2 O j2 = 1 v j O j2 = 1 v j O j1 + ω j r Oj2/O j1 (31 Sin embargo, de la propia definición de un centro instantaneo de velocidad absoluto, se tiene que 1 v j O j1 = 0 Por lo tanto, se tiene que ω 2 r Oj2/O 21 = ω j r Oj2/O j1. (32 La solución de esta ecuación conduce a la determinación de la velocidad angular ω j. Caso 2a. Si el eslabón j está sujeto a rotación alrededor de un eje fijo, se tiene que la ecuación (30 puede escribirse como ω 2 r Oj2/O 21 = 1 v 2 O j2 = 1 v j O j2 = ω j r Oj2/O j1. (33 La solución de esta ecuación conduce a la determinación de la velocidad angular ω j. Caso 2b. Si el eslabón j está sujeto a traslación, el eslabón j no tiene velocidad angular; es decir ω j = 0 y el problema se reduce a determinar la velocidad absoluta de un punto del eslabón j, pues todos los puntos del cuerpo j tienen la misma velocidad. Tomando como base el punto O j2, se tiene que la ecuación (30 puede escribirse como 1 v j O j2 = 1 v 2 O j2 = ω 2 r Oj2/O 21 (34 La solución de esta ecuación conduce a la determinación de la velocidad del punto O j2 y, por lo tanto, a la determinación de la velocidad de cualquiera de las partículas del eslabón j. 19