JAMES STEWART

MANUALES UEX 101 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 r1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 r1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 r1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 r1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 97 POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: r1 + r2 = r3 + r4 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5 cos 1 r cos 0,5 1,5 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 4 4 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 - 1,5 (0,8) sen - r sen v cos 1,5 (0,8) . cos r cos v sen θ= ω θ+ θ θ= ω θ+ θ • Para la posición correspondiente a θ2 = 0° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 45° ; r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 1,2 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,848 m/s θ4 r3 r1 O1 O2 45º r4 , θ4 vdesl.A/O2 , ω4 • Para la posición correspondiente a θ2 = 30° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,642 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,871 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 60° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,521 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,737 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,48 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,537 m/s 4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor ω = 500 rpm, en sentido horario, determinar: 76,54º 97,91º 116,56º • Para la posición correspondiente a θ2 = 30° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,642 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,871 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 60° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,521 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,737 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,48 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,537 m/s 4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor ω = 500 rpm, en sentido horario,determinar:76,54º 97,91º 116,56º • Para la posición correspondiente a θ2 = 30° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 76,54° ; r4 = 1,2853 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,642 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,871 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 60° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 97,91° ; r4 = 1,8163 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,521 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,737 m/s • Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es: θ4 = 116,56° ; r4 = 2,2361 m De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,48 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,537 m/s 4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor ω = 500 rpm, en sentido horariodeterminar:76,54º 97,91º 116,56º 97 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ x x x x 2 44 24 4 1,5   cos 1   r    cos 0,5 1,5   sen r    sen VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4          dt dt dt dt        A/O A/O A 1 2 v     v    v         2 2 4 4 desl.A/O2 x r       x r    v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:                2 2 x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/O 4 2 4 4 4 desl.A/O 4 ‐ 1,5   (0,8)   sen ‐ r      sen v    cos 1,5   (0,8) . cos r      cos v    sen Para la posición correspondiente a 2 = 0 la solución de las ecuaciones es: 4 = 45     ;        r4 = 0,7071 m De las ecuaciones se calculan:   4 1,2 rad/s k ; de sl.A /O 2 v 0,848 m/s   Para la posición correspondiente a 2 = 30 la solución de las ecuaciones es: 4 = 76,54 ;        r4 = 1,2853 m De las ecuaciones se calculan: 4 0,642 rad/s k ; de sl.A /O 2 v 0,871 m/s    Para la posición correspondiente a 2 = 60 la solución de las ecuaciones es: 4 = 97,91      ;        r4 = 1,8163 m De las ecuaciones se calculan: 4 0,521 rad/s k ; de sl.A /O 2 v 0,737 m/s Para la posición correspondiente a 2 = 90 la solución de las ecuaciones es: 4 = 116,56     ;        r4 = 2,2361 m De las ecuaciones se calculan: 4 0,48 rad/s k ; de sl.A /O 2 v 0,537 m/s 45º 76,54º 97,91º 116,56º r4 , 4 vdesl.A/O2 , 4

MANUALES UEX 102 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN Solución a) m = 3 x (4-1) – 2 x 4 = 1 b) Con la velocidad angular ω OA de la manivela se obtiene la velocidad vA: Relacionando la velocidad de A con B: A B AB A/B vdesl. A /B v v x r = + ω + 0 Dirección ⊥ AB Dirección AB Dirección ⊥ AB A O ωOA vA 98 De las ecuaciones se calculan: ω4 = 0,48 rad/s k ; desl.A/O2 v = 0,537 m/s 4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor ω = 500 rpm, en sentido horario, determinar: a) grados de libertad del mecanismo. b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición indicada en la figura. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón para la posición en la que OA forma 90° con el sentido positivo del eje x. A 15 cm O B 30 cm ω 116,56º 98 4.10. La figura representa el mecanismo de una bomba oscilante de pistón, en el que OA = 10 cm. Si la velocidad angular motriz es constante de valor = 500 rpm, en sentido horario, determinar: a) grados de libertad del mecanismo. b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición indicada en la figura.   c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón para la posición en la que OA forma 90 con el sentido positivo del eje x. Solución a) m = 3 x (4‐1) – 2 x 4 = 1   b) Con la velocidad angular OA de la manivela se obtiene la velocidad vA: Relacionando la velocidad de A con B: A B AB A/B v desl. A / B v v x r 0 Dirección AB   Dirección  AB A 15 cm O B 30 cm A O OA vA

MANUALES UEX 103 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 99 Conocida ωAB . rA/B se deduce la velocidad angular ωAB = ωcilindro = ωpistón: 0 Dirección ⊥ AB Dirección AB vdesl.A/B vA ωAB.rA/B Dirección AB Dirección ⊥ AB ωAB =ωcilindro = ωpistón A B ωAB.rA/B c) Se considera el polígono vectorial cerrado representado en la figura: POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: 12 3 4 r r r r += + Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ 2 44 24 4 x x x x 0,1 cos 0,3 r cos 0,15 0,1 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: A O B θ2 θ4 r3 r1 r2 r4 r4 , θ4 c) Se considera el polígono vectorial cerrado representado en la figura: POSICIÓN La ecuación vectorial del polígono es: 12 3 4 r r r r += + Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ 2 44 24 4 x x x x 0,1 cos 0,3 r cos 0,15 0,1 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/B A v v v = = ω=ω+xrxrv A O B θ2 θ4 r3 r1 r2 r4 r4 , θ4

MANUALES UEX 104 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 2 2 2 2 1 2 3 4 2222 dr dr d r d r dt dt dt dt +=+ a a a A/O A/B A = = 2 22 4 44 ( ) ( ) ( 4 4 desl.A/B ) 4 desl.A/B ω ω ω ω +α + + ω x x r = x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 x x x x x x x x xx x x x x 2 2 44 444 4 desl.A/B 4 desl.A/B 4 4 x 2 -0,1 -500 cos - r cos - r sen 60 a cos - 2 v sen 2 -0,1 -500 60   π   θ= ω θ α θ+   + θ ωθ π 2 x x x x x x x xx 2 2 44 4 44 4 desl.A/B 4 desl.A/B 4 4 sen - r sen r cos a sen 2 v cos     θ= ω θ+ α θ+   + θ+ ω θ d) Para la posición correspondiente a θ2 = 90° la solución de las ecuaciones es: r4 = 0,3905 m ; θ4 = 140,19° De las ecuaciones se calculan: 4 pistón cilindro ω =ω =ω = - 8,58 rad/s k ; vdesl A/B = 4,022 m/s De las ecuaciones se deducen: 4 pistón cilindro α =α =α = 362,49 rad/s2 k ; adesl A/B = 146,74 m/s2 4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50° a partir de la posición correspondiente a θ= 180°. Si ω = 30 rpm (constante), determinar: a) ecuaciones que permitan determinar la posición, velocidad y aceleración de P para cualquier posición. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. b) longitud de carrera del empujador P. 39,81º 39,81º adesl.A/B , α4 100 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ 2 44 24 4 x x x x 0,1 cos 0,3 r cos 0,15 0,1 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/B A v v v = = 2 2 4 4 desl.A/B ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x xx x x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/B 4 2 4 4 4 desl.A/B 4 2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos 60 2 0,1 -500 . cos r cos v sen 60   π   θ= ω θ + θ     π   θ= ω θ + θ   ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce: r4 , θ4 vdesl.A/B , ω4 100 Las ecuaciones que resuelven este polígono son: θ θ θ θ 2 44 24 4 x x x x 0,1 cos 0,3 r cos 0,15 0,1 sen r sen = + + = VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene: dr dr 1 2 dr 3 dr 4 dt dt dt dt +=+ A/O A/B A v v v = = 2 2 4 4 desl.A/B ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x xx x x x x x x x x x x 2 4 4 4 desl.A/B 4 2 4 4 4 desl.A/B 4 2 - 0,1 -500 sen - r sen v cos 60 2 0,1 -500 . cos r cos v sen 60   π   θ= ω θ + θ     π   θ= ω θ + θ   ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce: r4 , θ4 vdesl.A/B , ω4

MANUALES UEX 105 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 101 De las ecuaciones se calculan: 4 pistón cilindro ω =ω =ω = - 8,58 rad/s k ; vdesl A/B = 4,022 m/s De las ecuaciones se deducen: 4 pistón cilindro α =α =α = 362,49 rad/s2 k ; adesl A/B = 146,74 m/s2 4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50° a partir de la posición correspondiente a θ= 180°. Si ω = 30 rpm (constante), determinar: a) ecuaciones que permitan determinar la posición, velocidad y aceleración de P para cualquier posición. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. b) longitud de carrera del empujador P. c) velocidad y aceleración de P cuando a θ= 130°. Datos: OA = 35 cm. ω P 50 cm B A θ O 39,81º 39,81º 101 4.11. El mecanismo de la figura se diseña como dispositivo que mueve paquetes. El accionamiento es manual, a través de OA, que realiza un movimiento de oscilación de 50 a partir de la posición correspondiente a = 180. Si = 30 rpm (constante), determinar: a) ecuaciones que permitan determinar la posición, velocidad y aceleración de P para cualquier posición. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. b) longitud de carrera del empujador P. c) velocidad y aceleración de P cuando a = 130. Datos: OA = 35 cm. Solución a) El polígono vectorial cerrado es: P 50 cm B A O 2 3 r1 r2 B A O r3 r4 Solución a) El polígono vectorial cerrado es: POSICIÓN La ecuación vectorial de polígono es: 1423r r r r += + θ2 θ3 r1 r2 B A O r3 r4

MANUALES UEX 106 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN dr dr dr dr 14 23 dt dt dt dt +=+ B P A B/A v v v v = = + P 2 2 3 3 desl.B/A v x r x r v =ω +ω + donde ω3 = ω2. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: ( ) ( ) ( ) x x xx x xx x x x x xx x xx x x P 2 3 2 desl.B/A 2 2 3 2 desl.B/A 2 2 2 v - 0,35 -30 sen r -30 sen - 90 v cos - 90 60 60 2 2 0 0,35 -30 cos r -30 cos - 90 v sen 60 60   π = θ − θ + θ       π = θ + θ + θ     π π ( - 90 ) que permiten deducir los valores de vP y vdesl.B/A. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y B: 22 22 14 23 22 22 dr dr dr dr dt dt dt dt +=+ a a a a B P A B/A = = + P 2 2 2 3 3 3 desl.B/A ( ) ( ) 3 desl.B/A a = x x r x x r a 2 . x v ω ω +ω ω + + ω Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 22ππ dr dr dr dr 14 23 dt dt dt dt +=+ B P A B/A v v v v = = + P 2 2 3 3 desl.B/A v x r x r v =ω +ω + donde ω3 = ω2. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: ( ) ( ) ( ) x x xx x xx x x x x xx x xx x x P 2 3 2 desl.B/A 2 2 3 2 desl.B/A 2 2 2 v - 0,35 -30 sen r -30 sen - 90 v cos - 90 60 60 2 2 0 0,35 -30 cos r -30 cos - 90 v sen 60 60   π = θ − θ + θ       π = θ + θ + θ     π π ( - 90 ) que permiten deducir los valores de vP y vdesl.B/A. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y B: 22 22 14 23 22 22 dr dr dr dr dt dt dt dt +=+ a a a a B P A B/A = = + P 2 2 2 3 3 3 desl.B/A ( ) ( ) 3 desl.B/A a = x x r x x r a 2 . x v ω ω +ω ω + + ω Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: ( ) x x xx x xx x 2 2 P 2 3 2 2 2 a - 0,35 -30 cos - r -30 cos - 90 60 60 2  π π = θ θ +      102 POSICIÓN La ecuación vectorial de polígono es: 1 4 23 r r r r += + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 4 23 3 23 3 r 0,35 cos r cos 0,5 0,35 sen r sen = + = + Como θ3 = θ2 - 90° se tiene: ( ) ( ) θ θ θ θ x x x x 4 23 2 23 2 r 0,35 cos r cos - 90 0,5 0,35 sen r sen - 90 = + = + VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y B: θ2 r2 O r3 , r4 102 POSICIÓN La ecuación vectorial de polígono es: 1 4 23 r r r r += + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 4 23 3 23 3 r 0,35 cos r cos 0,5 0,35 sen r sen = + = + Como θ3 = θ2 - 90° se tiene: ( ) ( ) θ θ θ θ x x x x 4 23 2 23 2 r 0,35 cos r cos - 90 0,5 0,35 sen r sen - 90 = + = + VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y B: θ2 r2 O r3 , r4

MANUALES UEX 107 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 103 P 2 2 2 3 3 3 desl.B/A ( ) ( ) 3 desl.B/A a = x x r x x r a 2 . x v ω ω +ω ω + + ω Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: ( ) ( ) ( ) x x xx x xx x x x x x x x x x x 2 2 P 2 3 2 desl.B/A 2 desl.B/A 2 2 2 a - 0,35 -30 cos - r -30 cos - 90 60 60 2 a cos - 90 - 2 -30 v sen - 90 60 2 0 - 0,35 -30 60   π π = θ θ +       π + θ θ       π =     ( ) ( ) ( ) x x xx x x x x x x x 2 2 2 3 2 desl.B/A 2 desl.B/A 2 2 sen - r -30 sen - 90 60 2 a sen - 90 2 -30 v cos - 90 60   π θ θ +       π + θ+ θ     que permiten deducir los valores de aP y adesl.B/A. b) De las ecuaciones se tiene: Para θ2 = 180° r4(180) = - 0,35 m ; r3(180) = 0,50 m Para θ2 = 130° r4(130) = 0,0514 m ; r3(130) = 0,3608 m Carrera de trabajo = │ r4(180) - r4(130) │= 0,4014 m c) Para θ2 = 130°: r4 = 0,0514 m ; r3 = 0,3608 m De las ecuaciones se calculan: P v = 1,76 m/s i ; desl.B/A v = 0,25 m/s De las ecuaciones se deducen: P a = 7,82 m/s2 i ; desl.B/A a = 9,55 m/s2 4.12. La figura presenta una plataforma elevadora de vehículos accionada por un cilindro hidráulico. Si la velocidad de expansión del cilindro O2E es constante y de módulo vexpansión = 20 cm/s, calcular: a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que θ = 30°. 40º 40º

MANUALES UEX 108 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN Solución a) Relacionando la velocidad de E con la velocidad del apoyo fijo O2 (vO2 = 0) se puede dibujar el polígono de velocidades: v v v x r v x r E O2 desl. E/O2 cilindro E/O2 expansión cilind = + +ω = +ω ( ) ( ro E/O2 ) Una vez deducidos los sentidos, se obtienen la velocidad angular del cilindro ωcilindro y la velocidad del punto E: vE O2 E Línea de acción (ωcilindro x rE/O2) Línea de acción vE (⊥O1E) vexpansión vexpansión vE ωcilindro x rE/O2 104 4.12. La figura presenta una plataforma elevadora de vehículos accionada por un cilindro hidráulico. Si la velocidad de expansión del cilindro O2E es constante y de módulo vexpansión = 20 cm/s, calcular: a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que θ = 30°. Datos: O1O2 = 5 m; O1A = AD = BA = AC = 2 m; AE = 1 m. O1 A B C D θ O2 E Vexpansión 104 4.12. La figura presenta una plataforma elevadora de vehículos accionada por un cilindro hidráulico. Si la velocidad de expansión del cilindro O2E es constante y de módulo vexpansión = 20 cm/s, calcular: a) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada.    b) velocidad y aceleración del automóvil para la posición en la que = 30. Datos: O1O2 = 5 m; O1A = AD = BA = AC = 2 m; AE = 1 m.   Solución a) Relacionando la velocidad de E con la velocidad del apoyo fijo O2 (vO2 = 0) se puede dibujar el polígono de velocidades: vE O2 desl.     v    v E/O2 cilindro E/O2 expansión cilindro E/O2      x r    v      x r    O2 E Línea de acción (cilindro x rE/O2) Línea de acción vE (O1E) vexpansión O1 A B C D O2 E Vexpansión vexpansión vE cilindro x rE/O2

MANUALES UEX 109 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 105 Una vez deducidos los sentidos, se obtienen la velocidad angular del cilindro ωcilindro y la velocidad del punto E: O2 E vE ωcilindro O2 vexpansión Con la velocidad vE se determinan la velocidad angular ωO1D y las velocidades vA y vD: A partir de la velocidad vA se pueden deducir la velocidad angular ωBC y las velocidades vB y vC mediante el centro instantáneo de rotación de la biela BC: O1 A D E vE vD vA ωO1D

MANUALES UEX 110 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 106 B A C vA Línea de acción vB CIR(BC) ωBC vC vB Como la plataforma no gira (ωplataforma = 0), la relación entre las velocidades de D y C implica que: v v v x r v v D C desl. D/C plataforma D/C C desl. D/C = + +ω = + ( ) También se verifica que vdesl. D/C = vB. b) Se debe operar con dos polígonos vectoriales cerrados: vD vC vdesl. D/C E C D vD vC vdesl. D/C Como la plataforma no gira (ωplataforma = 0), la relación entre las velocidades de D y C implica que: v v v x r v v D C desl. D/C plataforma D/C C desl. D/C = + +ω = + ( ) También se verifica que vdesl. D/C = vB. b) Se debe operar con dos polígonos vectoriales cerrados: vD vC vdesl. D/C r3 E C D vD vC vdesl. D/C Como la plataforma no gira (ωplataforma = 0), la relación entre las velocidades de D y C implica que: v v v x r v v D C desl. D/C plataforma D/C C desl. D/C = + +ω = + ( ) También se verifica que vdesl. D/C = vB. b) Se debe operar con dos polígonos vectoriales cerrados: vD vC vdesl. D/C r3 r2 E C D vD vC vdesl. D/C

MANUALES UEX 111 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 107 También se verifica que vdesl. D/C = vB. b) Se debe operar con dos polígonos vectoriales cerrados: θ2 θ3 r3 r1 r2 O1 O2 E C D vdesl. D/C θ5 r4 r6 r5 O1 D C 107 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 2 13 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 2 33 23 3 3 cos 5 r cos 3 sen r sen = + = Para 2 = 30: r3 = 2,832 m ; 3 = 148,015 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 46 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ x x 5 4 5 6 4 cos r 4 sen r = = Para 2 = 5 = 30: r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m 2 3 r3 r1 r2 O1 O2 E 5 r4 r6 r5 O1 D C POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 2 13 r rr = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 2 33 23 3 3 cos 5 r cos 3 sen r sen = + = Para θ2 = 30°: r3 = 2,832 m ; θ3 = 148,015° La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 46 r rr = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ x x 5 4 5 6 4 cos r 4 sen r = = Para θ2 = θ5 = 30°: r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene: dr dr dr 213 dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 v v v = = 2233desl.E/O2ω =ω + x r x r v POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 2 13 r rr = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 2 33 23 3 3 cos 5 r cos 3 sen r sen = + = Para θ2 = 30°: r3 = 2,832 m ; θ3 = 148,015° La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 46 r rr = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ x x 5 4 5 6 4 cos r 4 sen r = = Para θ2 = θ5 = 30°: r4 = 3,464 m ; r6 = 2 m VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene: dr dr dr 213 dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 v v v = = ω=ω+xrxrv

MANUALES UEX 112 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos C y D: 546 dr dr dr dt dt dt = + D D/C C v v v = + 5 5 desl.D/C C desl.D/C C ω = += + x r v v v i v j Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son: x x x x 5 5 desl.D/C 5 5C - 4 sen v 4 cos v ω θ= ω θ= donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°: vdesl.D/C = - 0,151 m/s i ; vC = 0,2616 m/s j ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 2 22 213 2 22 dr dr dr dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 a a a = = 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.E/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.E/O ω ω +α =ω ω +α + + ω x x r x r x x r x r a 2 . x v donde adesl.E/O2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x xx xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 3 3 33 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 33 3 33 3 3 3 -3 cos - 3 sen - r cos - r sen - 2 0,2 sen x -3 sen 3 cos - r sen r cos 2 0,2 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ ω θ + α θ= ω θ + α θ + ω θ Para θ2 = 30°: α =2 - 0,00454 rad/s2 k ; α =3 0,0129 rad/s2 k Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos C y D: Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos C y D: 546 dr dr dr dt dt dt = + D D/C C v v v = + 5 5 desl.D/C C desl.D/C C ω = += + x r v v v i v j Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son: x x x x 5 5 desl.D/C 5 5C - 4 sen v 4 cos v ω θ= ω θ= donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°: vdesl.D/C = - 0,151 m/s i ; vC = 0,2616 m/s j ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 2 22 213 2 22 dr dr dr dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 a a a = = 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.E/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.E/O ω ω +α =ω ω +α + + ω x x r x r x x r x r a 2 . x v donde adesl.E/O2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x xx xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 3 3 33 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 33 3 33 3 3 3 -3 cos - 3 sen - r cos - r sen - 2 0,2 sen x -3 sen 3 cos - r sen r cos 2 0,2 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ ω θ + α θ= ω θ + α θ + ω θ Para θ2 = 30°: α =2 - 0,00454 rad/s2 k ; α =3 0,0129 rad/s2 k Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos C y D: Para el segundo polígono vectorial se opera análogamente, deduciendo la relación de velocidades entre los puntos C y D: 546 dr dr dr dt dt dt = + D D/C C v v v = + 5 5 desl.D/C C desl.D/C C ω = += + x r v v v i v j Las ecuaciones que permiten resolver el mecanismo son: x x x x 5 5 desl.D/C 5 5C - 4 sen v 4 cos v ω θ= ω θ= donde ω2 = ω5. Para θ2 = θ5 = 30°: vdesl.D/C = - 0,151 m/s i ; vC = 0,2616 m/s j ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 2 22 213 2 22 dr dr dr dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 a a a = = 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.E/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.E/O ω ω +α =ω ω +α + + ω x x r x r x x r x r a 2 . x v donde adesl.E/O2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x xx xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 3 3 33 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 33 3 33 3 3 3 -3 cos - 3 sen - r cos - r sen - 2 0,2 sen x -3 sen 3 cos - r sen r cos 2 0,2 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ ω θ + α θ= ω θ + α θ + ω θ Para θ2 = 30°: α =2 - 0,00454 rad/s2 k ; α =3 0,0129 rad/s2 k Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos CyD:108 θ θ x x 5 4 5 6 4 cos r 4 sen r = Para θ 2 = θ 5 = 30°: r 4 = 3,464 m ; r 6 = 2 m VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene: dr dr dr 213 dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 v v v = = 2 2 3 3 desl.E/O2 ω =ω + x r x r v donde vdesl.E/O2 = vexpansión. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x 2 2 33 3 3 2 233 3 3 x -3 sen - r sen 0,2 cos 3 cos r cos 0,2 sen ω θ= ω θ + θ ω θ= ω θ + θ Para θ2 = 30°: ω =2 0,0755 rad/s k ; ω =3 - 0,0376 rad/s k 108 θ θ x x 5 4 5 6 4 cos r 4 sen r = = Para θ 2 = θ 5 = 30°: r 4 = 3,464 m ; r 6 = 2 m VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del primer polígono se obtiene: dr dr dr 213 dt dt dt = + E/O E/O E 1 2 v v v = = 2 2 3 3 desl.E/O2 ω =ω + x r x r v donde vdesl.E/O2 = vexpansión. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x 2 2 33 3 3 2 233 3 3 x -3 sen - r sen 0,2 cos 3 cos r cos 0,2 sen ω θ= ω θ + θ ω θ= ω θ + θ Para θ2 = 30°: ω =2 0,0755 rad/s k ; ω =3 - 0,0376 rad/s k

MANUALES UEX 113 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 109 ()()donde adesl.E/O2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x xx xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 2 2 2 3 3 33 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 33 3 33 3 3 3 -3 cos - 3 sen - r cos - r sen - 2 0,2 sen x -3 sen 3 cos - r sen r cos 2 0,2 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ ω θ + α θ= ω θ + α θ + ω θ Para θ2 = 30°: α =2 - 0,00454 rad/s2 k ; α =3 0,0129 rad/s2 k Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos C y D: 222 546 2 22 dr dr dr dt dt dt = + a a a D D/C C = + ω ω +α = + = + 5 5 5 5 5 desl.D/C C desl.D/C C x x r x r a a a i a j ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x 2 5 5 5 5 desl.D/C 2 5 5 5 5C - 4 sen - 4 cos a 4 cos - 4 sen a α θ ω θ= α θ ω θ= donde α2 = α5. Para θ2 = θ5 = 30°: adesl.D/C = - 0,0107 m/s2 i ; aC = - 0,02714 m/s2 j Por tanto: vautomóvil = 0,2616 m/s j ; aautomóvil = - 0,02714 m/s2 j 4.13. En la figura se representa un mecanismo de Whitworth que acciona una cepilladora. Determinar: a) grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los

MANUALES UEX 114 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 – 0 = 1 b) Son necesarios dos polígonos de cierre: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 23 r r r + = LillíilO1 O2 A θ2 θ3 r3 r1 r2 O2 B C r4 θ4 θ6 r5 r6 110 4.13. En la figura se representa un mecanismo de Whitworth que acciona una cepilladora. Determinar: a) grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. c) velocidad y aceleración del cepillo C cuando la manivela O1A forma 20° con la horizontal. Datos: O1A = 25 cm; O1O2 = 15 cm; O2B = 10 cm; BC = 30 cm; ωOA = 40 rad/s (constante). O1 A ωOA 110 4.13. En la figura se representa un mecanismo de Whitworth que acciona una cepilladora. Determinar: a) grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. c) velocidad y aceleración del cepillo C cuando la manivela O1A forma 20 con la horizontal. Datos: O1A = 25 cm; O1O2 = 15 cm; O2B = 10 cm; BC = 30 cm; OA = 40 rad/s (constante). Solución a) m = 3 x (6‐1) – 2 x 7 – 0 = 1 b) Son necesarios dos polígonos de cierre: O1 O2 A B OA C O1 O2 A 2 3 r3 r1 r2 O2 B C r4 4 6 r5 r6

MANUALES UEX 115 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 111 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 23 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 23 3 23 3 0,25 cos r cos 0,15 0,25 sen r sen = + = O2 θ3 O2 C r4 θ4 θ6 r5 r6 r3 , θ3 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 64 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 5 64 6 4 r 0,3 cos 0,1 cos 0,3 sen 0,1 sen + = = donde θ3 = θ4. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 12 3 dt dt dt + = A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 3 3 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/O 3 2 3 3 3 des.A/O 3 - 0,25 (-40) sen - r sen v cos 0,25 (-40) cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: 56 4 dr dr dr dt dt dt + = v v v C B/C B + = C 66 44 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x C 66 44 66 44 v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : vC , ω6 r5 , θ6 vdesl.A/O2 , ω3 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 64 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 5 64 6 4 r 0,3 cos 0,1 cos 0,3 sen 0,1 sen + = = donde θ3 = θ4. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 12 3 dt dt dt + = A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 3 3 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/O 3 2 3 3 3 des.A/O 3 - 0,25 (-40) sen - r sen v cos 0,25 (-40) cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: 56 4 dr dr dr dt dt dt + = v v v C B/C B + = C 66 44 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x C 66 44 66 44 v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : 22025(40)2θθθθθvC , ω6 r5 , θ6 vdesl.A/O2 , ω3 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 64 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 5 64 6 4 r 0,3 cos 0,1 cos 0,3 sen 0,1 sen + = = donde θ3 = θ4. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 12 3 dt dt dt + = A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 3 3 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/O 3 2 3 3 3 des.A/O 3 - 0,25 (-40) sen - r sen v cos 0,25 (-40) cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: 56 4 dr dr dr dt dt dt + = v v v C B/C B + = C 66 44 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x C 66 44 66 44 v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : vC , ω6 r5 , θ6 vdesl.A/O2 , ω3 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 64 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 5 64 6 4 r 0,3 cos 0,1 cos 0,3 sen 0,1 sen + = = donde θ3 = θ4. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 12 3 dt dt dt + = A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 3 3 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/O 3 2 3 3 3 des.A/O 3 - 0,25 (-40) sen - r sen v cos 0,25 (-40) cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: 56 4 dr dr dr dt dt dt + = v v v C B/C B + = C 66 44 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x C 66 44 66 44 v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x xx 2 2 2333333deslA/O3deslA/O33-0,25 (- 40) cos - r cos - r sen + a cos - 2 v sen θ= ω θ α θ θ ω θ vC , ω6 r5 , θ6 vdesl.A/O2 , ω3 La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 64 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 5 64 6 4 r 0,3 cos 0,1 cos 0,3 sen 0,1 sen + = = donde θ3 = θ4. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 12 3 dt dt dt + = A/O A/O A 1 2 v v v = = 2 2 2 3 3 desl.A/O ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: 2 2 x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/O 3 2 3 3 3 des.A/O 3 - 0,25 (-40) sen - r sen v cos 0,25 (-40) cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: 56 4 dr dr dr dt dt dt + = v v v C B/C B + = C 66 44 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x C 66 44 66 44 v - 0,3 sen - 0,1 sen 0,3 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : 22025(40)cosrcosrsen+acos2vsenθωθαθθωθvC , ω6 r5 , θ6 vdesl.A/O2 , ω3

MANUALES UEX 116 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN de donde se deducen los valores de α3 y adesl.A/O2. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y C: 22 2 56 4 222 dr dr dr dt dt dt + = a a a C B/C B + = a x x r x r x x r x r C 6 66 66 4 44 44 +ω ω +α = ω ω +α ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 C 66 6 6 44 4 4 2 2 6 6 66 4 4 44 a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ+ α θ= ω θ+ α θ donde α3 = α4. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α6 y aC. c) Para θ2 = 20°, de las ecuaciones y se obtiene: r3 = 0,3326 m ; θ3 = θ4 = 45,071º ; θ6 = 166,35º ; r5 = 0,3621 m Y de las ecuaciones y : 2 desl.A/O v = 4,237 m/s ; ω=ω= 3 4 - 27,23 rad/s k ; ω =6 6,596 rad/s k siendo la velocidad del cepillo: C v = 2,395 m/s i De las ecuaciones y : 2 desl.A/O a = 115,67 m/s2 ; α =α = 3 4 - 184,197 rad/s2 k ; α =6 214,122 rad/s2 k siendo la aceleración del cepillo: C a = - 36,85 m/s2 i 4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cepilladora. Si la velocidad angular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar: a)gradosdelibertad.45,071º 45,071º de donde se deducen los valores de α3 y adesl.A/O2. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y C: 22 2 56 4 222 dr dr dr dt dt dt + = a a a C B/C B + = a x x r x r x x r x r C 6 66 66 4 44 44 +ω ω +α = ω ω +α ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 C 66 6 6 44 4 4 2 2 6 6 66 4 4 44 a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ+ α θ= ω θ+ α θ donde α3 = α4. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α6 y aC. c) Para θ2 = 20°, de las ecuaciones y se obtiene: r3 = 0,3326 m ; θ3 = θ4 = 45,071º ; θ6 = 166,35º ; r5 = 0,3621 m Y de las ecuaciones y : 2 desl.A/O v = 4,237 m/s ; ω=ω= 3 4 - 27,23 rad/s k ; ω =6 6,596 rad/s k siendo la velocidad del cepillo: C v = 2,395 m/s i De las ecuaciones y : 2 desl.A/O a = 115,67 m/s2 ; α =α = 3 4 - 184,197 rad/s2 k ; α =6 214,122 rad/s2 k siendo la aceleración del cepillo: C a = - 36,85 m/s2 i 4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cepilladora. Si la velocidad angular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar: a)gradosdelibertad.45,071º 45,071º 112 donde ω3 = ω4. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = a a a A/O A/O A 1 2 = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.A/O ( ) ( ) 2 2 3 desl.A/O ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : 2 2 2 x x x x x x x x xx x x x x x x x x 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 desl.A/O 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.A/O 3 d -0,25 (- 40) cos - r cos - r sen + a cos - 2 v sen -0,25 (- 40) sen - r sen r cos + a sen 2 v θ= ω θ α θ θ ω θ θ= ω θ + α θ θ + 2 x x esl.A/O 3 3 cos ω θ de donde se deducen los valores de α3 y adesl.A/O2. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre los puntos B y C: 22 2 56 4 222 dr dr dr dt dt dt + = a a a C B/C B + = a x x r x r x x r x r C 6 66 66 4 44 44 +ω ω +α = ω ω +α ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 C 66 6 6 44 4 4 2 2 6 6 66 4 4 44 a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ α θ ω θ+ α θ= ω θ+ α θ donde α3 = α4. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α6 y aC. c) Para θ2 = 20°, de las ecuaciones y se obtiene: r3 = 0,3326 m ; θ3 = θ4 = 45,071º ; θ6 = 166,35º ; r5 = 0,3621 m Y de las ecuaciones y : 2 desl.A/O v = 4,237 m/s ; ω=ω= 3 4 - 27,23 rad/s k ; ω =6 6,596 rad/s k siendo la velocidad del cepillo: C v = 2,395 m/s i De las ecuaciones y : 2 desl.A/O a = 115,67 m/s2 ; α =α = 3 4 - 184,197 rad/s2 k ; α =6 214,122 rad/s2 k siendo la aceleración del cepillo: C a = - 36,85 m/s2 i 4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cepilladora. Si la velocidad angular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar: a)gradosdelibertad.45,071º 45,071º de donde se deducen los valores de α3 y adesl.A/O2. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceB y C: 22 2 56 4 222 dr dr dr dt dt dt + = a aC B/C+ a x x r x r x xC 6 66 66 4 4+ω ω +α = ω ω( ) ( Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones x x x x x x x x x x x x 2 2 C 66 6 6 42 2 6 6 66 4a - 0,3 cos - 0,3 sen - 0,1 cos- 0,3 sen 0,3 cos - 0,1 senω θ α θ= ω θω θ+ α θ= ω θdonde α3 = α4. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de c) Para θ2 = 20°, de las ecuaciones y se obtiene: r3 = 0,3326 m ; θ3 = θ4 = 45,071º ; θ6 = 166,35º Y de las ecuaciones y : 2 desl.A/O v = 4,237 m/s ; ω=ω= 3 4 - 27,23 rad/s k siendo la velocidad del cepillo: C v = 2,395 m/s i De las ecuaciones y : 2 desl.A/O a = 115,67 m/s2 ; α =α = 3 4 - 184,197 rad/s2 k siendo la aceleración del cepillo: C a = - 36,85 m/s2 i 4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cangular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar: a) grados de libertad. b)ecuacionesquepermitancalcularlaposiciónvelocidady45,071º 45,071º

MANUALES UEX 117 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 113 siendo la aceleración del cepillo: C a = - 36,85 m/s2 i 4.14. El mecanismo de la figura mueve la herramienta de una cepilladora. Si la velocidad angular ω es constante y antihoraria, de valor 30 rpm, determinar: a) grados de libertad. b) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de OA. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. c) velocidad y aceleración de la cuchilla para la posición en la que OA y CB forman con el sentido positivo del eje x ángulos de 180° y 101,795°, respectivamente. Datos: OA = 10 cm, BC = 100 cm. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Se van a considerar dos polígonos vectoriales cerrados: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 21 3 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: 50 cm O B ω C A Cuchilla θ3 r3 O C A r2 θ2 r1 r5 r6 r4 B C θ4 c) velocidad y aceleración de la cuchilla para la posición en la que OA y CB forman con el sentido positivo del eje x ángulos de 180° y 101,795°, respectivamente. Datos: OA = 10 cm, BC = 100 cm. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Se van a considerar dos polígonos vectoriales cerrados: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 21 3 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: 50 cm O B ω C A Cuchilla θ3 r3 O C A r2 θ2 r1 r5 r6 r4 B C θ4

MANUALES UEX 118 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN θ θ θ θ x x x x 23 3 2 13 3 0,1 cos r cos 0,1 sen - r r sen = = + La ecuación vectorial del segundo polígono es: 456 r r r 0 + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ x x 4 5 4 6 1 cos r 0 1 sen - r 0 + = = donde θ4 = θ3 y r 6 = 0,5 + r 1 . De las ecuaciones y se calculan los valores de r 1 , r 3 y r 5 . VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre A y C: dr dr dr 213 dt dt dt = + A C A/C v v v = + 2 2 C 3 3 desl.A/C ω = +ω + x r v x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/C 3 2 C 3 3 3 des.A/C 3 2 - 0,1 30 sen - r sen v cos 60 2 0,1 30 cos - v r cos v sen 60   π θ= ω θ + θ       π θ= + ω θ + θ     Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: dr dr dr 456 0 dt dt dt ++= v - v v 0 B/C B C + = 44 B C ω += x r - v v 0 Nótese que r 5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O. Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB. Esta ecuación se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x 4 4B 4 4C - 1 sen - v 0 1 cos - v 0 ωθ = ωθ = donde ω4 = ω3. De las ecuaciones y se calculan los valores de vdesl.A/C , ω3 , vB y vC. θ θ θ θ x x x x 23 3 2 13 3 0,1 cos r cos 0,1 sen - r r sen = = + La ecuación vectorial del segundo polígono es: 456 r r r 0 + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ x x 4 5 4 6 1 cos r 0 1 sen - r 0 + = = donde θ4 = θ3 y r 6 = 0,5 + r 1 . De las ecuaciones y se calculan los valores de r 1 , r 3 y r 5 . VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre A y C: dr dr dr 213 dt dt dt = + A C A/C v v v = + 2 2 C 3 3 desl.A/C ω = +ω + x r v x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x x x x x x 2 3 3 3 des.A/C 3 2 C 3 3 3 des.A/C 3 2 - 0,1 30 sen - r sen v cos 60 2 0,1 30 cos - v r cos v sen 60   π θ= ω θ + θ       π θ= + ω θ + θ     Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre B y C: dr dr dr 456 0 dt dt dt ++= v - v v 0 B/C B C + = 44 B C ω += x r - v v 0 Nótese que r 5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O. Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB. Esta ecuación se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x 4 4B 4 4C - 1 sen - v 0 1 cos - v 0 ωθ = ωθ = dondeω4=ω3DelasecuacionesysecalculanlosvaloresdevdeslA/Cω3vByvC 114 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 21 3 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ3 C r1 C θ4 donde θ4 = θ3 y r6 = 0,5 + r1. De las ecuaciones y se calculan los valores de r1, r3, y r5. Nótese que r5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O. Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB.

MANUALES UEX 119 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 115 44 B C ω + x r v v 0 Nótese que r 5 es el vector que va desde B hasta la referencia vertical fija que pasa por O. Por ello, la derivada del vector 5 implica una velocidad positiva v5 cuando B se mueve en sentido contrario al del vector 5. Por tanto, v5 = - vB. Esta ecuación se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x 4 4B 4 4C - 1 sen - v 0 1 cos - v 0 ωθ = ωθ = donde ω4 = ω3. De las ecuaciones y se calculan los valores de vdesl.A/C , ω3 , vB y vC. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre A y C: 2 22 213 2 22 dr dr dr dt dt dt = + a a a A C A/C = + 2 2 2 C 3 3 3 3 3 desl.A/C ( ) ( ) 3 desl.A/C ω ω = +ω ω +α + + ω x x r a x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x x xx x x x x 2 2 2 33 333 3 desl.A/C 3 desl.A/C 3 3 2 2 -0,1 30 cos - r cos - r sen + 60 + a cos - 2 v sen 2 -0,1 30 60   π θ= ω θ α θ     θ ωθ   π     x x x x x x xx 2 2 C33 3 33 3 desl.A/C 3 desl.A/C 3 3 sen - a - r sen r cos + + a sen 2 v cos θ= ω θ + α θ θ+ ω θ Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre B y C: 2 22 4 56 222 dr dr dr 0 dt dt dt ++= a - a a 0 B/C B C + = ω ω +α + = 4 44 44 B C x x r x r - a a 0 ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: xx xx x x x x 2 4 4 4 4B 2 4 4 4 4C - 1 cos - 1 sen - a 0 - 1 sen 1 cos - a 0 ωθα θ = ω θ+ α θ = donde α3 = α4. De las ecuaciones y se calculan los valores de adesl.A/C , α3 , aB y aC. d) Para θ 2 = 180° y θ 3 = 101,795°, de las ecuaciones y se obtiene: r 1 = 0,4789 m ; r 3 = 0,4892 m ; r 5 = 0,2044 m De las ecuaciones y : 3 4 ω ω = = 0,1435 rad/s k ; C v = 0,0293 m/s j siendo la velocidad de la cuchilla: B cuchilla v = v = - 0,1405 m/s i De las ecuaciones y : ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre A y C: 2 22 213 2 22 dr dr dr dt dt dt = + a a a A C A/C = + 2 2 2 C 3 3 3 3 3 desl.A/C ( ) ( ) 3 desl.A/C ω ω = +ω ω +α + + ω x x r a x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x x xx x x x x 2 2 2 33 333 3 desl.A/C 3 desl.A/C 3 3 2 2 -0,1 30 cos - r cos - r sen + 60 + a cos - 2 v sen 2 -0,1 30 60   π θ= ω θ α θ     θ ωθ   π     x x x x x x xx 2 2 C33 3 33 3 desl.A/C 3 desl.A/C 3 3 sen - a - r sen r cos + + a sen 2 v cos θ= ω θ + α θ θ+ ω θ Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre B y C: 2 22 4 56 222 dr dr dr 0 dt dt dt ++= a - a a 0 B/C B C + = ω ω +α + = 4 44 44 B C x x r x r - a a 0 ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: xx xx x x x x 2 4 4 4 4B 2 4 4 4 4C - 1 cos - 1 sen - a 0 - 1 sen 1 cos - a 0 ωθα θ = ω θ+ α θ = donde α3 = α4. De las ecuaciones y se calculan los valores de adesl.A/C , α3 , aB y aC. d) Para θ 2 = 180° y θ 3 = 101,795°, de las ecuaciones y se obtiene: r 1 = 0,4789 m ; r 3 = 0,4892 m ; r 5 = 0,2044 m De las ecuaciones y : 3 4 ω ω = = 0,1435 rad/s k ; C v = 0,0293 m/s j siendo la velocidad de la cuchilla: B cuchilla v = v = - 0,1405 m/s i De las ecuaciones y : d) Para θ2 = 180º y θ3 = 101,795º, de las ecuaciones y se obtiene: r1 = 0,4789 m ; r3 = 0,4892 m ; r5 = 0,2044 m

MANUALES UEX 120 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 117 3 4 α α = = - 1,9343 rad/s2 k ; a =C - 0,3752 m/s2 j siendo la aceleración de la cuchilla: B cuchilla a = a = 1,8977 m/s2 i 4.15. La figura representa un mecanismo de compresión que es accionado por una manivela. Si dicha manivela AB gira con una velocidad angular constante ωAB = 30 rad/s en sentido antihorario, determinar: a) número de grados de libertad del mecanismo. 116 1 ,;3 ,;5 ,De las ecuaciones y : 3 4 ω ω = = 0,1435 rad/s k ; C v = 0,0293 m/s j siendo la velocidad de la cuchilla: B cuchilla v = v = - 0,1405 m/s i De las ecuaciones y :

MANUALES UEX 121 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 117 4.15. La figura representa un mecanismo de compresión que es accionado por una manivela. Si dicha manivela AB gira con una velocidad angular constante ωAB = 30 rad/s en sentido antihorario, determinar: a) número de grados de libertad del mecanismo. 118 b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabones en la posición indicada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40°. Datos: AB = 10 cm; AC = 15 cm; CD = 10 cm; DE = 40 cm; CE(y) = 15 cm. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Con la velocidad angular ωAB de la manivela se obtiene la velocidad vB: Relacionando la velocidad de B de la manivela con la velocidad del punto Bbalancín que coincide con el anterior en ese instante, se puede dibujar el polígono de velocidades: B B balancín desl.B/C balancín B/C desl.B/C v v v x r v = + =ω + A B ωAB C D E C Línea de acción vdesl.B/CBbalancín Línea de acción vB balancín A ωAB vB B vB vdesl.B/C vB balancín b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabones en la posición indicada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40°. Datos: AB = 10 cm; AC = 15 cm; CD = 10 cm; DE = 40 cm; CE(y) = 15 cm. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Con la velocidad angular ωAB de la manivela se obtiene la velocidad vB: Relacionando la velocidad de B de la manivela con la velocidad del punto Bbalancín que coincide con el anterior en ese instante, se puede dibujar el polígono de velocidades: B B balancín desl.B/C balancín B/C desl.B/C v v v x r v = + =ω + A B ωAB C D E BbalancínLínea de acción vB balancín A ωAB vB B vB vdesl.B/C a) número de grados de libertad del mecanismo. b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabones en la posición indicada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40º. 118 b) deducir, mediante métodos gráficos, el sentido del movimiento de cada uno de los eslabones en la posición indicada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela AB. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del pistón E para la posición en la que AB forma con la horizontal un ángulo de 40°. Datos: AB = 10 cm; AC = 15 cm; CD = 10 cm; DE = 40 cm; CE(y) = 15 cm. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Con la velocidad angular ωAB de la manivela se obtiene la velocidad vB: Relacionando la velocidad de B de la manivela con la velocidad del punto Bbalancín que coincide con el anterior en ese instante, se puede dibujar el polígono de velocidades: B B balancín desl.B/C balancín B/C desl.B/C v v v x r v = + =ω + A B ωAB C D E CBbalancín Línea de acción vB balancín A ωAB vB B vB vdesl.B/C vB balancín

MANUALES UEX 122 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 118 Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular del balancín balancín y seguidamente la velocidad del punto D. Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela DE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E.   E vE C Línea de acción vdesl. B/C Bbalancín Línea de acción vB balancín balancín C Bbalancín D vB balancín vD D vD CIRDE Línea de acción vE E vE DE vB vdesl.B/C vB balancín 118 Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular del balancín balancín y seguidamente la velocidad del punto D. Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela DE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E.   E vE C Línea de acción vdesl. B/C Bbalancín Línea de acción vB balancín balancín C Bbalancín D vB balancín vD D vD CIRDE Línea de acción vE E vE DE vB vdesl.B/C vB balancín 119 Una vez deducido el sentido la velocidad del punto Bbalancín se obtiene la velocidad angular del balancín ωbalancín y seguidamente la velocidad del punto D. Se puede determinar el centro instantáneo de rotación de la biela DE (CIRDE) conociendo las líneas de acción de las velocidades de D y E. Conocido el sentido de la velocidad del punto D se obtiene el sentido de rotación de la velocidad angular de la biela ω DE, y seguidamente el sentido de la velocidad de E. c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: E vE θ3 r2 A B C θ2 r1 r3 θ6 r5ωbalancín C Bbalancín D vB balancín vD D vD CIRDE Línea de acción vE E vE ωDE

MANUALES UEX 123 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: 120POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 23 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 23 3 23 3 0,1 cos r cos 0,15 0,1 sen r sen = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 7 46 r r r r + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 6 5 4 6 4 0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen = + = + donde θ6 = θ3 + 180°. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: 12 3 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B v v v = = 2 2 3 3 desl.B/C ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl.B/C 3 2 3 3 3 desl.B/C 3 x - 0,1 30 sen - r sen v cos 0,1 30 cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ r5 , θ4 r3 , θ3 vdesl.B/C , ω3 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 23 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 23 3 23 3 0,1 cos r cos 0,15 0,1 sen r sen = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 7 46 r r r r + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 6 5 4 6 4 0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen = + = + donde θ6 = θ3 + 180°. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: 12 3 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B v v v = = 2 2 3 3 desl.B/C ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl.B/C 3 2333deslB/C3x - 0,1 30 sen - r sen v cos 0,1 30 cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ r5 , θ4 r3 , θ3 vdesl.B/C , ω3 119 c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 23 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 23 3 23 3 0,1 cos r cos 0,15 0,1 sen r sen = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 7 46 r r r r + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 6 5 4 6 4 0,1 cos r 0,4 cos 0,1 sen - 0,15 0,4 sen = + = + donde 6 = 3 + 180. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: 12 3 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B v v v = = 2 2 3 3 desl.B/C = + x r x r v 3 r2 A B C 2 r1 r3 6 D E C 4 r5 r7 r6 r4 r5 , 4 r3 , 3

MANUALES UEX 124 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre D y E: 574 6 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= E D/E D v v v + = E 44 66 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x E 44 66 44 66 v - 0,4 sen - 0,1 sen 0,4 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω6 = ω3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B a a a = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C ( ) ( ) 3 desl.B/C ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 -0,1 30 cos - r cos - r sen a cos - 2 v sen x -0,1 30 sen - r sen r cos a sen 2 v θ= ω θ α θ+ θ ω θ θ= ω θ + α θ+ θ + ω 3 cos θ de donde se deducen los valores de α3 y adesl.B/C. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre D y E: 222 2 574 6 222 2 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= a a a E D/E D + = a x x r x r x x r x r E 4 44 44 6 66 66 +ω ω +α = ω ω +α ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 E 44 4 4 66 6 6 2 2 4 4 44 6 6 66 a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ θ ω θ + α θ= ω θ + θ α α donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y aE. d) Para θ 2 = 40°, de las ecuaciones y se obtiene: r 3 = 0,2276 m ; θ 3 =70,328° ; θ 4 = 171,976° ; r 5 = 0,3624 m De las ecuaciones y : 70328ºvE , ω4 121 Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre D y E: 574 6 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= E D/E D v v v + = E 44 66 v x r x r +ω = ω cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x x x x E 44 66 44 66 v - 0,4 sen - 0,1 sen 0,4 cos 0,1 cos ω θ= ω θ ω θ= ω θ donde ω6 = ω3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B a a a = = 2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C ( ) ( ) 3 desl.B/C ω ω =ω ω +α + + ω x x r x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 -0,1 30 cos - r cos - r sen a cos - 2 v sen x -0,1 30 sen - r sen r cos a sen 2 v θ= ω θ α θ+ θ ω θ θ= ω θ + α θ+ θ + ω 3 cos θ de donde se deducen los valores de α3 y adesl.B/C. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre D y E: 222 2 574 6 222 2 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= a a a E D/E D + = a x x r x r x x r x r E 4 44 44 6 66 66 +ω ω +α = ω ω +α ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 E 44 4 4 66 6 6 2 2 4 4 44 6 6 66 a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ θ ω θ + α θ= ω θ + θ α α donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y aE. d) Para θ 2 = 40°, de las ecuaciones y se obtiene: r 3 = 0,2276 m ; θ 3 =70,328° ; θ 4 = 171,976° ; r 5 = 0,3624 m De las ecuaciones y : 70,328º vE , ω4 120 12 3 dr dr dr dt dt dt + = B/A B/C B v v v = = 2 2 3 3 desl.B/C ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl.B/C 3 2 3 3 3 desl.B/C 3 x - 0,1 30 sen - r sen v cos 0,1 30 cos r cos v sen θ= ω θ + θ θ= ω θ + θ vdesl.B/C , ω3 120 Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:              x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl.B/C 3 2 3 3 3 desl.B/C 3 x ‐ 0,1   30   sen ‐ r      sen    v    cos 0,1   30   cos r      cos    v    sen    Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre D  y E: dr dr dr dr 574 6              dt dt dt dt E D/E D v     v    v E 44 66 v      x r       x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones:   x x x x x x x x E 44 66 44 66 v  ‐ 0,4     sen ‐ 0,1     sen 0,4     cos 0,1     cos donde 6 = 3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr       dt dt dt             B/A B/C B a     a    a                2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C x   x r     x   x r     x r    a    2 .   x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones  : x x xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 ‐0,1   30    cos ‐ r      cos ‐  r      sen a    cos ‐  2   v       x sen    ‐0,1   30    sen ‐ r      sen    r      cos a    sen    2   v      3 cos    de donde se deducen los valores de 3 y adesl.B/C. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre D y E: 222 2 574 6 222 2 dr dr dr dr          dt dt dt dt            E D/E D a     a    a               aE 4 44 44 6 66 66      x    x r     x r       x    x r     x r Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 E 44 4 4 66 6 6 2 2 4 4 44 6 6 66 a  ‐ 0,4     cos ‐  0,4     sen ‐ 0,1     cos   ‐ 0,1     sen ‐ 0,4     sen    0,4     cos ‐ 0,1     sen    0,1     cos    donde 6 = 3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de 4 y aE. vdesl.B/C , 3 vE , 4 120 Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:              x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl.B/C 3 2 3 3 3 desl.B/C 3 x ‐ 0,1   30   sen ‐ r      sen    v    cos 0,1   30   cos r      cos    v    sen    Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades entre D  y E: dr dr dr dr 574 6              dt dt dt dt E D/E D v     v    v E 44 66 v      x r       x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones:   x x x x x x x x E 44 66 44 66 v  ‐ 0,4     sen ‐ 0,1     sen 0,4     cos 0,1     cos donde 6 = 3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 123 22 2 dr dr dr       dt dt dt             B/A B/C B a     a    a                2 2 2 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C x   x r     x   x r     x r    a    2 .   x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones  : x x xx xx x x x x x x x x x x x xx 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 desl.B/C 3 desl.B/C 3 ‐0,1   30    cos ‐ r      cos ‐  r      sen a    cos ‐  2   v       x sen    ‐0,1   30    sen ‐ r      sen    r      cos a    sen    2   v      3 cos    de donde se deducen los valores de 3 y adesl.B/C. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones entre D y E: 222 2 574 6 222 2 dr dr dr dr          dt dt dt dt            E D/E D a     a    a               aE 4 44 44 6 66 66      x    x r     x r       x    x r     x r Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 E 44 4 4 66 6 6 2 2 4 4 44 6 6 66 a  ‐ 0,4     cos ‐  0,4     sen ‐ 0,1     cos   ‐ 0,1     sen ‐ 0,4     sen    0,4     cos ‐ 0,1     sen    0,1     cos    donde 6 = 3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de 4 y aE. vdesl.B/C , 3 vE , 4

MANUALES UEX 125 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 121 x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 E 44 4 4 66 6 6 2 2 4 4 44 6 6 66 a - 0,4 cos - 0,4 sen - 0,1 cos - 0,1 sen - 0,4 sen 0,4 cos - 0,1 sen 0,1 cos ω θ α θ= ω θ θ ω θ + α θ= ω θ + θ α α donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y aE. d) Para θ 2 = 40°, de las ecuaciones y se obtiene: r 3 = 0,2276 m ; θ 3 =70,328° ; θ 4 = 171,976° ; r 5 = 0,3624 m De las ecuaciones y : 70,328º 122 3 ω = 11,379 rad/s k ; 4 ω = 0,967 rad/s k ; v = desl.B/C 1,5148 m/s siendo la velocidad del pistón: E pistón v = v = 1,1255 m/s i De las ecuaciones y : 3 α = 48,207 rad/s2 k ; 4 α = - 26,818 rad/s2 k ; a = desl.B/C 48,2176 m/s2 siendo la aceleración del pistón: a = a = E pistón 7,0304 m/s2 i 4.16. En el mecanismo representado en la figura, la manivela O1A gira con una velocidad angular constante ωO1A = 50 rad/s en sentido horario. Determinar: a) grados de libertad. 70,328º d) Para θ2 = 40º, de las ecuaciones y se obtiene: r3 = 0,2276 m ; θ3 = 70,328º ; θ4 = 171,976º ; r5 = 0,3624 m De las ecuaciones y : α = 48,207 rad/s2 k ; α = - 26,818 rad/s2 k ; a = desl.B/C 48,2176 m/s2 70,328º

MANUALES UEX 126 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 123 b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela O1A. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del balancín O2B y de la deslizadera C para la posición representada. Datos: O1A = 35 cm; AB = 15 cm; AC = 35 cm; Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Con la velocidad angular ωO1A de la manivela se obtienen las velocidades vA y vB: ωO1A B A 70 cm O1 O2 40 cm 15 cm C B ωO1A A O1 vA vB 4.16. En el mecanismo representado en la figura, la manivela O1A gira con una velocidad angular constante ωO1A = 50 rad/s en sentido horario. Determinar: a) grados de libertad. b) sentido del movimiento de cada uno de los eslabones, mediante métodos gráficos, para la posición representada. c) ecuaciones que permitan calcular la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la manivela O1A. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. d) velocidad y aceleración del balancín O2B y de la deslizadera C para la posición representada. Datos: O1 A = 35 cm; AB = 15 cm; AC = 35 cm;

MANUALES UEX 127 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 124 La velocidad angular de la biela AC se puede determinar mediante su centro instantáneo de rotación (CIRbiela), conociendo la velocidad de A y línea de acción de la velocidad de C. Seguidamente se calcula la velocidad de C. Relacionando la velocidad del punto B de la deslizadera con la del punto coincidente del balancín, vB balancín, se puede dibujar el polígono de velocidades: 2 22 B B balancín desl.B/O balancín B/O desl.B/O v v v x r v = + =ω + Conocida la velocidad del punto Bbalancín se deduce la velocidad angular del balancín: vdesl.B/O2 vB vB balancín C vC A C CIRbiela Línea de acción vC vA ωbiela A C CIRbiela ωbiela vC O2 Bbalancín ωbalancín vB balancín 124 La velocidad angular de la biela AC se puede determinar mediante su centro instantáneo de rotación (CIRbiela), conociendo la velocidad de A y línea de acción de la velocidad de C. Seguidamente se calcula la velocidad de C. Relacionando la velocidad del punto B de la deslizadera con la del punto coincidente del balancín, vB balancín, se puede dibujar el polígono de velocidades: 2 22 B B balancín desl.B/O balancín B/O desl.B/O v v v x r v = + =ω + Conocida la velocidad del punto Bbalancín se deduce la velocidad angular del balancín: vdesl.B/O2 vB vB balancín C vC A C CIRbiela Línea de acción vC vA ωbiela A C CIRbiela ωbiela vC O2 Bbalancín ωbalancín vB balancín 124 La velocidad angular de la biela AC se puede determinar mediante su centro instantáneo de rotación (CIRbiela), conociendo la velocidad de A y línea de acción de la velocidad de C. Seguidamente se calcula la velocidad de C. Relacionando la velocidad del punto B de la deslizadera con la del punto coincidente del balancín, vB balancín, se puede dibujar el polígono de velocidades: 2 22 B B balancín desl.B/O balancín B/O desl.B/O v v v x r v = + =ω + Conocida la velocidad del punto Bbalancín se deduce la velocidad angular del balancín: vdesl.B/O2 vB vB balancín C vC A C CIRbiela Línea de acción vC vA ωbiela A C CIRbiela ωbiela vC O2 Bbalancín ωbalancín vB balancín

MANUALES UEX 128 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 125 c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 3 42 r r r r + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 1 42 4 2 r 0,35 cos 0,35 cos 0,15 0,35 sen 0,35 sen + = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 6 78 r r r r + += θ8 θ6 r5 r6 ωO1A O1 O2 r7 r8 B θ7 θ2 r3 r2 θ4 r4 A ωO1A θ3 C r1 O1 125 c) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 3 42 r r r r + += Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 1 42 4 2 r 0,35 cos 0,35 cos 0,15 0,35 sen 0,35 sen + = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 5 6 78 r r r r + += θ8 θ6 r5 r6 ωO1A O1 O2 r7 r8 B θ7 θ2 r3 r2 θ4 r4 A ωO1A θ3 C r1 O1

MANUALES UEX 129 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 126 Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 77 8 77 8 0,7 r cos 0,5 cos 0,4 r sen 0,5 sen + = + = donde θ8 = θ2. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades entre los puntos A y C: 134 2 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= C A/C A v v v + = C 44 22 v x r x r +ω = ω Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x C 44 2 4 4 2 v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen 0,35 cos 0,35 (-50) cos ω θ= θ ω θ= θ donde ω2 = ωO1A = - 50 rad/s. Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr dr 567 8 dt dt dt dt ++= B/O B/O B 2 1 v v v = = 2 7 7 desl.B/O 8 8 ω + =ω x r v x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones: x x x x x 2 x x x x x 2 7 7 7 desl.B/O 7 8 7 7 7 desl.B/O 7 8 - r sen v cos - 0,5 (-50) sen r cos v sen 0,5 (-50) cos ω θ+ θ = θ ω θ+ θ = θ ya que ω8 = ω2. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones entre los puntos A y C: 2222 1342 22 2 2 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= C A/C A a a a + = a x x r x r x x r C 4 44 44 2 22 +ω ω +α = ω ω ( ) ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: x x x x x x x x x x x x 2 2 C 44 4 4 2 2 2 4 4 44 2 a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos - 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen ω θ α θ= θ ω θ + α θ= θ θ θ θ θ x x x x 77 8 77 8 0,7 r cos 0,5 cos 0,4 r sen 0,5 sen + = + = x x x x x x x x C 44 2 4 4 2 v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen 0,35 cos 0,35 (-50) cos ω θ= θ ω θ= θ x x x x x 2 x x x x x 2 7 7 7 desl.B/O 7 8 7 7 7 desl.B/O 7 8 - r sen v cos - 0,5 (-50) sen r cos v sen 0,5 (-50) cos ω θ+ θ = θ ω θ+ θ = θ x x x x x x x x x x x x 2 2 C 44 4 4 2 2 2 4 4 44 2 a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos - 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen ω θ α θ= θ ω θ + α θ= θ θ θ θ θ x x x x 77 8 77 8 0,7 r cos 0,5 cos 0,4 r sen 0,5 sen + = + = x x x x x x x x C 44 2 4 4 2 v - 0,35 sen - 0,35 (-50) sen 0,35 cos 0,35 (-50) cos ω θ= θ ω θ= θ x x x x x 2 x x x x x 2 7 7 7 desl.B/O 7 8 7 7 7 desl.B/O 7 8 - r sen v cos - 0,5 (-50) sen r cos v sen 0,5 (-50) cos ω θ+ θ = θ ω θ+ θ = θ x x x x x x x x x x x x 2 2 C 44 4 4 2 2 2 4 4 44 2 a - 0,35 cos - 0,35 sen - 0,35 (-50) cos - 0,35 sen 0,35 cos - 0,35 (-50) sen ω θ α θ= θ ω θ + α θ= θ

MANUALES UEX 130 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 127 Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones: 222 2 567 8 2222 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= B/O B/O B 2 1 a a a = = ( ) ( ) 2 2 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 8 8 8 ω ω +α + + ω =ω ω x x r x r a 2 . x v x x r Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : ( ) 2 2 2 2 xx xx x x x x x x x x x x x xx x 2 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 - r cos - r sen a cos - 2 v sen x - 0,5 -50 cos - r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 ω θ α θ+ θ ω θ= θ ω θ + α θ+ θ + ω θ= ( ) x 2 8 -50 senθ donde α8 = α2 = 0. d) Para θ 7 = 180°, de las ecuaciones y se tiene: r 7 = 0,4 m ; θ 2 = θ 8 = 53,13º ; θ 4 = 158,2º ; r 1 = 0,535 m De las ecuaciones y : C v = 18,2 m/s i ; ω =4 32,31 rad/s k ; desl.B/O2 v = 20 m/s i ; ω =7 37,5 rad/s k De las ecuaciones y : C a = - 638,54 m/s2 i ; α =4 1736,43 rad/s2 k ; desl.B/O2 a = - 1312,5 m/s2 i ; α =7 6250 rad/s2 k 127 Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones: 222 2 567 8 2222 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= B/O B/O B 2 1 a a a = = ( ) ( ) 2 2 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 8 8 8 ω ω +α + + ω =ω ω x x r x r a 2 . x v x x r Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : ( ) 2 2 2 2 xx xx x x x x x x x x x x x xx x 2 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 - r cos - r sen a cos - 2 v sen x - 0,5 -50 cos - r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 ω θ α θ+ θ ω θ= θ ω θ + α θ+ θ + ω θ= ( ) x 2 8 -50 senθ donde α8 = α2 = 0. d) Para θ 7 = 180°, de las ecuaciones y se tiene: r 7 = 0,4 m ; θ 2 = θ 8 = 53,13º ; θ 4 = 158,2º ; r 1 = 0,535 m De las ecuaciones y : C v = 18,2 m/s i ; ω =4 32,31 rad/s k ; desl.B/O2 v = 20 m/s i ; ω =7 37,5 rad/s k De las ecuaciones y : C a = - 638,54 m/s2 i ; α =4 1736,43 rad/s2 k ; desl.B/O2 a = - 1312,5 m/s2 i ; α =7 6250 rad/s2 k 127 Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de acele222 2 567 8 2222 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= B/O2a a= ( ) 27 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.Bω ω +α + + ω x x r x r a 2 . x v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones 2 2 2 2 xx xx x x x x x x x x x xx 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 72 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7- r cos - r sen a cos - 2 v sen x - r sen r cos a sen 2 v coω θ α θ+ θ ω θω θ + α θ+ θ + ωdonde α8 = α2 = 0. d) Para θ 7 = 180°, de las ecuaciones y se tiene: r 7 = 0,4 m ; θ 2 = θ 8 = 53,13º ; θ 4 = 158,2º ; De las ecuaciones y : C v = 18,2 m/s i ; ω =4 32,31 rad/s k ; desl.B/O2 v = 20 mk De las ecuaciones y : C a = - 638,54 m/s2 i ; α =4 1736,43 rad/s2 k ; desl.B/Oa α =7 6250 rad/s2 k 127 Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones: 222 2 567 8 2222 dr dr dr dr dt dt dt dt ++= B/O B/O B 2 1 a a a = = ( ) ( ) 2 2 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 8 8 8 ω ω +α + + ω =ω ω x x r x r a 2 . x v x x r Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : ( ) 2 2 2 2 xx xx x x x x x x x x x x x xx x 2 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 8 2 7 7 7 7 7 7 desl.B/O 7 desl.B/O 7 7 - r cos - r sen a cos - 2 v sen x - 0,5 -50 cos - r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 ω θ α θ+ θ ω θ= θ ω θ + α θ+ θ + ω θ= ( ) x 2 8 -50 senθ donde α8 = α2 = 0. d) Para θ 7 = 180°, de las ecuaciones y se tiene: r 7 = 0,4 m ; θ 2 = θ 8 = 53,13º ; θ 4 = 158,2º ; r 1 = 0,535 m De las ecuaciones y : C v = 18,2 m/s i ; ω =4 32,31 rad/s k ; desl.B/O2 v = 20 m/s i ; ω =7 37,5 rad/s k De las ecuaciones y : C a = - 638,54 m/s2 i ; α =4 1736,43 rad/s2 k ; desl.B/O2 a = - 1312,5 m/s2 i ; α =7 6250 rad/s2 k d) Para θ7 = 180º, de las ecuaciones y se tiene: r7 = 0,4 m ; θ2 = θ8 = 53,13º ; θ4 = 158,2º ; r1 = 0,535 m

MANUALES UEX 131 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 128 4.17. En la figura se muestra un mecanismo de carga-descarga impulsado por un cilindro hidráulico AB, donde A, C y D son articulaciones fijas. Si la pala gira en sentido horario con una velocidad angular constante ω = 0,5 rpm, se pide: a) determinar los grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan obtener la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la pala. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. c) determinar la velocidad y aceleración angulares de la barra CE en el instante representado en la figura, en el que la pala está en posición horizontal. d) determinar la velocidad lineal del cilindro hidráulico AB que impulsa el sistema, sabiendo que en la posición representada en la figura forma θ = 30° con la horizontal. Datos: BC = 0,5 m; CD = 2,5 m; CE = 4,24 m. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: A ω B C D E θ A ω B C D E θ4 r4 r6 r5 r1 r2 θ3 r3 θ6 128 4.17. En la figura se muestra un mecanismo de carga-descarga impulsado por un cilindro hidráulico AB, donde A, C y D son articulaciones fijas. Si la pala gira en sentido horario con una velocidad angular constante ω = 0,5 rpm, se pide: a) determinar los grados de libertad del mecanismo. b) ecuaciones que permitan obtener la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función del movimiento de la pala. Interpretar vectorialmente dichas ecuaciones. c) determinar la velocidad y aceleración angulares de la barra CE en el instante representado en la figura, en el que la pala está en posición horizontal. d) determinar la velocidad lineal del cilindro hidráulico AB que impulsa el sistema, sabiendo que en la posición representada en la figura forma θ = 30° con la horizontal. Datos: BC = 0,5 m; CD = 2,5 m; CE = 4,24 m. Solución a) m = 3 x (6-1) – 2 x 7 = 1 b) Se consideran dos polígonos vectoriales cerrados: A ω B C D E θ A ω B C D E θ4 r4 r6 r5 r1 r2 θ3 r3 θ6 ω

MANUALES UEX 132 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 129 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 32 r r r + = Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 32 2 32 2 4,24 cos r cos 2,5 4,24 sen r sen = + = La ecuación vectorial del segundo polígono es: 4 56 r r r = + Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 4 45 6 44 6 r cos r 0,5 cos r sen 0,5 sen = + = Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13°, de donde θ6 = θ3 – 233,87°. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 13 2 dt dt dt + = E/C E/D E v v v = = 3 3 2 2 desl.E/D ω =ω + x r x r v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones: ( ) ( ) x x x x x x xx x 3 32 2 desl.E/D 2 3 32 2 desl.E/D 2 x - 4,24 sen - r - 0,05236 sen v cos 4,24 cos r - 0,05236 cos v sen ω θ= θ+ θ ω θ= θ+ θ donde ω2 = ω = - 0,5 rpm = - 0,05236 rad/s. Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 4 56 dt dt dt = + B/A B/C B v v v = = 4 4 desl.B/A 6 6 ω + =ω x r v x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones: r4 , r5 r2 , θ3 vdesl.E/D , ω3 x x x x x x x x x 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 x - r sen v cos - 0,5 sen r cos v sen 0,5 cos ω θ + θ= ω θ ω θ + θ= ω θ donde ω6 = ω3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deducelarelacióndeaceleraciones:vdesl.B/A , ω4 Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13º, de donde θ6 = θ3 – 233,87º. 128 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 32 r     r r Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 32 2 32 2 4,24   cos r    cos 2,5   4,24   sen r    sen La ecuación vectorial del segundo polígono es: 4 56 r     r     r Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son:   θ θ θ θ x x x x 4 45 6 44 6 r    cos r    0,5   cos r    sen 0,5   sen Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13, de donde 6 = 3 – 233,87. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 13 2          dt dt dt            E/C E/D E v     v     v            3 3 2 2 desl.E/D x r       x r    v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:               x x x x x x xx x 3 3 2 2 desl.E/D 2 3 3 2 2 desl.E/D 2 x ‐ 4,24     sen ‐ r     ‐ 0,05236    sen    v    cos 4,24     cos r     ‐ 0,05236    cos    v    sen    donde 2 = = ‐ 0,5 rpm = ‐ 0,05236 rad/s. Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 4 56       dt dt dt B/A B/C B v     v    v 4 4 desl.B/A 6 6 x r    v       x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones:   x x x x x x x x x 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 x ‐ r      sen    v    cos ‐ 0,5     sen r      cos    v    sen 0,5     cos    donde 6 = 3. r4 , r5 r2 , 3 vdesl.E/D , 3 vdesl.B/A , 4 128 POSICIÓN La ecuación vectorial del primer polígono es: 1 32 r     r r Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son: θ θ θ θ x x x x 32 2 32 2 4,24   cos r    cos 2,5   4,24   sen r    sen La ecuación vectorial del segundo polígono es: 4 56 r     r     r Las ecuaciones que resuelven este polígono vectorial son:   θ θ θ θ x x x x 4 45 6 44 6 r    cos r    0,5   cos r    sen 0,5   sen Los lados BC y CE de la pieza BCE forman un ángulo de 126,13, de donde 6 = 3 – 233,87. VELOCIDAD Derivando la ecuación vectorial del polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 13 2          dt dt dt            E/C E/D E v     v     v            3 3 2 2 desl.E/D x r       x r    v Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones:               x x x x x x xx x 3 3 2 2 desl.E/D 2 3 3 2 2 desl.E/D 2 x ‐ 4,24     sen ‐ r     ‐ 0,05236    sen    v    cos 4,24     cos r     ‐ 0,05236    cos    v    sen    donde 2 = = ‐ 0,5 rpm = ‐ 0,05236 rad/s. Para el segundo polígono se obtiene la relación de velocidades: dr dr dr 4 56       dt dt dt B/A B/C B v     v    v 4 4 desl.B/A 6 6 x r    v       x r cuya resolución da lugar a las ecuaciones:   x x x x x x x x x 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 x ‐ r      sen    v    cos ‐ 0,5     sen r      cos    v    sen 0,5     cos    donde 6 = 3. r4 , r5 r2 , 3 vdesl.E/D , 3 vdesl.B/A , 4

MANUALES UEX 133 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 130 x x x x x x x x x 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 x - r sen v cos - 0,5 sen r cos v sen 0,5 cos ω θ + θ= ω θ ω θ + θ= ω θ donde ω6 = ω3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 132 22 2 dr dr dr dt dt dt + = E/C E/D E a a a = = 3 3 3 3 3 2 2 2 desl.E/D ( ) ( ) 2 desl.E/D ω ω +α =ω ω + + ω x x r x r x x r a 2 . x v ya que α2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x ( ) x x x x x 2 2 3 3 3 32 2 desl.E/D 2 desl.E/D 2 2 x - 4,24 cos - 4,24 sen - r - 0,05236 cos a cos - - 2 v sen - 4,24 ω θ α θ= θ+ θ ω θ ω x x x x ( ) x x x xx 2 2 3 3 3 32 2 desl.E/D 2 desl.E/D 2 2 sen 4,24 cos - r - 0,05236 sen a sen 2 v cos θ+ α θ= θ+ θ+ + ωθ de donde se deducen los valores de α3 y adesl.E/D. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones: 2 22 4 56 2 22 dr dr dr dt dt dt = + B/A B/C B a a a = = ω ω +α + + ω =ω ω +α 4 4 4 4 4 desl.B/A x x r x r a 2 . x v x x r x r ( ) 4 desl.B/A 6 6 6 6 6 ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : xx xx x x x x x 2 2 4 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6 - r cos - r sen a cos - 2 v sen x - 0,5 cos - ω θ α θ+ θ ω θ= ω θ x x x x x x x x xx x x 6 6 2 2 4 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6 - 0,5 sen - r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 sen α θ ω θ+ α θ+ θ+ ω θ= ω θ+ x x 6 6 0,5 cos +αθ donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y ades.B/A. c) Para θ 2 = 0°, de las ecuaciones se obtiene: vdesl.B/A , ω4 130 x x x x 4 4 4 desl.B/A 4 6 6 x r cos v sen 0,5 cos ω θ + θ= ω θ donde ω6 = ω3. ACELERACIÓN Realizando una segunda derivada para la ecuación vectorial del primer polígono se deduce la relación de aceleraciones: 222 132 22 2 dr dr dr dt dt dt + = E/C E/D E a a a = = 3 3 3 3 3 2 2 2 desl.E/D ( ) ( ) 2 desl.E/D ω ω +α =ω ω + + ω x x r x r x x r a 2 . x v ya que α2 = 0. Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : x x x x x ( ) x x x x x 2 2 3 3 3 32 2 desl.E/D 2 desl.E/D 2 2 x - 4,24 cos - 4,24 sen - r - 0,05236 cos a cos - - 2 v sen - 4,24 ω θ α θ= θ+ θ ω θ ω x x x x ( ) x x x xx 2 2 3 3 3 32 2 desl.E/D 2 desl.E/D 2 2 sen 4,24 cos - r - 0,05236 sen a sen 2 v cos θ+ α θ= θ+ θ+ + ωθ de donde se deducen los valores de α3 y adesl.E/D. Para el segundo polígono vectorial se tiene la relación de aceleraciones: 2 22 4 56 2 22 dr dr dr dt dt dt = + B/A B/C B a a a = = ω ω +α + + ω =ω ω +α 4 4 4 4 4 desl.B/A x x r x r a 2 . x v x x r x r ( ) 4 desl.B/A 6 6 6 6 6 ( ) Esta ecuación vectorial se resuelve mediante las ecuaciones : xx xx x x x x x 2 2 4 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6 - r cos - r sen a cos - 2 v sen x - 0,5 cos - ω θ α θ+ θ ω θ= ω θ x x x x x x x x xx x x 6 6 2 2 4 4 4 4 4 4 desl.B/A 4 desl.B/A 4 4 6 6 - 0,5 sen - r sen r cos a sen 2 v cos - 0,5 sen α θ ω θ+ α θ+ θ+ ω θ= ω θ+ x x 6 6 0,5 cos +αθ donde α6 = α3. Estas ecuaciones permiten calcular los valores de α4 y ades.B/A. c) Para θ 2 = 0°, de las ecuaciones se obtiene: vdesl.B/A , ω4 r 2 = 3,424 m ; θ 3 = 323,87° De las ecuaciones : ω =3 - 0,052351 rad/s k ; desl.E/D v = - 0,13087 m/s i Por tanto, la velocidad angular de la barra CE es: CE 3 ω =ω= - 0,052351 rad/s k c) Para θ2 = 0º, de las ecuaciones se obtiene: r2 = 3,424 m ; θ3 = 323,87º

MANUALES UEX 134 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 131 De las ecuaciones : ω =3 - 0,052351 rad/s k ; desl.E/D v = - 0,13087 m/s i Por tanto, la velocidad angular de la barra CE es: CE 3 ω =ω= - 0,052351 rad/s k De las ecuaciones se calcula la aceleración angular de la barra CE: CE 3 α =α = 2x10-3 rad/s2 k d) Para θ 4 = 30° , de las ecuaciones , se obtiene: θ 6 = 90° ; r 4 = 1 m ; r 5 = 0,867 m De las ecuaciones : ω =4 - 0,01309 rad/s k ; desl.B/A v = 0,02267 m/s Por tanto, la velocidad del actuador hidráulico AB es: actuador desl.B/A v v = = 22,67 mm/s 30º 30º 131 De las ecuaciones : ω =3 - 0,052351 rad/s k ; desl.E/D v = - 0,13087 m/s i Por tanto, la velocidad angular de la barra CE es: CE 3 ω =ω= - 0,052351 rad/s k De las ecuaciones se calcula la aceleración angular de la barra CE: CE 3 α =α = 2x10-3 rad/s2 k d) Para θ 4 = 30° , de las ecuaciones , se obtiene: θ 6 = 90° ; r 4 = 1 m ; r 5 = 0,867 m De las ecuaciones : ω =4 - 0,01309 rad/s k ; desl.B/A v = 0,02267 m/s Por tanto, la velocidad del actuador hidráulico AB es: actuador desl.B/A v v = = 22,67 mm/s 30º 30º d) Para θ4 = 30º, de las ecuaciones , se obtiene: θ6 = 90º ; r4 = 1 m ; r5 = 0,867 m

MANUALES UEX 135 5. RESOLUCIÓN CINEMÁTICA DE UN MECANISMO CON AYUDA DE MATLAB Como aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análisis cinemático mediante métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figura, proporcionando las instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla las ecuaciones resultantes y generan valores cinemáticos para el ciclo completo. 131 SOLUCIÓN CINEMÁTICA DE UN MECANISMO CON AYUDA DE MATLAB omo aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análisis cinemático nte métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figura, proporcioolas instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla las ecuaciones antes y generan valores cinemáticos el ciclo completo. omo dato de entrada, se conoce que nivela O2A, de longitud L2 = 0,25 m, on una velocidad angular constante ntido antihorario 2 ω = 2k (rad / s) . La ud del eslabón O1B es L3 = 1,1 m y eslabón BC es L5 = 0,5 m. objetivo es encontrar las expresiones permiten calcular, para cualquier ón del mecanismo, la posición, dad y aceleración de todos los esla en función de los valores del eslade entrada o manivela O2A. Como ción, utilizando las ecuaciones ores, se determinará la velocidad y ación del pistón C cuando θ = 30°. smo, puesto que se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleración del pistón C cualquier posición de la manivela O2A, se representará gráficamente la evolución de svalores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismo. 70 cm 80 cm ω2 B O1 O2 C θ A Como dato de entrada, se conoce que la manivela O2 A, de longitud L2 = 0,25 m, gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario 5. RESOLUCIÓN CINEMÁTICA DE UN MECANISMO CON AYUDA DE MATLABComo aplicación práctica, en el presente capítulo se llevará a cabo el análismediante métodos analíticos del mecanismo de Whitworth de la siguiente figurnando las instrucciones en lenguaje Matlab que resuelven de forma sencilla laresultantes y generan valores cinemáticos para el ciclo completo. Como dato de entrada, se conoce que la manivela O2A, de longitud L2 = 0,25 m, gira con una velocidad angular constante en sentido antihorario 2 ω = 2k (rad / s) . La longitud del eslabón O1B es L3 = 1,1 m y la del eslabón BC es L5 = 0,5 m. El objetivo es encontrar las expresiones que permiten calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función de los valores del eslabón de entrada o manivela O2A. Como aplicación, utilizando las ecuaciones anteriores, se determinará la velocidad y aceleración del pistón C cuando θ = 30°. Asimismo, puesto que se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleraciónpara cualquier posición de la manivela O2A, se representará gráficamente la dichos valores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismω2 B O1 O2 C θ A . La longitud del eslabón O1 B es L3 = 1,1 m y la del eslabón BC es L5 = 0,5 m. El objetivo es encontrar las expresiones que permiten calcular, para cualquier posición del mecanismo, la posición, velocidad y aceleración de todos los eslabones en función de los valores del eslabón de entrada o manivela O2 A. Como aplicación, utilizando las ecuaciones anteriores, se determinará la velocidad y aceleración del pistón C cuando q = 30°. Asimismo, se deducirán las expresiones de la velocidad y aceleración del pistón C para cualquier posición de la manivela O2A, obteniendo así la evolución de dichos valores a lo largo de todo el ciclo completo de movimiento del mecanismo.

MANUALES UEX 136 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 132 El primer paso es el planteamiento de las ecuaciones vectoriales de cierre o de lazo del mecanismo. Obsérvese que, puesto que el que el mecanismo tiene un grado de libertad (m=1) y todos los pares son de un grado de libertad (j2=0), entonces el número NE de ecuaciones de lazo necesarias para resolver el mecanismo será: n 2 NE 2 2 − = = dado que el número total de eslabones es n=6. Se necesitan, por tanto, dos cierres para resolver este mecanismo, que no son únicos. Esto implica que existen varias formas distintas de plantear las ecuaciones de lazo que conducirán a la misma solución. Dichas ecuaciones reflejan las diferentes relaciones que existen entre las velocidades y aceleraciones de los puntos del mecanismo. • Primer cierre La ecuación de cierre elegida es la que define el polígono vectorial de la figura, que va siguiendo las barras del mecanismo: 12 3 rrr + = (1) Expresando la ecuación (1) en términos de números complejos se tiene: θ θ + = 2 3 x x x j j 0,7 j 0,25 e r e (2) 3 donde θ1 tiene un valor constante e igual a 90o . Separando las partes real e imaginaria se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, r3 y θ3 : x x x x 23 3 23 3 0,25 cosθ = r cosθ 0,7 + 0,25 senθ = r senθ (3) Puesto que la variable de entrada es θ2 = θ + 180°, se resuelve el sistema anterior para θ2 = 210°. Sustituyendo valores, la resolución de dicho sistema en Matlab se reduce a la expresión: »t2=pi+pi/6;t3=atan((.7+.25*sin(t2))/(.25*cos(t2)));r3=(0.25*cos(t2))/cos(t3); De las expresiones anteriores, en Matlab se obtiene el valor θ3 = t3 = - 1,211 rad = - 69,38o , que es una solución incorrecta. Obsérvese que existen dos ángulos con la misma tangente, pero sólo uno de ellos se corresponde con la posición real del mecanismo. En este caso, al ser la longitud de la manivela menor que la distancia entre apoyos, la guía realiza un movimiento oscilante, lo que implica que en todo momento θ3 > 0. Por tanto, se debe añadir en Matlab una instrucción condicional del tipo “if” que elija la solución adecuada, tal y como se muestra en el código proporcionado. De este modo se selecciona el valor correcto real del ángulo correspondiente, esto es: θ3 = t3 = =180o – 69,38o = 110,6o = 1,9306 rad, y la solución r3 = r3 = 0,613 m. A O1 O2 θ3 θ2=210º 3 r 2r 1 r De las expresiones anteriores, en Matlab se obtiene el valor θ3 = t3 = - 1,211 rad = - 69,38o , que es una solución incorrecta. Obsérvese que existen dos ángulos con la misma tangente, pero sólo uno de ellos se corresponde con la posición real del mecanismo. En este caso, al ser la longitud de la manivela menor que la distancia entre apoyos, la guía realiza un movimiento oscilante, lo que implica que en todo momento θ3 > 0. Por tanto, se debe añadir en Matlab una instrucción condicional del tipo “if” que elija la solución adecuada, tal y como se muestra en el código proporcionado. De este modo se selecciona el valor correcto real del ángulo correspondiente, esto es: θ3 = t3 = =180o – 69,38o = 110,6o= 1,9306 rad, y la solución r3= r3 = 0,613 m.

MANUALES UEX 137 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 133 Obsérvese que todas las instrucciones de Matlab se plantearán para una variable genérica de entrada θ2 = t2, por lo que servirán para calcular las variables cinemáticas en cualquier posición del mecanismo definida por θ2. Derivando respecto al tiempo la expresión (2) y teniendo en cuenta que ω2 = 2 rad/s (constante), se tiene para las velocidades la ecuación: 2 ω 3 3 x x x x x x jθ jθ jθ 3 3 desl. 0,25 2 je = r j e + v e (4) A partir de (4), igualando partes real e imaginaria, se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (ω3 y vdesl.): ω ω x x x x x x x x x x 2 3 3 3 desl. 3 2 3 3 3 desl. 3 -0,25 2 senθ = - r senθ + v cosθ 0,25 2 cosθ = r cosθ + v senθ (5) Obsérvese que la expresión anterior puede, de forma equivalente, obtenerse derivando las dos ecuaciones que aparecen en (3). Es conveniente en todos los casos interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades (4) obtenida por derivación de la ecuación de cierre. Derivando la ecuación de lazo (1), se obtiene la siguiente relación vectorial entre velocidades: ⇒ ⇒ω ω ( ) ( ) 2 1 1 2 3 A/0 A/0 A 2 2 3 3 desl. dr dr dr + = 0 + v = v = v × r = × r + v dt dt dt a través de la cual se puede comprender el significado físico de cada uno de los términos que aparecen en las ecuaciones (4) y (5). La resolución del sistema (5) en Matlab para θ2 = 210o se puede realizar de la siguiente forma (dado que los valores de θ3 y r3 se encuentran en memoria): »solv=solve('-.25*2*sin(t2)+r3*w3*sin(t3)-vdes*cos(t3)=0', '.25*2*cos(t2)-r3*w3*cos(t3)-vdes*sin(t3)=0','w3,vdes'); »w3=eval(solv.w3);vdes=eval(solv.vdes); obteniéndose las soluciones ω3 = w3 = - 0,137 rad/s y vdesl.= vdes = - 0,493 m/s. El valor negativo de ω3 indica que dicha velocidad angular es, en ese instante, contraria al sentido establecido para el ángulo θ3. Análogamente, el valor negativo de vdesl. indica que el sentido de la velocidad de deslizamiento es, para esa posición, contrario al que habíamos fijado para el vector 3 r (cuya variación de longitud representa la velocidad de deslizamiento). Por tanto, en esa posición la deslizadera en A se mueve hacia O1 y se obtienen los resultados: ω 3 = - k ( 0,137 rad/s) ; v = desl. 0,493 m/s Derivando la ecuación (4) se tiene para el cálculo de aceleraciones la expresión: 69,4º

MANUALES UEX 138 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 134 x x 2 x x x x x ω α 3 3 x x ω 2 2 jθ jθ jθ desl. 3 3 3 desl. 3 3 -0,25 2 e = (2 v + r ) j e + (a - r ) e (6) Desarrollando la expresión (6), o de forma equivalente por simple derivación de las ecuaciones (5), se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (α3 y adesl.): ω α ω ω α ω x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 2 desl. 3 3 3 3 desl. 3 3 3 2 2 2 desl. 3 3 3 3 desl. 3 3 3 -0,25 2 cosθ = -(2 v + r ) senθ + (a - r ) cosθ -0,25 2 senθ = (2 v + r ) cosθ + (a - r ) senθ (7) La interpretación vectorial de la ecuación de aceleraciones (6), obtenida a través de la segunda derivada de la ecuación de cierre, consiste en la siguiente relación entre aceleraciones: ⇒ω ω [ ] (α ωω ) [ ] A/0 A/01 A 2 2 2 2 desl. coriolis 3 3 3 3 3 a = a = a × ( × r ) = a + a + × r + × ( × r ) La resolución del sistema (7) en Matlab se puede realizar de la siguiente forma (puesto que todos los valores necesarios se encuentran en memoria): »sola=solve('-.25*4*cos(t2)+(2*w3*vdes+r3*a3)*sin(t3)-(ades-r3*(w3^2))*cos(t3)=0', '-.25*4*sin(t2)-(2*w3*vdes+r3*a3)*cos(t3)-(ades-r3*(w3^2))*sin(t3)=0','a3,ades'); »a3=eval(sola.a3);ades=eval(sola.ades); obteniéndose los valores α3 = a3 = - 1,829 rad/s2 y adesl. = ades = 0,179 m/s2 . Por tanto: α 2 3 = - k ( 1,829 rad/s ) ; 2 adesl.= 0,179 m/s • Segundo cierre A continuación, se realiza el análisis cinemático del resto del mecanismo. Para ello se plantea el siguiente lazo representado en la figura: ′ 3567 r + r = r + r 5 x x x jθ3 jθ 1,1 e + 0,5 e = -r + 1,5 j (8) 6 ya que θ6 = 180 o y θ7 = 90o , con valores constantes. Separando las partes real e imaginaria se tiene el siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, r6 y θ5 : x x x x 3 5 6 3 5 1,1 cosθ + 0,5 cosθ =- r 1,1 senθ + 0,5 senθ = 1,5 El cálculo del ángulo θ5 en Matlab se reduce a la expresión: » t5=asin((1.5-1.1*sin(t3))/.5); de donde se obtiene el valor θ5 = t5 = 1,225 rad = 70,2o (notar que el valor de θ3 = t3 se encuentra en memoria). 69,4º r ' 3 5 r 6 r 7 r C B O1 θ3 θ5

MANUALES UEX 139 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 135 Derivando la ecuación de partida (8) se obtiene para el cálculo de velocidades la expresión: 3 5 x x x x x x jθ jθ 3 5C 1,1 j e + 0,5 j e = -v (9) ω ω Para interpretar vectorialmente la ecuación de velocidades anterior, se deriva la ecuación de lazo de este segundo cierre, obteniendo la siguiente relación vectorial entre velocidades: ( ) ( ) 3 567 B C/B C 33 55 C dr' dr dr dr + = + v + v = v + 0 × r' + × r = v (- i) dt dt dt dt ⇒ ⇒ω ω A partir de (9), igualando partes real e imaginaria, se llega al siguiente sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (ω5 y vC): x x x x x x x x 3 3 5 5C 33 55 -1,1 senθ - 0,5 senθ = -v 1,1 cosθ + 0,5 cosθ = 0 ω ω ω ω La resolución de dicho sistema en Matlab se puede llevar a cabo en la forma: » solv2=solve('-1.1*(w3)*sin(t3)-0.5*w5*sin(t5)+vc=0', '1.1*(w3)*cos(t3)+0.5*w5*cos(t5)=0','w5,vc'); » w5=eval(solv2.w5);vc=eval(solv2.vc); obteniéndose las soluciones ω5 = w5 = -0,313 rad/s y C v = vc = -0,288 m/s, esto es, ω 5 = - k ( 0,313 rad/s) y C v = 0,288 i (m/s) (notar que el resto de valores t3, t5 y w3 se encuentran en memoria). Derivando la ecuación (9) se obtiene para el cálculo de aceleraciones la expresión: 33 55 x x x x x x x x x x jθ 2 2 jθ jθ jθ 3 3 5 5C 1,1 j e - 1,1 e + 0,5 j e - 0,5 e = α ωα ω -a (10) Obsérvese que la segunda derivada de la ecuación de lazo de este segundo cierre permite interpretar vectorialmente la ecuación anterior (10), obteniendo la siguiente relación vectorial entre aceleraciones: a + a = a × r' + × ( × r') + × r + B C/B C 3 3 3 3 3 5 5 5 5 5 C ⇒α ω ω α ω ω ( ) [ ] ( ) [ × ( × r ) = a (- i) ] Desarrollando la expresión (10), o simplemente derivando las ecuaciones de velocidad, se consigue un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas (α5 y aC): x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5C 2 2 33 3 3 55 5 5 -1,1 senθ - 1,1 cosθ - 0,5 senθ - 0,5 cosθ = -a 1,1 cosθ - 1,1 senθ + 0,5 cosθ -0,5 senθ = 0 αωα ω α ω αω cuya resolución en Matlab se realizaría en la forma: »sola2=solve('ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)- .5*(w5^2)*cos(t5)=0','1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)- .5*(w5^2)*sin(t5)=0','a5,ac');»a5=eval(sola2.a5);ac=eval(sola2.ac);

MANUALES UEX 140 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 136 de donde se obtienen los valores α5 = a5 = - 3,794 rad/s2 y aC = ac = -3,658 m/s2 , es decir, α 2 5 = - ( 3,794 ra k d/s ) y 2 a = i (m/s ) C 3,658 . A partir de las instrucciones de Matlab descritas, resulta inmediato calcular las variables cinemáticas deseadas para el ciclo completo de movimiento del mecanismo. Con el objetivo de calcular velocidades y aceleraciones a lo largo de todas las posiciones del mecanismo, se incluye una sentencia de control de bucle del tipo “for”, tal y como se muestra en el código de Matlab proporcionado. De este modo, se ejecuta repetidamente el bloque de código para cada uno de los valores del ángulo de entrada θ2 = t2. Este ángulo será discretizado entre 0 y 2.π radianes en tantos valores NI como se desee, según la velocidad de ejecución y la precisión que se desee obtener. De esta forma, se puede calcular y representar la evolución de cualquier variable cinemática, evaluando sus valores máximo y mínimo. A través del código de Matlab adjunto, se definen las variables vc_vector y ac_vector que representan, respectivamente, la evolución de la velocidad y aceleración del pistón C en una revolución completa del eslabón motor 2. Obsérvese que la velocidad es cero en las posiciones límite del mecanismo, las cuales se producen cuando los eslabones 2 y 3 son perpendiculares, es decir, θ2(Lim1) = 200,93o = 3,51 rad y θ2(Lim2) = 339,08o = 5,92 rad. • Cálculo de aceleraciones de los centros de gravedad A continuación, se va a determinar la aceleración del centro de gravedad de cada eslabón, suponiendo que éste se encuentra siempre en el punto medio de cada barra. El cálculo de este valor es necesario si se prevé realizar posteriormente el análisis dinámico. Para ello, se toma el vector de posición complejo de cada centro de gravedad y se deriva dos veces para obtener la expresión de la aceleración, en la que se sustituyen los valores obtenidos en el análisis cinemático anterior, que se encuentran en memoria en cada iteración para cada valor de θ2. Para el eslabón 2 se tiene: θ = 2 x 2 j G2 r r e ; 2 θ = ω 2 x x x 2 j G2 2 r v j e ; 2 θ = ω 2 x x 2 2 j G2 2 r a - e 2 Con objeto de calcular dicha aceleración en Matlab la notación es: » aG2= - (.25/2)*4*exp(t2*i); » aG2x=real(aG2);aG2y=imag(aG2); obteniéndose: 2 G2 a 0,432 i + 0,252 j (m/s ) = . Para el eslabón 3: θ ′ = 3 x 3 j G3 r r e ; 2 θ ′ = ω 3 x x x 3 j G3 3 r v j e ; 2 θ ′ = α −ω 3 x x x 3 2 j G3 3 3 r a ( j ) e 2

MANUALES UEX 141 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 137 Con objeto de calcular dicha aceleración se escribe en Matlab: » aG3=(1.1/2)*(a3*i-w3^2)*exp(t3*i); » aG3x=real(aG3);aG3y=imag(aG3); de donde: = + 2 G3 a 0,944 i 0,344 j (m/s ) . Para el eslabón 5: θ = + 5 x x 5 j G5 G3 r r 2 r e ; 2 θ = +ω 5 x x x x 5 j G5 G3 5 r v 2 v j e ; 2 θ = + α −ω 5 x x x x 5 2 j G5 G3 5 5 r a 2 a ( j ) e 2 Para calcular dicha aceleración en Matlab: » aG5=2*aG3+(.5/2)*(a5*i-w5^2)*exp(t5*i); » aG5x=real(aG5);aG5y=imag(aG5); obteniéndose: = + 2 G5 a 2,772 i 0,344 j (m/s ) . Para el eslabón 4: = = x G4 A G2 r r 2 r ; = = x G4 A G2 a a 2 a donde, para calcular la aceleración anterior, se escribe en Matlab: » aG4=2*aG2; » aG4x=real(aG4);aG4y=imag(aG4); y se obtiene: 2 G4 a 0,864 i + 0,504 j (m/s ) = . Finalmente, para el eslabón 6, que se mueve en traslación, se tiene: = = 2 G6 C a a 3,658 i (m/s )

MANUALES UEX 142 MANUEL REINO FLORES, GLORIA GALÁN MARÍN 138 • Código Matlab completo %Valores considerados del angulo de entrada t2 NI=input('Introduce el número de valores a considerar para discretizar el ángulo de entrada t2='); for j=1:(NI+1) angulo2(j)=(j-1)*((2*pi)/NI); t2=angulo2(j); %ANALISIS CINEMÁTICO %PRIMER CIERRE %Posición tant3=(.7+.25*sin(t2))/(.25*cos(t2)); t3=atan(tant3); if t3<0, t3=t3+pi; elseif t3>(2*pi), t3=t3-pi; end r3=(0.25*cos(t2))/cos(t3); if t2==pi/2, t3=pi/2;r3=0.95; elseif t2==3*pi/2, t3=pi/2;r3=0.45; end %Velocidad syms w3 vdes solv=solve([-.25*2*sin(t2)+r3*w3*sin(t3)- vdes*cos(t3)==0,.25*2*cos(t2)-r3*w3*cos(t3)- vdes*sin(t3)==0],[w3,vdes]); w3=eval(solv.w3) vdes=eval(solv.vdes) %Aceleración syms a3 ades sola=solve([-.25*4*cos(t2)+(2*w3*vdes+r3*a3)*sin(t3)-(adesr3*(w3^2))*cos(t3)==0,-.25*4*sin(t2)-(2*w3*vdes+r3*a3)*cos(t3)-(adesr3*(w3^2))*sin(t3)==0],[a3,ades]); a3=eval(sola.a3) ades=eval(sola.ades) %SEGUNDO CIERRE %Posición sint5=(1.5-1.1*sin(t3))/.5;t5=asin(sint5); %Velocidad syms w5 vc solv2=solve([-1.1*(w3)*sin(t3)- 0.5*w5*sin(t5)+vc==0,1.1*(w3)*cos(t3)+0.5*w5*cos(t5)==0],[w5,vc]); w5=eval(solv2.w5) vc=eval(solv2.vc) %Aceleración syms a5 ac sola2=solve([ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)- .5*(w5^2)*cos(t5)==0,1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)- .5*(w5^2)*sin(t5)==0],[a5,ac]); a5=eval(sola2.a5) ac=eval(sola2.ac) %ACELERACIONES DE LOS CENTROS DE GRAVEDAD 138 • Código Matlab completo %Valores considerados del angulo de entrada t2 NI=input('Introduce el número de valores a considerar para discretizar el ángulo de entrada t2='); for j=1:(NI+1) angulo2(j)=(j-1)*((2*pi)/NI); t2=angulo2(j); %ANALISIS CINEMÁTICO %PRIMER CIERRE %Posición tant3=(.7+.25*sin(t2))/(.25*cos(t2)); t3=atan(tant3); if t3<0, t3=t3+pi; elseif t3>(2*pi), t3=t3-pi; end r3=(0.25*cos(t2))/cos(t3); if t2==pi/2, t3=pi/2;r3=0.95; elseif t2==3*pi/2, t3=pi/2;r3=0.45; end %Velocidad syms w3 vdes solv=solve([-.25*2*sin(t2)+r3*w3*sin(t3)- vdes*cos(t3)==0,.25*2*cos(t2)-r3*w3*cos(t3)- vdes*sin(t3)==0],[w3,vdes]); w3=eval(solv.w3) vdes=eval(solv.vdes) %Aceleración syms a3 ades sola=solve([-.25*4*cos(t2)+(2*w3*vdes+r3*a3)*sin(t3)-(adesr3*(w3^2))*cos(t3)==0,-.25*4*sin(t2)-(2*w3*vdes+r3*a3)*cos(t3)-(adesr3*(w3^2))*sin(t3)==0],[a3,ades]); a3=eval(sola.a3) ades=eval(sola.ades) %SEGUNDO CIERRE %Posición sint5=(1.5-1.1*sin(t3))/.5;t5=asin(sint5); %Velocidad syms w5 vc solv2=solve([-1.1*(w3)*sin(t3)- 0.5*w5*sin(t5)+vc==0,1.1*(w3)*cos(t3)+0.5*w5*cos(t5)==0],[w5,vc]); w5=eval(solv2.w5) vc=eval(solv2.vc) %Aceleración syms a5 ac sola2=solve([ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)- .5*(w5^2)*cos(t5)==0,1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)- .5*(w5^2)*sin(t5)==0],[a5,ac]); a5=eval(sola2.a5) ac=eval(sola2.ac) %ACELERACIONES DE LOS CENTROS DE GRAVEDAD

MANUALES UEX 143 CINEMÁTICA DE MECANISMOS PLANOS . TEORÍA Y PROBLEMAS RESUELTOS 138 %Aceleración syms a5 ac sola2=solve([ac-1.1*(a3)*sin(t3)-1.1*(w3^2)*cos(t3)-.5*a5*sin(t5)- .5*(w5^2)*cos(t5)==0,1.1*a3*cos(t3)-1.1*(w3^2)*sin(t3)+.5*a5*cos(t5)- .5*(w5^2)*sin(t5)==0],[a5,ac]); a5=eval(sola2.a5) ac=eval(sola2.ac) %ACELERACIONES DE LOS CENTROS DE GRAVEDAD 139 aG2=-(.25/2)*4*exp(t2*i);aG2x=real(aG2);aG2y=imag(aG2); aG3=(1.1/2)*(a3*i-w3^2)*exp(t3*i);aG3x=real(aG3);aG3y=imag(aG3); aG5=2*aG3+(.5/2)*(a5*i-w5^2)*exp(t5*i);aG5x=real(aG5);aG5y=imag(aG5); aG4=2*aG2;aG4x=real(1.5*aG4);aG4y=imag(aG4); aG6x=5*ac; vc_vector(j)=vc; ac_vector(j)=ac; end

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