1Problemas de dinamica

Departamento de Ingeniera Mecanica

Teora de Maquinas

Primera edicion

26 de marzo de 2014

Universidad de Sevilla

VI 1 Problemas de dinamica

Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2Nombre Apellido1 Apellido2

Departamento de Ingeniera Mecanica y de los MaterialesEscuela Tecnica Superior de IngenierosCamino de los Descubrimientos s/n41092 SevillaSpainuser@us.es

Indice general

1. Problemas de dinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Solucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1. Par mnimo necesario para desplegar el ca~non . . . . . . . . . 61.2.2. Velocidad nal del ca~non en la posicion de disparo. . . . . 8

1.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.1. Solucion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1.1. Apartado a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.1.2. Apartado b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.1.3. Apartado c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.1.4. Apartado d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.1 Problema 1 1

1.1. Problema 1

Calcular la aceleracion angular de la barra 2 y la aceleracion lineal de lacorredera 4 en el mecanismo de la gura, que se mueve en el plano vertical, sipartiendo del reposo se aplica sobre la barra 2 el par M2 y sobre la corredera4 la fuerza F con los sentidos indicados en la gura.

Calcular tambien la reaccion entre la barras 2 y 6. El espesor de la corre-dera 6 (dimension vertical en la gura) es despreciable, su ancho es 30mm yC es su punto medio.

O2M2

170mm

2 26

C A

45 45

5 3

4 F

Figura 1.1. Esquema del mecanismo

Acciones: M2 = 2Nm F = 2 kgLongitudes de las barras: l2 = 600mm l3 = l5 =

400p2mm

Masas y momentos de inercia: m3 = m5 = 0 m2 = 2 kg IO2 =0:24 kgm2

Barra 2 con masa uniformemente distribuida m4 = m6 = 1 kg IG4 =IG6 = 0:1 kgm

2

1.1.1. Solucion

Se pide la aceleracion de dos barras en una determinada posicion y setrata, por tanto, de un problema dinamico directo. Se va a aplicar el principiode potencias virtuales para su resolucion. El mecanismo tiene un grado delibertad y por tanto se puede aplicar el PPV para un unico movimiento virtual,correspondiente a la variacion de dicho grado de libertad. Las acciones a lasque esta sometido el mecanismo son: la fuerza F , que actua sobre la barra 4,el par M2 que actua sobre la barra 2, las fuerzas gravitatorias y las fuerzas deinercia. Teniendo en cuenta ademas el hecho de que las barras 5 y 3 no tienen

2 Indice general

masa y que el peso de la barra 4 no realiza trabajo por moverse en un planohorizontal, la expresion del PPV queda de la siguiente forma:

F v41 +M2 !21 +m2 g vG221 +m6 g vG661 IO2 21 !21m4 a41 v41 m6 a61 v61 IG6 61 !61 N26 jvC26j = 0

(1.1)

A continuacion se analiza un movimiento virtual para la posicion de lagura. Se supone !21 = 1 rad=sk y se resuelve el problema cinematico para laposicion de la gura. El lazo que forman las barras 2, 3 y 4 es un mecanismode biela manivela.

vA21 = !21 O2A =

00:6

= vA31 (1.2)

vB41 = vG441 = v

G431 = v

A31 + !31 AG4 (1.3)

que al proyectarse en unos ejes vertical y horizontal proporciona:00:6

+

0:2!310:2!31

=

vB410

(1.4)

de donde se deduce que !31 = 3 rad=sk y vB41 = 0:6m=s i. A continuacion

se resuelve el lazo formado por las barras 2, 5, 6 y 4. En primer lugar, se sabeque

vC61 = vC62 + v

C21 = v

C62 + !21 O2C =

vC260

+

0

0:17

(1.5)

y por otro lado

vC61 = vC51 = v

B51 + !51 BC =

0:60

+

0:2!510:2!51

(1.6)

Igualando ambas resultavC260:17

=

0:6 + 0:2!510:2!51

) v

C26 = 0:77 im=s ;!51 = 0:85k rad=s (1.7)

Para aplicar el PPV son necesarias tambien las siguientes velocidades:

vG221 =

00:3

m=s vC61 =

0:770:17

m=s (1.8)

Ahora se debe resolver el problema de aceleraciones para relacionar las acele-raciones angulares absolutas de todas las barras y las aceleraciones absolutas

1.1 Problema 1 3

de los centros de gravedad con la aceleracion de la barra de entrada, en estecaso de la barra 2: 21 = 21 k. En este caso la resolucion es sencilla, ya queel mecanismo parte del reposo y, por tanto, la relacion entre velocidades esigual que la relacion entre aceleraciones. Por tanto:

aG441 = 0:621 i aC61 =0:77

0:17

21 (1.9)

Ahora ya se puede sustituir este movimiento virtual en el PPV.

(20 i) (0:6 i) + (2k) (1k) + 2 (10 j) (0:3 j)+

+ 1 (10 j) 0:77

0:17

0:2421 !21 1 (0:621 i) (0:6 i)

1 [0:7721 0:1721] 0:77

0:17

0:121 !21 = 0

(1.10)

donde se tenido en cuenta que !61 = !21 y 61 = 21. Realizando los produc-tos escalares se obtiene la siguiente ecuacion:

2:3 1:32221 = 0 ) 21 = 1:74 rad=s2 (1.11)Tambien se peda la aceleracion de la corredera, que se tiene de la relacionanterior:

aG441 = 0:621 i = 1:04m=s2 i (1.12)

Se pide tambien calcular la reaccion normal entre las barras 2 y 6: N26 yM26 (o el punto de aplicacion de la normal, dado por d). Para ello se desvinculael par prismatico que une las barras 2 y 6, como se ve en la gura 1.2 y seplantean las ecuaciones de equilibrio de dicha barra.

Al desvincular la barra 6 de la barra 5 se ha tenido en cuenta que estaultima no tiene masa, no esta sometida a fuerzas exteriores y esta biarticuladaen sus extremos. Por tanto, la reaccion que se ejerce en el par de revoluciontiene la direccion de la barra 5. Se observa en el diagrama de solido libre de labarra 6 que solo tres parametros son desconocidos: el modulo de la reaccionR56, el modulo de la reaccion normal, N26, y el par de reaccion M26. En estecaso se ha tenido en cuenta dicho par de reaccion desplazando la normal unadistancia d, que pasara entonces a ser la incognita. Por lo tanto, basta conplantear las tres ecuaciones de equilibrio, sobre la barra 6 para obtener laecuacion que falta.

PFx = 0 R56 sen 45 m6 (0:7721) = 0PFy = 0 R56 cos 45 m6 (0:1721)m6 g +N26 = 0PMG6 = 0 IG6 21 +N26 d = 0

(1.13)

4 Indice general

ma661xC

I aG661

ma661yC

mg6

N 62

R 56

d

45o

Figura 1.2. Diagrama de solido libre de la barra 6.

Eliminando R56 de las dos primeras ecuaciones se obtiene N26 en funcion de21 y de la tercera ecuacion se obtiene d, como sigue:

N26 = m6 g +m6 (0:1721) +m6 (0:7721) = 12:91N

d =IG6 21N26

= 13:5mm < 15mm(1.14)

Dado que la distancia d es menor que el semiancho de la corredera, no haytendencia al vuelco y solo existe contacto en una cara de dicha corredera,como se supuso al hacer el diagrama de solido libre de la gura 1.2. Por tanto,el valor de la reaccion N26 = 12:91N es valido como solucion del problema.

1.2 Problema 2 5

1.2. Problema 2

El mecanismo de la gura se utiliza para elevar y desplegar un ca~non, formadopor las dos piezas cilndricas coaxiales 4 y 5, esta ultima articulada al soporteen el punto O5, situado en el eje del ca~non. Para ello se dispone una rueda 2y engranando con ella la cremallera 3, que desliza por las guas jas verticalesrepresentadas y que empuja a la pieza 4 mediante el par de rotacion A, situadoen el eje del ca~non tambien. El calibre del ca~non, c = 100mm, es el diametro dela pieza 4. La masa de las barras 2 y 3 son despreciables frente a la del ca~non.Las dos piezas que forman este tienen unas masas m4 y m5, uniformementedistribuidas. Considere despreciable el coeciente de friccion entre todas laspiezas que forman el mecanismo. Cuando no esta en funcionamiento, el ca~nonqueda en reposo en una posicion tal que = 15 y cuando se va a usar seacciona la rueda 2 aplicando un par M2. Determine:

a) El par M2 mnimo necesario para comenzar a desplegar el ca~non desde laposicion de reposo = 15.

b) La velocidad con que el ca~non llega a la posicion de disparo, = 45, si elpar que se aplica sigue la evolucion de la gura a partir del momentoen que comienza a desplegarse el ca~non. En el calculo considere solotres cifras signicativas.

A4

5

3

q

2

P

s

O2

O5

M2

Figura 1.3. Esquema del mecanismo.

Datos:

6 Indice general

323

236

0 60 180 420

ngulogiradoporrueda2(grados)

M(Nm)

2

Figura 1.4. Par M2 usado para desplegar el ca~non.

Longitud de las piezas del ca~non l4 = l5 = 2mRadio de la rueda 2: R2 = 0;2m s = 2mm4 = 100 kg m5 = 200 kgIG4 = 40 kgm

2 IO5 = 250 kgm2

Tome la aceleracion de la gravedad igual a 10m=s2

1.2.1. Par mnimo necesario para desplegar el ca~non

El par M2 necesario para comenzar a desplegar el ca~non debe vencer elpeso de las barras 4 y 5. Si se aplica un par por encima del mnimo necesario,el mecanismo comenzara a desplegarse con una determinada aceleracion, apartir de la posicion de reposo. Por tanto, el par mnimo sera aquel en el quedicha aceleracion sea nula. Teniendo esto en cuenta, el primer apartado es unproblema de equilibrio estatico en el que solo actuan los pesos de las barras 4y 5 y el par M2. Dicho problema puede resolverse utilizando, por ejemplo, elprincipio de potencias virtuales.

M2 !21 +m4 g vG441 +m5 g vG551 = 0 (1.15)El movimiento virtual se obtiene haciendo el analisis cinematico del siguientemecanismo equivalente:Las ecuaciones de cierre del mecanismo son:

1.2 Problema 2 7

72,67mm

h

s

x

3

A

5

4

q

O5

Figura 1.5. Mecanismo equivalente de la parte superior del mecanismo.

h = x sen s = x cos

(1.16)

En estas ecuaciones se puede dividir por cos ya que no se anula (lo hace enel lmite ! =2, x!1). Entonces resulta:

x =s

cos h = s tag (1.17)

El problema de posicion al inicio del despliegue esta resuelto

xi =s

cos 15= 2;07m hi = s tag 15 = 0;536m (1.18)

Las ecuaciones de velocidad se obtienen derivando con respecto al tiempo lasecuaciones de posicion, (1.17).

_x =s _ sen

cos2 _h =

s _

cos2 (1.19)

donde _h es la velocidad de traslacion de la barra 3 y es igual a !21R2 porla condicion de engrane del par de cremallera entre dicha barra y el disco 2.Usando esta condicion y sustituyendo en (1.19) se obtiene:

_ =_h cos2

s=!21R2 cos

2

s_x = _h sen = !21R2 sen (1.20)

Sustituyendo en la posicion inicial obtenemos las siguientes relaciones ci-nematicas que se necesitan en el PPV:

8 Indice general

_ = !51 = 0;2 (cos 15)2

2!21 = 0;0933!21

_x = jv45j = 0;2 sen 15 !21 = 0;0518!21(1.21)

Es necesario, igualmente, calcular las velocidades de los centros de gravedadde las barras 4 y 5. Para ello expresamos sus posiciones, referidas a un sistemade referencia jo con origen en O5, en funcion de las coordenadas elegidas paradescribir el mecanismo y las derivamos con respecto al tiempo:

rG441 =

cos sen

x l4

2

rG551 =

cos sen

l52

(1.22)

vG441 =

cos sen

_x+

sen cos

_

x l4

2

vG551 =

sen cos

_l52

(1.23)

Estas velocidades se evaluan en la posicion inicial ( = 15 y x = 2;07m)teniendo sus componentes verticales, que son las que intervienen en el PPV,los siguientes valores:

vG441y = 0;11!21 vG551y = 0;09!21 (1.24)

Sustituyendo las relaciones cinematicas en el PPV queda:

M2 !21 1000 0;11!21 2000 0;09!21 = 0 (1.25)de la que se obtiene el par pedido en el primer apartado:

M2 = 297;8Nm

1.2.2. Velocidad nal del ca~non en la posicion de disparo.

Este segundo apartado se puede resolver aplicando el teorema de las fuerzasvivas. Hay que tener en cuenta que el efecto del rozamiento es despreciablecomo se dice en el enunciado. En ese caso se conserva la energa mecanica.

W = T = Tf Ti = Tf (1.26)El trabajo realizado por las fuerzas vivas entre la posicion inicial y nal es iguala la energa cinetica acumulada por el sistema en la posicion nal, dado que

1.2 Problema 2 9

el sistema parte del reposo. Las fuerzas vivas aplicadas al sistema son el parM2 (motriz) y las fuerzas gravitatorias (resistentes). Para obtener el trabajoproducido por el par se integra la graca del enunciado, que da la variacion deM2 con el angulo girado por la rueda 2. Antes de integrar es preciso determinarel incremento que sufre este angulo para pasar de la posicion inicial a laposicion de disparo. El incremento de altura del punto A esta directamenterelacionado con el angulo girado por 2, por la condicion de engrane:

hA = R2'2 (1.27)

Por otro lado, se sabe de las ecuaciones de cierre (1.15) que

hA = hAfhAi = s(tag ftag i) = 1;46m ) '2 = 7;32 rad = 420(1.28)

Ahora ya se puede calcular el trabajo desarrollado por el par, como el area bajola curva del enunciado, pasando el angulo girado por la rueda 2 a radianes.

WM2 = 323

3+ 236 2 + 1

2(323 236) 2

3= 1910 J (1.29)

El trabajo realizado por las fuerzas gravitatorias es igual a la disminucion dela energa potencial gravitatoria

Wg = m4 g h4 m5 g h5 (1.30)

Los incrementos de altura que experimentan los centros de gravedad de lasdos piezas del ca~non entre las posiciones inicial y nal son:

h4 = h4f h4i =xf l4

2

sen f

xi l4

2

sen i = 1;02m

h5 =l52(sen f sen i) = 0;448m ) Wg = 1910J

(1.31)

Se comprueba que W = WM2 + Wg = 0. Por tanto, el mecanismoqueda nuevamente parado en la posicion de disparo. Se puede com-probar tambien, se deja como ejercicio al lector, que el par que se aplica en laposicion de disparo, de valor 236Nm, es el necesario para mantener el ca~nonen equilibrio estatico. La evolucion de M2 dada en el enunciado es valida,por tanto, para desplegar el ca~non a partir de la posicion de reposo: llega ala posicion de disparo, all se queda parado y se mantiene en esa posicion enequilibrio.

10 Indice general

1.3. Problema 3

La gura muestra un mecanismo de leva circular excentrica (barra 2), quegira alrededor del punto jo O2, y seguidor plano (barra 3) que desliza porlas guas AA0BB0. El mecanismo se mueve en el plano vertical y esta accio-nado por una leva, de radio R2 sobre la que se aplica un par M2. El muellerepresentado, de rigidez K = 6 kg=cm, sirve para mantener el contacto entreleva y seguidor. En la posicion indicada en la gura dicho muelle se encuentracomprimido 0:5 cm. Se pide lo siguiente:

a) El par M2 necesario para mantener en equilibrio estatico el mecanismo enla posicion de la gura.

b) Si el parM2 aplicado es de 25Nm, >con que aceleracion angular comienzaa girar el disco 2?

c) Con el mismo par que en el apartado b) >con que velocidad se muevendisco y seguidor cuando se llega a la posicion '2 = 90

?d) Explique lo que ocurre en el apartado anterior y reptalo paraM2 = 30Nm

y M2 = 40Nm.

Nota: En este mecanismo, para que haya equilibrio de momentos en el segui-dor, es necesario que el contacto entre el seguidor y las guas se produzca endos puntos de caras distintas.

Datos: d1 = 10 cm d2 = 30 cm R2 = 30 cm l = 40 cm en laposicion de la gurat = 6 cm O2G2 = 20 cm I02 = 0;18 kgm

2 m2 = 4 kgm3 = 10 kg

1.3.1. Solucion

1.3.1.1. Apartado a

En primer lugar se resuelve la cinematica para una posicion generica delmecanismo y unas velocidades y aceleraciones angulares genericas de la leva(ver gura g. 1.7):

e+R2 + s = d+ h )(e cos'2 + s = d

e sen'2 +R2 = h(1.32)

donde se ha denominado e a la excentricidad de la leva, es decir, la distanciaO2G2. La segunda de las ecuaciones de (1.32) nos permite calcular la velocidad

1.3 Problema 3 11

8.0

2

7.26

K

y

x

+

d

O2

R2G2 2

3

45o

P

Figura 1.6. Mecanismo de leva excentrica y seguidor plano.

8.0

2

O2j2

R2

d

h

s

e

Figura 1.7. Vectores que se usan para denir la posicion del mecanismo segun laecuacion (1.33).

12 Indice general

y aceleracion del seguidor en funcion de la velocidad y aceleracion de la leva.As:

h = e sen'2 +R2_h = e _'2 cos'2 = v31h = e '2 cos'2 e _' 22 sen'2 = a31

(1.33)

Tambien es necesario conocer la velocidad del centro de gravedad de la levapara el PPV

vG221 = vO221 + !21 O2G2 = !21 O2G2 = e _'2

sen 45cos 45

(1.34)

El apartado a es un problema estatico en el que se pide el momento M2que es necesario aplicar para mantener en equilibrio estatico el mecanismo.Dicho par debe contrarrestar el efecto de la gravedad y la fuerza del muelle quetienden a mover el seguidor hacia a abajo. Se puede plantear el Principio delas Potencias Virtuales para resolver este apartado. Con las fuerzas actuantes,la ecuacion que proporciona dicho principio es:

Fm v31 +M2 !21 +m2 g vG221 +m3 g vG331 = 0 (1.35)

Se usara un movimiento virtual en el que !21 = _'2 k rad=s = 1k rad=s. Paraesta velocidad virtual de la leva se tiene de la ecuacion (1.33) v31 = 14:

14 cm=sy de la ecuacion (1.34) vG221 = (14;14 i + 14;14 j)cm=s. Sustituyendo estasvelocidades en la ecuacion (1.35) se tiene la siguiente ecuacion:

(M2 k)(1k) + [0 30]

00;1414

+

[0 40]0;1414

0;1414

+ [0 100] 0;1414 = 0 (1.36)

de donde se obtiene el resultado pedido M2 = 24;04Nm.

1.3.1.2. Apartado b

En este apartado se pide la aceleracion con que empieza a moverse el me-canismo cuando se aplica un par que, como se aprecia, es superior al necesariopara mantener el mecanismo en equilibrio estatico. Tambien se resolvera apli-cando el PPV, pero ahora incluyendo los terminos de inercia:

Fm v31+M2 !21+m2 g vG221 +m3 g vG331 IO2 21 !21m3 a31 v31 = 0

1.3 Problema 3 13

(1.37)

Dado que el mecanismo parte del reposo la relacion entre las velocidades delas barra y la velocidad de la barra de entrada es coincide con la relacionentre las aceleraciones de las barras y la aceleracion de la barra de entrada.Eso quiere decir que si 21 = 21 k, se cumple a31 = 0;141421j. Con ello, elPPV queda:

(25k)(1k) + [0 30]

00;1414

+ [0 40]

0;14140;1414

+

[0 100] 0;1414 0;18 (21 k) (1k) 10 (0;141421 j) (0;1414 j) = 0(1.38)

de la que se obtiene el resultado pedido 21 = 2;53 rad=s2.

1.3.1.3. Apartado c

En este apartado se pide el incremento de velocidad de barras entre dosposiciones. Para ello se aplicara el Teorema de las Fuerzas Vivas. Para elloes necesario calcular el incremento de altura que experimenta el seguidor,h = e(1sen 45) = 5;86 cm. Este incremento coincide con el incremento dealtura que experimenta el centro del disco 2 y tambien con el incremento quesufre la compresion del muelle. Por tanto el trabajo de las fuerzas gravitatoriasentre las dos posiciones es:

W )g = m2 g hm3 g h = 8;2 J (1.39)

el trabajo absorbido por le muelle:

W )m = 12K

l2f l2i

=

1

26000

(0;005 + 0;0586)2 0;0052 = 12;06J

(1.40)

mientras que el trabajo aportado por el par M2 es:

W )M2 =M2'2 = 252

4

= 19;63J (1.41)

Por tanto, el trabajo total es W = 0;63J . El mecanismo parte del reposoy tal como se ha visto en el apartado b, comienza a moverse de tal modoque la leva gira en sentido antihorario y el seguidor sube, pero a la vista delresultado obtenido, el mecanismo no es capaz de llegar a la posicion '2 = 90

.Antes se detendra, en concreto, cuando la energa cinetica vuelva a hacersenula.

14 Indice general

1.3.1.4. Apartado d

Se puede calcular la posicion en que se detiene el mecanismo si se calculaW como funcion del angulo girado por la leva '2. En primer lugar se calculael incremento de altura en funcion de dicho angulo.

h('2) = e(sen'2 sen 45) (1.42)

Los trabajos realizados por las fuerzas gravitatorias, la fuerza del muelle y elpar son respectivamente:

W )g = (m2 +m3) g h('2) (1.43)

W )m = 12K

(h('2) + 0;005)

2 0;0052 (1.44)W )M2 =M2

'2

4

(1.45)

donde '2 debe expresarse en radianes. La condicion que se cumple cuandoel mecanismo se detiene es que W = 0, al partir del reposo en la posicioninicial. Ello se traduce en la siguiente ecuacion:

W ('2) =M2

'2

4

(m2 +m3) g h('2)

12K

(h('2) + 0;005)

2 0;0052 = 0 (1.46)donde hay que sustituir la relacion (1.42) y resulta una ecuacion trascendenteque se puede resolver por el metodo de Newton-Raphson. La solucion de dichaecuacion es '2 = 0;806 rad = 46;2

. Esta solucion parece extra~na. Observeseque el valor de W obtenido en el apartado anterior era bastante peque~no loque sugera que el mecanismo se habra quedado parado cerca de '2 = 90

.Nada mas lejos de la realidad. El mecanismo se ha detenido enseguida. Paracomprender esto puede ayudar representar la funcion W ('2) (ver gurag. 1.8). En esa gura se representa la evolucion del trabajo total de lasfuerzas vivas acumulado desde la posicion inicial para el caso M2 = 25Nm.No se aprecia muy bien en ese caso aunque s se aprecia mejor en la gurag. 1.8 correspondiente al caso M2 = 30Nm que la funcion tiene dos ceros enel rango representado. En el casoM2 = 25Nm uno es muy cercano a '2 = 90

y el otro a la solucion obtenida aqu '2 = 0;806 rad = 46;2. Esta posicion de

'2 = 0;806 rad = 46;2 es la primera en que se anula W y por tanto es en

la que se detiene el mecanismo.En el caso M2 = 30Nm, el trabajo acumulado hasta la posicion nal es

3;31 J y, aunque es positivo, ello no asegura que el mecanismo sea capaz dealcanzar esa posicion, como se puede observar en la gura g. 1.9, en la quese observa que el trabajo se anula antes, quedando el mecanismo detenido en

1.3 Problema 3 15

DW

j

2

Figura 1.8. Evolucion del trabajo total de las fuerzas vivas acumulado desde laposicion inicial para el caso M2 = 25Nm.

j

2

DW

Figura 1.9. Evolucion del trabajo total de las fuerzas vivas acumulado desde laposicion inicial para el caso M2 = 30Nm.

esa posicion. En el caso M2 = 40Nm, se puede observar en la gura g. 1.10que el trabajo no se anula entre las posiciones inicial y nal y por tanto, nose detiene entre dichas posiciones. En este caso W = 11;16J y se puedecalcular la velocidad con que llega el mecanismo a la posicion nal '2 = 90

.La energa cinetica en este mecanismo es:

T =1

2IO2 !

221 +

1

2m3 v

231 (1.47)

16 Indice general

En la posicion nal '2 = 90 se puede comprobar de las ecuaciones (1.33)

j

2

DW

Figura 1.10. Evolucion del trabajo total de las fuerzas vivas acumulado desde laposicion inicial para el caso M2 = 40Nm.

que _h = v31 = 0 y por tanto el teorema de las fuerzas vivas proporciona losiguiente:

W = T = T2 ) 11;16 = 12IO2 !

221 = 0;09!

221 ) !21 = 11;14 rad=s

(1.48)

De todas maneras este resultado de v31 = 0 y !21 = 11;14 rad=s debe serconsiderado provisional a falta de comprobar una hipotesis muy importanteque se ha tenido en cuenta de manera implcita en la resolucion del problema.Dicha hipotesis es que disco y seguidor no se separan durante el movimiento.Si se separasen, no seran valida la conclusion extradas aqu de que v31 = 0 y,por tanto, tampoco sera valido el resultado de !21 = 11;14 rad=s. Si en alguninstante del movimiento se hace nula la reaccion normal de contacto N23 elseguidor se separa y el mecanismo pasa a tener 2 grados de libertad, estandoregido por ecuaciones distintas a las consideradas aqu. Para comprobar si seseparan es necesario calcular N23 como funcion de la posicion y para ello esnecesario integrar las ecuaciones de movimiento.