• Author / Uploaded
• Anonymous byOK1I

Citation preview

PROBLEMA 16:

EI mecanismo mostrado en la figura está diseñado para ejercer una gran fuerza sobre Ia barra horizontal en B para una operaci6n de estampado. Si el cilindro hidráulico CD ejerce una fuerza axial de 800 N y α = 80°. ¿Qué fuerza horizontal se ejerce sobre la barra horizontal en B? Se pide resolver el problema mediante los siguientes métodos: a) Leyes de Newton. b) Principio de los trabajos virtuales. c) Principio de las potencias virtuales.

Considere el proceso como cuasi estático y despréciense las fuerzas y pares de inercia. Solución: a) Leyes de Newton. b) Principio de los trabajos virtuales. Primero calculamos los ángulos, como mostraremos en la figura:

Ahora calculamos las fuerzas que actúan: 𝐹⃗𝐶 = −𝐹𝑐 . 𝐶𝑜𝑠(𝛽). 𝑖 + 𝐹𝑐 . 𝑆𝑒𝑛(𝛽). 𝑗 𝐹⃗𝐻 = −𝐹𝐻 . 𝑖 Por lo tanto, el trabajo virtual efectuado por dichas fuerzas será:

𝛿𝑤 = (−𝐹𝑐 . 𝐶𝑜𝑠(𝛽). 𝑖 + 𝐹𝑐 . 𝑆𝑒𝑛(𝛽). 𝑗). (−𝑂2 𝐶. 𝑆𝑒𝑛(𝛼). 𝛿𝛼 − 𝐹𝐻 . 2. 𝐶𝐵. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝛿𝛼) + (𝐹𝐻 . 𝑖). (−2. 𝑂2 𝐴. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝛿𝛼. 𝑖) Efectuando la operación y aplicando el trabajo virtual obtenemos: 𝛿𝑤 = (𝐹𝑐 . 𝐶𝑜𝑠(𝛽). 𝑂2 𝐶. 𝑆𝑒𝑛(𝛼) + 𝐹𝑐 . 𝑆𝑒𝑛(𝛽). 𝑂2 𝐶. 𝐶𝑜𝑠(𝛼))𝛿𝛼 − 𝐹𝐻 . 2. 𝑂2 𝐴. 𝐶𝑜𝑠(𝛼). 𝛿𝛼) = 0 78.9293 + 648.3276 − 0.3493𝐹𝐻 = 0 𝐹𝐻 = 2094.0308𝑁 c) Principio de las potencias virtuales.

⃗⃗ 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Supongamos que la velocidad angular de la barra 2 es 𝜔 ⃗⃗2 = 1. 𝑘 En seguida aplicamos movimiento relativo: 𝑣⃗𝐵3 = 𝑣⃗𝐴3 + 𝜔 ⃗⃗3 𝑥𝑟⃗𝐴3.𝐵3 𝑣⃗𝐶2 = 𝜔 ⃗⃗2 𝑥𝑟⃗𝑂2.𝐶2 𝑟⃗𝑂2.𝐶 = 0.25. (cos(80°) . 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛(80°). 𝑗) = 0.0434𝑖 + 0.2462𝑗 𝑟⃗𝑂2.𝐴 = 0.25. (cos(170°) . 𝑖 + 𝑠𝑒𝑛(170°). 𝑗) = −0.2462𝑖 + 0.0434𝑗 𝑟⃗𝐴𝐵 = −0.2462𝑖 − 0.0434𝑗 𝑣⃗𝐶2 = (0,0,1)𝑥(0.0434,0.2462,0) = −0.2462𝑖 + 0.0434𝑗 𝑣⃗𝐵3 𝑥𝑖 = (0,0,1)𝑥(−0.2462,0.0434,0) + (0,0, 𝜔 ⃗⃗3 )𝑥(−0.2462, −0.0434,0) 𝑣𝐵3 = −0.0434 + 0.0434𝜔3 = 0 1𝑟𝑎𝑑 𝜔3 = − 𝑠 𝑣𝐵3 = −0.0868 𝑚/𝑠 𝑃𝑣𝑖𝑟𝑡𝑢𝑎𝑙 = 𝐹⃗𝐶 . 𝑣⃗𝐶2 + 𝐹⃗𝐻 . 𝑣⃗𝐵2 = 0 𝑃𝑣𝑖𝑟𝑡𝑢𝑎𝑙 = 800(cos(145.3773°) 𝑖 + 𝑆𝑒𝑛(146.3773°)𝑗) = −658.3291𝑖 + 454.5359𝑗 𝐹⃗𝐻 = 𝐹⃗𝐻 . 𝑖 𝑣⃗𝐶2 = −0.2462𝑖 + 0.0434𝑗 𝑣⃗𝐵2 = −0.0868𝑖 𝑚/𝑠 162.0806 + 19.2769 − 0.0868. 𝐹𝐻 = 0 𝐹𝐻 = 2094.0565𝑁

PROBLEMA 19: Dado el mecanismo de dos grados de libertad de la figura, se pide, cuando el mecanismo se encuentra en la posición mostrada: a) Velocidad angular de las barras 2 y 3. b) Aceleración angular de las barras 2 y 3. Datos geométricos: 𝑟2 = 45𝑐𝑚, 𝑟3 = 80𝑐𝑚, 𝑥4 = 60𝑐𝑚 𝑒 𝑦5 = 35𝑐𝑚 Datos cinemáticos:

𝑐𝑚 𝑣⃗𝐴 = 10𝑖 ; 𝑎⃗𝐴 = 12𝑖 𝑐𝑚/𝑠 2 𝑠 𝑐𝑚 𝑣⃗𝑐 = 5𝑖 ; 𝑎⃗𝑐 = 12𝑖 𝑐𝑚/𝑠 2 𝑠

Solución: a) Velocidad angular de las barras 2 y 3. Analizando la figura obtenemos: 60 + 45𝐶𝑜𝑠(𝜃2 ) = 80𝐶𝑜𝑠(𝜃3 ) 35 + 80𝑆𝑒𝑛(𝜃3 ) = 45𝑆𝑒𝑛(𝜃2 ) 𝜃2 = 63.87° 𝜃3 = 3.87° 𝑣⃗𝐵2 = 𝑣⃗𝐴2 + 𝜔 ⃗⃗2 𝑥𝑟⃗𝐴2𝐵2 (0,0,1)𝑥(19.82,40.40,0) 𝑣⃗𝐵2 = 10𝑖 + = 10𝑖 − 40.40𝜔 ⃗⃗2 𝑖 + 19.82𝜔 ⃗⃗2 𝑗 𝑣⃗𝐵3 = 𝑣⃗𝐶3 + 𝜔 ⃗⃗3 𝑥𝑟⃗𝐶3𝐵3 𝑣⃗𝐵3 = 5𝑗 + (0,0, 𝜔 ⃗⃗3 )𝑥(79.82,5.40,0) = 5𝑗 − 5.40𝜔 ⃗⃗3 𝑖 − 79.82𝜔 ⃗⃗3 𝑗 De ambas expresiones obtenemos lo siguiente: 𝑟𝑎𝑑 𝜔 ⃗⃗2 = 0.25 𝑘 𝑠 𝑟𝑎𝑑 𝜔 ⃗⃗3 = −0.00121 𝑘 𝑠

a) Aceleración angular de las barras 2 y 3. 𝑎⃗𝐵2 = 𝑎⃗𝐴2 + 𝑎⃗𝐵2𝐴2 = 𝑎⃗𝐴2 − 𝜔22 . 𝑟⃗𝐴2𝐵2 + 𝛼⃗2 𝑥𝑟⃗𝐴2𝐵2 𝑎⃗𝐵2 = 12𝑖 − 0.252 (19.82𝑖 + 40.40𝑗) + (0,0, 𝛼2 )𝑥(19.82,40.40,0) 𝑎⃗𝐵2 = 10.76𝑖 − 2.53𝑗 − 40.40𝛼2 𝑖 + 19.82𝛼2 𝑗 𝑎⃗𝐵3 = 𝑎⃗𝐶3 + 𝑎⃗𝐵3𝐶3 = 𝑎⃗𝐶3 − 𝜔32 . 𝑟⃗𝐶3𝐵3 + 𝛼⃗3 𝑥𝑟⃗𝐶3𝐵3 𝑎⃗𝐵3 = 12𝑗 − 0.001212 (79.82𝑖 + 5.40𝑗) + (0,0, 𝛼3 )𝑥(79.82,5.40,0) 𝑎⃗𝐵3 = 12𝑗 − 1.74𝑥10−4 𝑖 − 7.91𝑥10−6 𝑗 − 5.40𝛼3 𝑖 − 79.82𝛼3 𝑗 De ambas expresiones obtenemos lo siguiente: 𝛼⃗2 = 0.25 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2 𝑘 𝛼⃗3 = −0.12 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2 𝑘