Síntesis de generación de función de un mecanismo plano con eslabones y engranes.

1. Ecuaciones de Síntesis Mecanismo de 5 Barras
(Tesis de Stepehn Alexander Oleska, página 66).
Figura 1
Mecanismo de 5 Barras
1. Se desea diseñar un mecanismo de 5 barras engranado, Figura 1, para generar una
función y = f(x) sobre un rango dado.
2. Sea la rotación de la manivela de entrada (), el análogo lineal de x y la rotación del
eslabón de salida () el análogo lineal de y, es decir  = f().
3. Para el mecanismos en la j–ésima posición, Figura 2, el vector de cerradura puede ser
escrito como:
Z2 eij
+ Z3 eij
+ Z4 eij
+ Z5 eij
– ( Z5 + Z4 + Z3 + Z2) = 0 (1)
Z2 (eij
– 1) + Z3 (eij
– 1) + Z4 (eij
– 1) + Z5 (eij
– 1) = 0 (2)
O también de la ec.(1):
Z2 eij
+ Z3 eij
+ Z4 eij
+ Z5 eij
– ( Z1 ) = 0 (3)

2. Z2 eij
+ Z3 eij
+ Z4 eij
+ Z5 eij
= Z1 (4)
Donde:
Z1 = x1 + y1 i
Z2 = x2 + y2 i eij
= cj + sj i
Z3 = x3 + y3 i eij
= cj + sj i
Z4 = x4 + y4 i eij
= cj + sj i
Z5 = x5 + y5 i eij
= cj + sj i
Cualquiera de las ecs.(2), (4), puede ser usada para el diseño.
Figura 2
Engranes A – B1
De Sandor y la Figura 3 se tiene lo siguiente:
Figura 3

3. 𝜃 𝐵 = −
𝑁𝐴
𝑁 𝐵1
𝜙
𝜃 𝐵 = −𝑟𝑒2 𝜙
Donde 𝑟𝑒2 =
𝑁 𝐴
𝑁 𝐵1
Engranes B2 – C1
De Sandor y la Figura 4 se tiene lo siguiente:
Figura 4
𝜃𝑐 = 𝜓 + (𝜓 − 𝜃 𝐵)
𝑁 𝐵2
𝑁𝐶1
𝜃𝑐 = 𝜓 + (𝜓 + 𝑟𝑒2 𝜙)𝑟𝑒3
Donde 𝑟𝑒3 =
𝑁 𝐵2
𝑁 𝐶1

4. Engranes B2 – D
De Sandor y la Figura 5 se tiene lo siguiente:
Figura 5
𝜃 𝐷 = 𝜓 + (𝜓 − 𝜃 𝐶)
𝑁𝐶2
𝑁 𝐷
𝜃 𝐷 = 𝜓 + (𝜓 − (𝜓 + (𝜓 + 𝑟𝑒2 𝜙)𝑟𝑒3))𝑟𝑒4
𝜃 𝐷 = (1 − 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4)𝜓 − (𝑟𝑒2 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4)𝜙
Donde 𝑟𝑒4 =
𝑁 𝐶2
𝑁 𝐷
Por conveniencia:
𝑄 = 1 − 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4
𝑅 = 𝑟𝑒2 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4
Además 𝜃 𝐷 = 𝜇
Entonces:
𝜇 = 𝑄𝜓 − 𝑅𝜙

5. Ejemplo de Generación de Función
 Supóngase que la función para ser generada es y = tan(x), 0° ≤ x ≤ 45°. Para 4 puntos
de exactitud con espaciamiento de Chebyshev, valores de x pueden ser hallados
mediante la fórmula:
 
j 0
2j 11
x x x 1 cos
2 2n

   
     
  
Para este ejemplo j=1,2,3,4, n=4, x = xn+1 – x0 = x5 – x0 = 45° – 0° = 45° :
 
  
 
 
  
 
 
  
 
 
  
 
0
1
2
3
4
5
x 0
2 1 11
x 0 45 1 cos 1.71271
2 2 4
2 2 11
x 0 45 1 cos 13.8896
2 2 4
2 3 11
x 0 45 1 cos 31.1104
2 2 4
2 4 11
x 0 45 1 cos 43.2873
2 2 4
x
 
   
       
  
  
   
       
  
  
   
       
  
  
   
       
  
  
 45
 Valores de y son hallados mediante:
y0 = tan(x0) = 0
y1 = tan(x1) = 0.029901
y2 = tan(x2) = 0.247283
y3 = tan(x3) = 0.603486
y4 = tan(x4) = 0.941934
y5 = tan(x5) = 1
 Así y = yn+1 – y0 = y5 – y0 = 1 – 0 = 1.
 Dados los rangos de la manivela de entrada y salida = 90°,  = 90°,
respectivamente, los valores de j y j pueden ser calculados, mediante:
 
 
j j 1
j j 1
x x
x
y y
y

  


  


6.  Estos valores de j y j corresponden a la rotación de la entrada y salida, de la primera
posición de precisión a la j–ésima posición de precisión (j=2,3,4).
     
     
j j 1 j 1 j 1
j j 1 j 1 j 1
90
x x x x 2 x x
x 45
90
y y y y 90 y y
y 1
 
      
 
 
      

 Los resultados de estos cálculos son:
2 = 24.3538° 2 = 19.5643°
3 = 58.7953° 3 = 51.6226°
4 = 83.1492° 4 = 82.0829°
 Además en la primera posición:
1 = 0° 1 = 0°
Solución
Las ecs. de diseño son:
Figura 6

7. 𝒁 𝟐 𝒆𝑖𝜙𝑗
+ 𝒁 𝟑 𝒆𝑖𝛾𝑗
+ 𝒁 𝟒 𝒆𝑖𝜇𝑗
+ 𝒁 𝟓 𝒆𝑖𝜓𝑗
= 𝒁 𝟏 (1)
𝜇 𝑗 = 𝑄𝜓𝑗 − 𝑅𝜙𝑗 (2)
Desarrollando la ecuación (1) para 𝑗 = 1,2,3,4:
𝒁 𝟐 + 𝒁 𝟑 + 𝒁 𝟒 + 𝒁 𝟓 = 𝒁 𝟏 (E3.1)
𝒁 𝟐 𝒆𝑖𝜙2
+ 𝒁 𝟑 𝒆𝑖𝛾2
+ 𝒁 𝟒 𝒆𝑖𝜇2
+ 𝒁 𝟓 𝒆𝑖𝜓2
= 𝒁 𝟏 (E3.2)
𝒁 𝟐 𝒆𝑖𝜙3
+ 𝒁 𝟑 𝒆𝑖𝛾3
+ 𝒁 𝟒 𝒆𝑖𝜇3
+ 𝒁 𝟓 𝒆𝑖𝜓3
= 𝒁 𝟏 (E3.3)
𝒁 𝟐 𝒆𝑖𝜙4
+ 𝒁 𝟑 𝒆𝑖𝛾4
+ 𝒁 𝟒 𝒆𝑖𝜇4
+ 𝒁 𝟓 𝒆𝑖𝜓4
= 𝒁 𝟏 (E3.4)
Donde la ec.(E3.1), se obtiene al reconocer que en la primera posición se tiene 1 = 0°, 1
= 0°, 1 = 0° 1 = 0°. Además:
𝜇2 = 𝑄𝜓2 − 𝑅𝜙2 𝜇3 = 𝑄𝜓3 − 𝑅𝜙3 𝜇4 = 𝑄𝜓4 − 𝑅𝜙4
Z1 = x1 + y1 i
Z2 = x2 + y2 i eij
= cj + sj i 𝑄 = 1 − 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4 𝑟𝑒2 = 𝑁𝐴 𝑁 𝐵1⁄
Z3 = x3 + y3 i eij
= cj + sj i 𝑅 = 𝑟𝑒2 𝑟𝑒3 𝑟𝑒4 𝑟𝑒3 = 𝑁 𝐵2 𝑁𝐶1⁄
Z4 = x4 + y4 i eij
= cj + sj i 𝑟𝑒4 = 𝑁𝐶2 𝑁 𝐷⁄
Z5 = x5 + y5 i eij
= cj + sj i
De las ecs.(E7.1) – (E7.4) se tienen 8 ecs. escalares × 13 incógnitas (x1, y1, x2, y2, x3, y3, x4,
y4, x5, y5, 2, 3, 4), para el problema de Generación de Función para 4 puntos de
precisión.
Los ángulos (2, 3, 4, 2, 3, 4) de las manivelas de entrada–salida son conocidos. Para
resolver daremos arbitrariamente (x1, y1) y (2, 3, 4). Y se tiene finalmente un sistema lineal
de 8 ecs. escalares × 8 incógnitas (x2, y2, x3, y3, x4, y4, x5, y5).
Datos:
2 = 24. 353824° 2 = 19. 564380°
3 = 58. 795332° 3 = 51. 622650°
4 = 83. 149156° 4 = 82. 082970°
Los valores sugeridos para el ejemplo 1 de la tabla 1, son:
2 = 0° 3 = 0° 4 = 6 0°
re2 = 1 re3 = 0.5 re4 = 0.8
x1 = 1 cm y1 = 0 cm

8. Sustituyendo obtenemos:
Q = 0.6 R = 0.4
1 = 1.99707 ° 2 = –7.45542 ° 2 = –15.9901 °
Las ecs.(E3.1) – (E3.4) a resolver son:
Re: x2 + x3 + x4 + x5 = 1
Im: y2 + y3 + y4 + y5 = 0 (E3.1)
Re: 0.91 x2 + x3 + 0.99 x4 + 0.94 x5 – 0.41 y2 – 0.03 y4 – 0.33 y5 = 1
Im: 0.41 x2 + 0.03 x4 + 0.33 x5 + 0.91 y2 + y3 + 0.99 y4 + 0.94 y5 = 0
(E3.2)
Re: 0.51 x2 + x3 + 0.99 x4 + 0.62 x5 – 0.85 y2 + 0.12 y4 – 0.78 y5 = 1
Im: 0.85 x2 – 0.12 x4 + 0.78 x5 + 0.51 y2 + y3 + 0.99 y4 + 0.62 y5 = 0 (E3.3)
Re: 0.11 x2 + 0.5x3 + 0.96 x4 + 0.13 x5 – 0.99 y2 -0.86 y3+ 0.27 y4 – 0.99 y5 = 1
Im: 0.99 x2 +0.86x3 + 0.27 x4 + 0.99 x5 + 0.11 y2 + 0.5y3 + 0.96 y4 + 0.13 y5 = 0 (E3.4)
Resolviendo:
x2 = 0.384 y2 = – 0.424 x3 = – 0.311 y3 = 0.078
x4 = 1.202 y4 = – 0.199 x5 = – 0.617 y5 = 0.545
Vectorialmente:
Z1 = x1 + y1 i = 1 + 0 i
Z2 = x2 + y2 i = 0.384– 0.424i
Z3 = x3 + y3 i = – 0.311+ 0.078i
Z4 = x4 + y4 i = 1.202– 0.199i
Z5 = x5 + y5 i = – 0.617+ 0.545i
Calculando el Radio del Círculo de paso de los Engranes.
La razón de velocidad es proporcional al radio de paso de un par de engranes y es
proporcional al número de dientes:
𝑟1
𝑟2
=
𝑁1
𝑁2
= 𝑟𝑒 (E3.5)
Engranes A – B1
A partir de la figura 3, la longitud del eslabón 1, debe ser igual a la suma de los radios de
paso de los engranes A y B1. Además usando ec.(E3.5) se tiene:
𝑟𝐴 + 𝑟𝐵1 = ‖𝒁1‖ = 1
𝑟𝐴
𝑟𝐵
= 𝑟𝑒2 = 1

9. Resolviendo:
rA = 0.5
rB1 = 0.5
Engranes B2 – C1
Para el cálculo de los radios del círculo de paso de los engranes B2 y C1 debe considerarse
un nuevo vector 𝒛7 como se muestra en la Figura 7 y a partir de ella se tiene que la longitud
del vector 𝒛7 debe ser igual a la suma delos radios de paso de los engranes B2 y C1. Además
usando ec.(E3.5) se tiene.
Figura 7
𝑟𝐵2 + 𝑟𝐶1 = ‖𝒁7‖ = 0.509902
𝑟𝐵2
𝑟𝐶1
= 𝑟𝑒3 = 0.5
Donde
𝒁7 = 𝑥7 − 𝑦7 i
Se dan arbitrariamente los valores de 𝑥7 = 0.5 y 𝑦7 = 0.1, y al resolver se tiene:
rB2 = 0.169967
rC1 = 0.339935
𝒛5
𝒛6
𝒛7

10. Engranes C2 – D
De manera semejante a como se hizo con los radios de paso de B2 y C1, es necesario
considerar el vector𝒛6 como se muestra en la Figura 7 y a partir de ella se tiene que la longitud
del vector 𝒛6 debe ser igual a la suma delos radios de paso de los engranes C2 y D. Además
usando ec.(E3.5) se tiene.
𝑟𝐶2 + 𝑟𝐷 = ‖𝒁6‖ = 1.29046
𝑟𝐵2
𝑟𝐶1
= 𝑟𝑒3 = 0.8
Donde
𝒁6 = 𝒁5 − 𝒁7 i
Resolviendo:
rC2 = 0.573539
rD = 0.716924