El documento presenta un problema de dinámica de máquinas que involucra el cálculo de fuerzas, pares de inercia y reacciones en un mecanismo de cuatro barras. Se proporcionan los datos geométricos y de masa de los elementos del mecanismo, así como las velocidades angulares. Se pide determinar las reacciones en las articulaciones y el par motor requerido para mantener la velocidad dada bajo la acción de una fuerza externa, usando el método matricial. También se solicita calcular la fuerza

1. Universidad de las Palmas de Gran Canaria Departamento de Ingeniería Mecánica
E.I.I.C. Grado en Ingeniería Técnica Industrial. 2º Curso. Grupo 2 TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS
Apell: Nom: D.N.I.:
Examen Parcial. Dinámica 9 de mayo de 2014 Tiempo: 1 hora y 15 minutos
PROBLEMA 1
En el instante representado, la manivela 2 gira en sentido antihorario con una velocidad angular
constante de 100 rad/s. Se tienen los siguientes datos:
‐ O12A = 0.03 m; O12O14 = 0.1 m; O14A = 0.0794 m; O14B = 0.12 m
‐ m2 = 0.4 kg; m3 = 0.25 kg; m4 = 1.2 kg
‐ IG2 = 3.0 x 10‐5
kg‐m2
; IG3 = 0; IG4 = 1.4 x 10‐3
kg‐m2
El centro de gravedad de la manivela 2 se encuentra situado en su punto medio, el del balancín 4 a 1/3 de
su longitud respecto a O14 y el de la deslizadera 3 coincide con la articulación A.
Si sobre el extremo del balancín (punto B) actúa una fuerza 300 (N), tal como se indica en la
figura, determinar mediante el Método Matricial, en este instante:
a) Las Reacciones en las articulaciones de los miembros móviles; y el Par Motor que se debe
aplicar en la Manivela 2, para vencer la fuerza exterior aplicada y mantener la velocidad
indicada (80%).
b) La Fuerza y el Par de Trepidación (con respecto a O12). ¿Cuáles son los principales efectos de
estos esfuerzos sobre el bastidor, en el instante considerado y durante un ciclo completo de
movimiento del mecanismo? (20%).
B
A
FB y 2 3 4 y
G2 G4
x x
O12 O14
NOTA: Expresar los resultados intermedios y finales usando dos decimales.
RESULTADOS NECESARIOS DEL ANÁLISIS CINEMÁTICO:
θ2 = 40o
; θ4 = 165.94o
0 ; 4416
114.91 96.42 ; 229.81 192.84 ; 23.81 176.13
Todas las aceleraciones angulares en (rad/s2
) y las aceleraciones lineales en (m/s2
).
CONTRIBUCIÓN A LA CALIFICACIÓN GLOBAL DEL EXAMEN: 60%

2. 1. Cálculo de Fuerzas y Pares de Inercia:
Manivela 2:
F m 0.4 x 114.91 96.42 ;
M 0
Corredera 3:
F m 0.25 x 229.81 192.84 ;
M 0
Balancín 4:
F m 1.2 x 23.81 176.13 ;
M IG 1.4 x 10 x 4416 k ;
Todas las fuerzas en (N) y los pares en (N‐m).
2. DSL de los miembros:
R43
A 75.94o
2 3
Meq
O12 A = G3
O12A = 0.03 m
B
FB A
4
G4
O14
O14G4 = 0.04 m; O14A = 0.0794 m; O14B = 0.12 m
F 45.96 38.57
M 6.18
F 28.57 211.36
F 57.45 48.21

3. 3. Planteamiento de las Ecuaciones de Equilibrio:
Manivela 2:
R R 45.96 0 ; R R 38.75 0
∑MO 0 ; M R x 0.03 x sen 40 R x 0.03 x cos 40 0
Corredera 3:
R R 57.45 0 ; R R 48.21 0
Balancín 4:
R R 28.57 0 ; R R 211.36 300 0
∑MO 0 ; R x 0.0794 x sen 165.94 R x 0.0794 x cos 165.94
300 x 0.12 x cos 165.94 28.57 x 0.04 x sen 165.94
211.36 x 0.04 x cos 165.94 6.18 0
4. Organización de las ecuaciones:
‐ Término independiente al segundo miembro
‐ Principio de Acción – Reacción
‐ 45.96 (1)
‐ 38.75 (2)
0.019 0.023 0 (3)
‐ 57.45 (4)
‐ 48.21 (5)
+ 28.57 (6)
+ 88.64 (7)
0.019 0.077 20.26 (8)

4. Tenemos un sistema de 8 ecuaciones con 9 incógnitas. Eliminamos una incógnita
aplicando la condición de la dirección de la reacción conocida en la corredera 3:
cos 75.94 0.243
sen 75.94 0.970
5. Forma Matricial:
1 0 0 0 ‐1 0 0 0 ‐45.96
0 1 0 0 0 ‐1 0 0 ‐38.75
0 0 0 0 0.019 ‐0.023 0 1 0
0 0 0 0 1 0 ‐0.243 0 = ‐57.45
0 0 0 0 0 1 ‐0.970 0 ‐48.21
0 0 1 0 0 0 0.243 0 ‐28.57
0 0 0 1 0 0 0.970 0 88.64
0 0 0 0 0 0 ‐0.079 0 ‐20.26
En forma compacta se puede poner: , donde es la matriz de
coeficientes, el vector de incógnitas y el vector de términos independientes.
La solución es:
6. Solución:
El momento necesario (Equilibrante) en la entrada es:
que corresponde al Par Motor pedido.
NOTA: Una posible secuencia para la resolución manual del sistema de ecuaciones
es: (8)‐(6)‐(7)‐(4)‐(5)‐(1)‐(2)‐(3)
.
. ; . ; . ; .
. ; . ; . ; .
Todos los valores en Newton.

5. 7. Fuerza y Par de Trepidación:
Las acciones sobre el bastidor las podemos obtener aplicando el Principio de Acción‐
Reacción:
41.33 ; 160.86
90.65 ; 159.18
159.18
90.65
O12 41.33 O14
160.86 O12O14 = 0.1 m
Por tanto, la Fuerza de Trepidación es:
FT =(41.33 + 90.65) + (159.18 ‐ 160.86)
Y el Par de Trepidación con referencia a O12:
MT = 159.18 x 0.1 = 15.92 en sentido contrario a las agujas del reloj.
En el instante considerado, la fuerza de trepidación tiende a trasladar el bastidor en
dirección horizontal (la componente vertical de la fuerza es poco relevante); y el par
de trepidación a volcar el bastidor en sentido antihorario.
Si consideramos el ciclo completo, estos esfuerzos son variables y, por tanto,
provocan vibraciones del bastidor que se transmiten al mecanismo y a la bancada,
en su caso. La fuerza de trepidación provoca una vibración lineal y el par de
trepidación una vibración torsional o de flexión, dependiendo de la configuración
del bastidor. En general, esto se traduce en vibraciones del suelo en las
proximidades, ruidos, rotura de piezas, pérdidas de potencia, etc.
. .
.

6. Universidad de las Palmas de Gran Canaria Departamento de Ingeniería Mecánica
E.I.I.C. Grado en Ingeniería Técnica Industrial. 2º Curso. Grupo 2 TEORÍA DE MÁQUINAS Y MECANISMOS
Apell: Nom: D.N.I.:
Examen Parcial. Dinámica 9 de mayo de 2014 Tiempo: 45 minutos
PROBLEMA 2
1. Calcular el volante de un motor cuyo diagrama de par motor total a 1000 rpm se representa en la
figura. El motor está acoplado a un generador eléctrico, cuyo par resistente pude considerarse
constante y que admite un grado de irregularidad máximo de 0.002 en el régimen indicado.
(Calcular el momento de inercia del volante considerando despreciable la inercia de los miembros
del mecanismo). (80%)
M (N . m)
600
200
θ (o
)
00
30o
160o
180o
270o
3600
‐200
2. ¿Cómo se pueden caracterizar, en términos energéticos, los diferentes periodos de marcha de una
máquina cíclica? (20%)
CONTRIBUCIÓN A LA CALIFICACIÓN GLOBAL DEL EXAMEN: 40%

7.
M (N . m)
600
200
θ (o
)
00
30o
160o
180o
270o
3600
‐200
M (N . m)
600
200
θ (o
)
00
30o
160o
180o
270o
3600
‐200

8. SOLUCIÓN:
Lo primero que debemos calcular es el par motor medio. Para ello medimos el área encerrada entre la curva de par
motor y el eje de abcisas (trabajo motor del ciclo). Esta área es:
A1 = 600 x 130 x 2π/360 = 1360.67 (+)
A2 = 200 x 90 x 2π/360 = 314 (‐)
A3 = 200 x 90 x 2π/360 = 314 (+)
(Tm)ciclo = ATot = A1 ‐ A2 + A3 = 1360.67 Julios
M (N . m)
600
A1
216.67 Mm
m
= Mr
200
A3
θ (o
)
00
30o
160o
180o
270o
3600
A2
‐200
Figura 1. Procedimiento de cálculo del par motor medio
El par motor medio será aquel valor constante que produzca el mismo trabajo en el ciclo que el par motor
real (variable):
(Mm)medio = ATot/2π = 1360.67/2π = 216.67 N.m
El par resistente Mr de valor constante que se puede aplicar al sistema lo obtenemos de la condición de
permanencia:
(Tm)ciclo ‐ (Tr)ciclo = 0 ; (Mm)medio = Mr ; Mr = 216.67 N.m
Para determinar (∆Ec)max debemos analizar las curvas de par motor y par resistente, y calcular las áreas
encerradas entre las dos curvas, para ver el intervalo en el que se produce el máximo:

9. M (N . m)
600
B
216.67 1 2 Mm
m
= Mr
200
A C θ (o
)
00
30o
160o
180o
270o
3600
‐200
Figura 2. Variaciones de energía cinética durante el ciclo
A = 216.67 x 30/360 x 2π = 113.39 (‐)
B = (600 – 216.67) x 130/360 x 2π = 869.31 (+)
C = 216.67 x (180 ‐ 160)/360 x 2π + (200 + 216.67) x 90/360 x 2π + (216.67 – 200) x 90/360 x 2π = 756.33 (‐)
Comprobación: B = A + C Condición de Permanencia
Máx (A, B, C) = B (+)
Por tanto, (∆Ec)max = (∆Ec)1
2
= 869.31 Julios
Como la variación de energía cinética es positiva, se produce un aumento de velocidad en el intervalo.
El momento de inercia necesario del Volante + Mecanismo para mantener la fluctuación de velocidad
especificada viene dado por la expresión:
(∆Ec)max = I ω2
δ ;
.
. .
;
I = 39.67 Kg x m2