Mecanismos

1. PROBLEMA Nº1.
El mecanismo de Scott Russel de la figura es una ampliación del mecanismo de biela-manivela clásico
consistente en pares cinemáticos rotacionales y prismáticos. Puede ser usado para generar un movimiento
en línea recta exacto. En este mecanismo, la manivela O2A y la biela AB están articuladas por un par
cinemático rotacional en el punto A. El punto B tiene restringido su movimiento a lo largo de una línea recta
debido al par prismático existente entre los sólidos 4 y 1. La biela AB está ampliada hasta el punto P,
moviéndose este a lo largo de una línea recta perpendicular a O2B como la que se muestra en la figura.
Esto se debe a que las longitudes O2A, AB y AP son iguales. Se pide:
1) Determinar la posición de cada uno de los eslabones, dejando el resultado en función de la
posición angular θ2 y de la longitud de la manivela. (0.5 puntos)
2) Determinar el vector de velocidad lineal del punto P, por el método de velocidades relativas,
dejando el resultado expresado en función de la longitud, posición y velocidad angular del
eslabón 2. (1 punto)
3) Determinar el vector aceleración lineal del punto P, dejando el resultado expresado en función
de la longitud, posición y velocidad angular del eslabón 2. (1.5 puntos)
4) Determinar el vector de velocidad lineal del punto P por método de los C.I.R., conociendo la
velocidad lineal del punto A del eslabón motor, dejando el resultado expresado en función de la
velocidad de A. (1 punto)
5) Encontrar las expresiones analíticas de las incógnitas cinemáticas de posición por medio de la
ecuación de cierre de Raven. En un dibujo indicar todas las variables que aparecen en la
ecuación. Además indicar cuales de dichas variables son en este caso las incógnitas, si
consideramos como entrada el eslabón 2. No derivar. (1 punto)
6) Calcular el valor del par equilibrante en el eslabón 2, planteando el equilibrio de cada eslabón,
cuando en el instante indicado se esta ejerciendo una fuerza externa, Fext, en el punto P que
lleva la dirección y sentido contrario a la velocidad de este punto en ese instante. Expresar el
resultado en función de la longitud y posición angular de la manivela y de la carga exterior que
actúa en P (2 puntos)
2 3
4O2
A
B
P
1
2
2=cte
1) Para resolver este apartado tenemos que hallar la posición angular del eslabón 3 (θ3) y la
posición del eslabón 4 (O2B):
Por tanto el ángulo µ=θ2 ya que O2A = AB y la posición de los eslabones 3 y 4 vale:
3 2
2 2 2
180
2 cosO B O A
θ θ
θ
= −
= ⋅ ⋅
2) Para resolver la velocidad del punto P, podemos actuar de dos formas. La primera y la que se
va a utilizar, es obtener directamente la velocidad de P relacionándola con la velocidad de A.

2. Esto se puede realizar ya que conocemos la trayectoria que sigue el punto P. La segunda forma
sería obtener primero la velocidad del punto B y luego una vez conocida la velocidad angular del
eslabón 3, obtener la velocidad de P. Por tanto utilizando la primera forma tenemos la siguiente
ecuación:
P A PAV V V= +
Donde cada una de las velocidades de la ecuación anterior valen:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
3 3
0 0 sen cos
cos sen 0
0 0 sen cos
cos sen 0
P P
A
PA
V V j
i j k
V O A O A i O A j
O A O A
i j k
V AP AP i AP j
AP AP
ω ω ω θ ω θ
θ θ
ω ω ω θ ω θ
θ θ
=
= ∧ = = − +
= ∧ = = − +
Como la distancia AP=O2A y el ángulo θ3=180-θ2, podemos poner la velocidad relativa PAV como:
3 3 3 3 3 2 2 3 2 2sen cos sen cosPAV AP i AP j O A i O A jω θ ω θ ω θ ω θ= − + = − −
Utilizando la ecuación de velocidades relativas y descomponiendo en sus componentes, se tiene:
2 2 2 3 2 2
2 2 2 3 2 2
0 sen O Asen
cos cosP
O A
V O A O A
ω θ ω θ
ω θ ω θ
= − −
= −
Obteniendo:
3 2
2 2 22 cosPV O A
ω ω
ω θ
= −
= ⋅
Con lo cual la velocidad del punto P es:
2 2 22 cosPV O A jω θ= ⋅
3) Para resolver la aceleración del punto P, seguimos el mismo esquema utilizado para la
velocidad, con lo cual la ecuación a resolver es:
P A PAA A A= +
Donde los valores de aceleración son:
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
3 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3
0 0 cos sen
sen cos 0
0
0 0 cos sen
sen cos 0
0 0
P P
n
A A
t
A
n
PA PA
t
PA
A A j
i j k
A V O A i O A j
O A O A
A O A
i j k
A V O A i O A j
O A O A
i j k
A AP
ω ω ω θ ω θ
ω θ ω θ
α
ω ω ω θ ω θ
ω θ ω θ
α α
=
= ∧ = = − −
−
= ∧ =
= ∧ = − = −
= ∧ = 3 3 3 3
3 3
sen cos
cos sen 0
AP i AP j
AP AP
α θ α θ
θ θ
= − +

3. Otra vez utilizando AP=O2A y el ángulo θ3=180-θ2, la componente tangencial de la aceleración relativa
nos queda:
3 2 2 3 2 2O Asen cos
t
PAA i O A jα θ α θ= − −
Ahora podemos utilizar la ecuación de aceleraciones relativa y descomponiendo en sus componentes:
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 3 2 2
2 2
2 2 2 2 3 2 2
0 cos cos O Asen
sen sen cosP
O A O A
A O A O A O A
ω θ ω θ α θ
ω θ ω θ α θ
= − + −
= − − −
Obteniendo los siguientes valores:
2
3
2
2 2
0
2 senPA O A
α
ω θ
=
= − ⋅
Con lo cual la aceleración del punto P vale:
2
2
2 22 senPA O A jω θ= − ⋅
4) Para calcular la velocidad del punto P por el método de los CIR, sabemos:
eslabón 2 y 3
eslabón 3
A
P
∈
∈
Por tanto la única terna que podemos utilizar es { }1,2,3 , con lo que hay que obtener los CIR 1-2, 1-3 y 2-3
(ver dibujo):
Como el centro instantáneo 2-3 coincide con el punto A, tenemos:
2 3 2 2
2 3 3 13 23
AV V O A
V
ω
ω
−
−
= = ⋅
= ⋅ −
Con lo cual el módulo de la velocidad angular ω3 vale:
2 2 2 2
3 2
213 23
O A O A
O A
ω ω
ω ω
⋅ ⋅
= = =
−
Y el sentido de la velocidad angular ω3 es contrario a ω2 (ver dibujo).
Para calcular el módulo de la velocidad de P:
3 2 2 213 2 cosPV P O Aω ω θ= ⋅ − = ⋅ ⋅
Y el sentido de la velocidad de P viene reflejado en el dibujo.

4. 5) Como tenemos 4 eslabones solo tenemos que utilizar una ecuación de cierre que determinar las
variables:
O2 θ2
θ3
A
B
r2 r3
r1
La ecuación de cierre utilizada es:
2 1 3r r r= +
Que si la ponemos en forma exponencial compleja:
32 0
2 1 3r e re r eθθ
= +
Donde los datos conocidos son r2, θ2 (eslabón motor) y r3 y las incógnitas r1 y θ3, la cuales podemos obtener
de las ecuaciones:
2 2
2 2 3 3 3
3
2 2 1 3 3 1 2 2 3 3
sen
sen sen arsen
cos cos cos cos
r
r r
r
r r r r r r
θ
θ θ θ
θ θ θ θ
 
= → =  
 
= + → = −
6) Para calcular el par equilibrante en el eslabón de entrada 2, empezamos estableciendo el
equilibrio del eslabón 4:
14 340 0F F F= → + =∑
Con lo cual la dirección de la fuerza 34F es la misma que 14F , es decir la dirección vertical y aplicada en el
punto B (para que se cumpla 0BM =∑ ). Ahora podemos establecer el equilibrio del eslabón 3:
En este eslabón si aplicamos el equilibrio, tenemos por un lado:
43 230 0eF F F F= → + + =∑

5. Con lo cual nos indica que la dirección de 23F es vertical también, y aplicando la segunda condición de
equilibrio de un sólido:
23 230 cos cos 2B e eM F PB F AB F Fµ µ= → ⋅ = ⋅ → =∑
Quedando por lo tanto el equilibrio del eslabón 3:
43 14eF F F= =
0F =∑
Por último nos queda el equilibrio del eslabón 2:
Aplicando las ecuaciones de equilibrio:
12 32
2 32 2 2 2 2
0 2
0 cos 2 cos
e
O eq e
F F F F
M M F O A F O Aθ θ
= → = = ⋅
= → = ⋅ = ⋅ ⋅
∑
∑

6. PROBLEMA Nº2.
El esquema de la figura representa una caja de cambios con relación de velocidades infinita,
llamada D-Drive, la cual ha sido inventada por Stephen Durnin. En esta caja de cambios el eje del engranaje
2 va conectado a la entrada y mediante el control de la velocidad del engranaje 3, podemos obtener
cualquier valor en la velocidad de salida. Si suponemos que la entrada (engranaje 2) está conectada a un
motor que gira a 200 rpm en sentido horario, que velocidad angular tiene el motor que mueve el engranaje
de control 3 para que la salida sea:
a) Igual que la velocidad de entrada, marcha directa. (1.5 puntos)
b) Igual a cero, punto muerto. (1.5 puntos)
Como vemos en el dibujo la caja de cambios está compuesta por dos trenes de engranajes epicicloidales,
los cuales son: los formados por los engranajes 1-2-3-4-5 y el formado por los engranajes 8-9-10. Estos dos
trenes de engranajes epicicloidales están conectados mediante un tren de engranaje ordinario formado por
los engranajes 5-6-7-8. Con estos datos y conociendo que la velocidad del engranaje 3 de control es la
misma que la velocidad del engranaje 10, podemos establecer las siguientes relaciones:
Para el tren de engranaje epicicloidad 1-2-3-4-5:
2 1 1 3
3 1 2 4
5 3 4 5 3 4
5 1 3
3 1 5
80 20
2.66667 (1)
20 30
2 2 80
20
0.25 (2)
80
b
b
b
b
Z Z
Z Z
MZ MZ MZ Z Z Z
Z
Z
ω ω
ω ω
ω ω
ω ω
− ⋅ ⋅
= − = − = −
− ⋅ ⋅
= + → = + =
−
= − = − = −
−
Para el tren de engranaje epicicloidal 10-8-9:
8 10 9 8 10 9
8 10
10 8
2 2 80
20
0.25 (3)
80
sal
sal
MZ MZ MZ Z Z Z
Z
Z
ω ω
ω ω
= + → = + =
−
= − = − = −
−
Para el engranaje ordinario 5-6-7-8:
5 6 8
5 8
8 5 7
1 (4)
Z Z
Z Z
ω
ω ω
ω
⋅
= = → =
⋅
Y la última relación es:
3 10 (5)ω ω=

7. Utilizando las ecuaciones (4) y (5) y sustituyendo estos valores en las ecuaciones (3), nos quedan las
siguiente ecuaciones:
( )
( )
( )
2 1 3 1
5 1 3 1
5 3
2.66667 (1*)
0.25 (2*)
0.25 (3*)
b b
b b
sal sal
ω ω ω ω
ω ω ω ω
ω ω ω ω
− = − −
− = − −
− = − −
De las dos últimas ecuaciones (2*) y (3*) obtenemos 1sal bω ω= , y como sabemos 2 200 rpmω = , la
ecuación (1*) queda:
3 1 3
3.66667 200
2.66667 3.66667 200
2.66667
sal
b
ω
ω ω ω
⋅ −
⋅ = ⋅ − → =
a) cuando 2 200sal rpmω ω= =
3
3.66667 200 3.66667 200 200
200
2.66667 2.66667
sal
rpm
ω
ω
⋅ − ⋅ −
= = =
b) cuando 0sal rpmω =
3
3.66667 200 3.66667 0 200
75
2.66667 2.66667
sal
rpm
ω
ω
⋅ − ⋅ −
== = = −