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El Principio del Trabajo Virtual.
Jose Marıa Rico Martınez
Departamento de Ingenierıa Mecanica
Division de Ingenierıas, Campus Irapuato-Salamanca
Universidad de Guanajuato
email: [email protected]
Estas notas de la clase de Dinamica de Maquinaria tienen como objetivo presentar el principio del trabajovirtual y su aplicacion en la estatica y dinamica de de maquinaria.
1 Velocidades y Desplazamientos Virtuales.
Considere un sistema mecanico cuyo estado esta determinado por n coordenadas Lagrangianas {ψ1, ψ2, . . . , ψn} queesta sujeto a m restricciones holonomicas1 dadas por
fi(ψj) = fi(ψ1, ψ2, . . . , ψn) = 0 i = 1, 2, . . . ,m. (1)
Entonces, las derivadas de las coordenadas Lagrangianas deben satisfacer las siguientes condiciones
0 = fi =d fi(ψj)
d t=∂ fi(ψj)
∂ ψ1
ψ1 +∂ fi(ψj)
∂ ψ2
ψ2 + · · ·+ ∂ fi(ψn)
∂ ψnψn i = 1, 2, . . . ,m.
0 =
j=n∑
j=1
∂ fi(ψj)
∂ ψjψj i = 1, 2, . . . ,m. (2)
donde
ψj =dψj
d tj = 1, 2, . . . , n
representan las velocidades de las coordenadas Lagrangianas.Definicion. Considere un sistema mecanico cuyo estado esta determinado por n coordenadas Lagrangianas
{ψ1, ψ2, . . . , ψn} que esta sujeto a m restricciones holonomicas dadas por las ecuaciones (1). Cualquier conjunto{ψ1, ψ2, . . . , ψn} que satisface las ecuaciones (2) se conocen como velocidades virtuales del sistema mecanico.
Los desplazamientos obtenidos a partir de la aplicacion de las diferenciales de las velocidades virtuales se conocencomo desplazamientos virtuales y estan dados por
0 = ∂fi =
j=n∑
j=1
∂ fi(ψj)
∂ ψj∂ψj i = 1, 2, . . . ,m. (3)
Si un sistema mecanico tiene F grados de libertad, es practica comun seleccionar F coordenadas Lagrangianas,denotadas por {q1, q2, . . . , qF }, y conocidas como coordenadas generalizadas y las restantes coordenadas La-grangianes, se denotan por {φ1, φ2, . . . , φM} y se denominan coordenadas secundarias, de manera que
F +M = n
y las ecuaciones (2) pueden escribirse como
0 =
j=F∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ qjqj +
j=M∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ φjφj i = 1, 2, . . . ,m. (4)
1Una ecuacion de restriccion es holonomica si puede escribirse sin que aparezcan derivadas de las coordenadas generalizadas; es decir,
si las condiciones son integrables.
1
o
j=M∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ φjφj = −
j=F∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ qjqj i = 1, 2, . . . ,m. (5)
de manera que las velocidades virtuales secundarias pueden determinarse en terminos de las velocidades virtualesgeneralizadas.
De manera semejante, en este caso, los desplazamientos virtuales de las variables secundarias pueden determinarsede los desplazamientos virtuales de las coordenadas generalizadas a partir de las ecuaciones
j=M∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ φj∂φj = −
j=F∑
j=1
∂ fi(qj , φj)
∂ qj∂qj i = 1, 2, . . . ,m. (6)
Puede probarse, y se ilustrara en los siguientes ejemplos, que la velocidad virtual —desplazamiento virtual— detoda partıcula de un sistema mecanico holonomico2 puede escribirse como una combinacion lineal de las velocidadesvirtuales –desplazamientos virtuales– de las coordenadas Lagrangianas y por lo tanto de las velocidades virtuales–desplazamientos virtuales– de las coordenadas generalizadas.
Ejemplo 1. Considere el manipulador plano RRR mostrado en la figura 1, un conjunto de coordenadas La-grangianas esta dado por θ1, θ2 y θ3, como el manipulador tiene 3 grados de libertad, estas coordenadas Lagrangianasson tambien coordenadas generalizadas. Entonces, las velocidades de los puntos N , P y Q y las velocidades angularesde los eslabones 1, 2 y 3, respecto del eslabon fijo, pueden escribirse en terminos de las coordenadas generalizadascomo se indica a continuacion.
Figure 1: Manipulador Plano RRR.
Para las velocidades angulares de los eslabones 2 y 3 se tiene que
0~ω1 = θ1k0~ω2 =
(
θ1 + θ2
)
k 0~ω3 =(
θ1 + θ2 + θ3
)
k (7)
Para las velocidades de los puntos N , P y Q se tiene que3
0~v1N = −θ1 a12 S θ1i+ θ1 a12 C θ1j, (8)
0~v2P =[
−θ1 a12 S θ1 −(
θ1 + θ2
)
a23 S (θ1 + θ2)]
i+[
θ1 a12 C θ1 +(
θ1 + θ2
)
a23 C (θ1 + θ2)]
j (9)
2Es decir, un sistema mecanico sujeto exclusivamente a restricciones holonomicas.3Para simplificar las ecuaciones, se usaran la notacion S para la funcion Seno y C para la funcion Coseno.
2
y
0~v3Q=[
−θ1 a12 S θ1 −(
θ1 + θ2
)
a23 S (θ1 + θ2)−(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 S (θ1 + θ2 + θ3)]
i
+[
θ1 a12 C θ1 +(
θ1 + θ2
)
a23 C (θ1 + θ2) +(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 C (θ1 + θ2 + θ3)]
j (10)
Estas mismas ecuaciones pueden obtenerse empleando la teorıa de tornillos infinitesimales. Suponga que se deseaconocer la velocidad de un punto del eslabon 3 que en ese instante coincide con el punto O. Los vectores de posicionrequeridos, estan dados por
~rN/O =
a12 cos (θ1)a12 sin (θ1)
0
~rP/N =
a23 cos (θ1 + θ2)a23 sin (θ1 + θ2)
0
~rQ/P =
a34 cos (θ1 + θ2 + θ3)a34 sin (θ1 + θ2 + θ3)
0
Por lo tanto, el vector de posicion de Q respecto de O esta dado por
~rQ/O = ~rN/O + ~rP/N + ~rQ/P =
a12 cos (θ1) + a23 cos (θ1 + θ2) + a34 cos (θ1 + θ2 + θ3)a12 sin (θ1) + a23 sin (θ1 + θ2) + a34 sin (θ1 + θ2 + θ3)
0
Derivando esta expresion respecto al tiempo, se tiene que
0~v3Q =d~rQ/O
d t=
−a12 sin (θ1)− a23 sin (θ1 + θ2)− a34 sin (θ1 + θ2 + θ3)a12 cos (θ1) + a23 cos (θ1 + θ2) + a34 cos (θ1 + θ2 + θ3)
0
θ1
+
(−a23 sin (θ1 + θ2)− a34 sin (θ1 + θ2 + θ3))(a23 cos (θ1 + θ2) + a34 cos (θ1 + θ2 + θ3))
0
θ2 +
−a34 sin (θ1 + θ2 + θ3)a34 cos (θ1 + θ2 + θ3)
0
θ3 (11)
Si ahora se desea conocer la velocidad de un punto, perteneciente al eslabon 3, que en ese instante coincide con elpunto O, se tiene que
0~v3O = 0~v3Q + 0~ω3 × ~rO/Q
El resultado final, despues de algunos calculos, esta dado por
0~v3O =
a12 sin (θ1) θ2 + a12 sin (θ1) θ3 + a23 sin (θ1 + θ2) θ3−a12 cos (θ1) θ2 − a12 cos (θ1) θ3 − a23 cos (θ1 + θ2) θ3
0
(12)
El estado de velocidad del eslabon 3 con respecto al eslabon 0 esta dado por
0~V 3 =
[
0~ω3
0~v3O
]
=
00
θ1 + θ2 + θ3a12 sin (θ1) θ2 + a12 sin (θ1) θ3 + a23 sin (θ1 + θ2) θ3
−a12 cos (θ1) θ2 − a12 cos (θ1) θ3 − a23 cos (θ1 + θ2) θ30
. (13)
Separando en base a las velocidades angulares relativas θ1, θ2 y θ3, se tiene que
0~V 3 =
001000
θ1 +
001
a12 sin (θ1)−a12 cos (θ1)
0
θ2 +
001
a12 sin (θ1) + a23 sin (θ1 + θ2)−a12 cos (θ1)− a23 cos (θ1 + θ2)
0
θ3 (14)
3
A partir de esta ecuacion, es posible definir los tornillos infinitesimales asociados a los pares de revoluta asociadosal manipulador serial.
0$1 =
[
k
k × ~rO/O
]
=
001000
(15)
1$2 =
[
k
k × ~rO/N
]
=
001
a12 sin (θ1)−a12 cos (θ1)
0
(16)
2$3 =
[
k
k × ~rO/P
]
=
001
a12 sin (θ1) + a23 sin (θ1 + θ2)−a12 cos (θ1)− a23 cos (θ1 + θ2)
0
(17)
Definiendo estos tornillos infinitesimales, es posible escribir la ecuacion del analisis de velocidad del manipuladorcomo
0~V 3 =[
0$1 1$2 2$3]
θ1θ2θ3
= J~θ. (18)
Donde la matriz jacobiana del manipulador, esta dada por
J =[
0$1 1$2 2$3]
=
[
k k k
k × ~rO/O k × ~rN/O k × ~rP/O
]
=
0 0 00 0 01 1 10 a12 sin (θ1) a12 sin (θ1) + a23 sin (θ1 + θ2)0 −a12 cos (θ1) −a12 cos (θ1)− a23 cos (θ1 + θ2)0 0 0
(19)
y el vector de las velocidades articulares esta dada por
~θ =
θ1θ2θ3
(20)
Ejemplo 1a. Considere el manipulador plano RPR mostrado en la figura 2, un conjunto de coordenadas La-grangianas esta dado por θ1, s y θ3, como el manipulador tiene 3 grados de libertad, estas coordenadas Lagrangianasson tambien coordenadas generalizadas.
Estas mismas ecuaciones pueden obtenerse empleando la teorıa de tornillos infinitesimales. Suponga que se deseaconocer la velocidad de un punto del eslabon 3 que en ese instante coincide con el punto O. Los vectores de posicionrequeridos, estan dados por
~rN/O =
a12 cos (θ1)a12 sin (θ1)
0
~rP/N =
s cos(
θ1 +π2
)
s sin(
θ1 +π2
)
0
~rQ/P =
a34 cos(
θ1 +π2+ θ3
)
a34 sin(
θ1 +π2+ θ3
)
0
o sustituyendo las identidades trigonometricas correspondientes
~rN/O =
a12 cos (θ1)a12 sin (θ1)
0
~rP/N =
−s sin (θ1)s cos (θ1)
0
~rQ/P =
−a34 sin (θ1 + θ3)a34 cos (θ1 + θ3)
0
4
Figure 2: Manipulador Serial Plano RPR.
Por lo tanto, el vector de posicion de Q respecto de O esta dado por
~rQ/O = ~rN/O + ~rP/N + ~rQ/P =
a12 cos (θ1)− s sin (θ1)− a34 sin (θ1 + θ3)a12 sin (θ1) + s cos (θ1) + a34 cos (θ1 + θ3)
0
(21)
Por otro lado, la orientacion del eslabon 3 y su derivada, estan dadas por
γ = θ1 +π
2+ θ3 y 0~ω3 = γk = (θ1 + θ3)k (22)
Derivando la ecuacion (21) respecto al tiempo, se tiene que
0~v3Q =d~rQ/O
d t=
−a12 sin (θ1)− s cos (θ1)− a34 cos (θ1 + θ3)a12 cos (θ1)− s sin (θ1)− a34 sin (θ1 + θ3)
0
θ1
+
− sin (θ1)cos (θ1)
0
s+
−a34 cos (θ1 + θ3)−a34 sin (θ1 + θ3)
0
θ3 (23)
Si ahora se desea conocer la velocidad de un punto, perteneciente al eslabon 3, que en ese instante coincide con elpunto O, se tiene que
0~v3O = 0~v3Q + 0~ω3 × ~rO/Q
El resultado final, despues de algunos calculos, esta dado por
0~v3O =
− sin (θ1) s+ a12 sin (θ1) θ3 + s cos (θ1) θ3+cos (θ1) s− a12 cos (θ1) θ3 + s sin (θ1) θ3
0
(24)
El estado de velocidad del eslabon 3 con respecto al eslabon 0 esta dado por
0~V 3 =
[
0~ω3
0~v3O
]
=
00
θ1 + θ3− sin (θ1) s+ a12 sin (θ1) θ3 + s cos (θ1) θ3+cos (θ1) s− a12 cos (θ1) θ3 + s sin (θ1) θ3
0
. (25)
5
Separando en base a las velocidades angulares relativas θ1, s y θ3, se tiene que
0~V 3 =
001000
θ1 +
000
− sin (θ1)cos (θ1)
0
s+
001
a12 sin (θ1) + s cos (θ1)−a12 cos (θ1) + s sin (θ1)
0
θ3 (26)
A partir de esta ecuacion, es posible definir los tornillos infinitesimales asociados a los pares de revoluta asociadosal manipulador serial.
0$1 =
[
k
k × ~rO/O
]
=
001000
(27)
1$2 =
[
~0u
]
=
000
− sin (θ1)cos (θ1)
0
(28)
2$3 =
[
k
k × ~rO/P
]
=
001
a12 sin (θ1) + s cos (θ1)−a12 cos (θ1) + s sin (θ1)
0
(29)
Definiendo estos tornillos infinitesimales, es posible escribir la ecuacion del analisis de velocidad del manipuladorcomo
0~V 3 =[
0$1 1$2 2$3]
θ1θ2θ3
= J~θ. (30)
Donde la matriz jacobiana del manipulador, esta dada por
J =[
0$1 1$2 2$3]
=
[
k k k
k × ~rO/O k × ~rN/O k × ~rP/O
]
=
0 0 00 0 01 0 10 − sin (θ1) a12 sin (θ1) + s cos (θ1)0 + cos (θ1) −a12 cos (θ1) + s sin (θ1)0 0 0
(31)
y el vector de las velocidades articulares esta dada por
~θ =
θ1θ2θ3
(32)
Ejemplo 2. Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la figura 3, el mecanismo muestra lalocalizacion de los centros de masas de los eslabones y los pesos correspondientes y un sistema coordenado cuyo origencoincide con el punto M , a lo largo del eje de la revoluta que conecta los eslabones 1 y 2. Un conjunto de coordenadasLagrangianas esta dado por θ2, θ3, θ4 y θ1 como el mecanismo tiene 1 grado de libertad, una posible seleccion decoordenadas generalizadas es θ2.
6
Figure 3: Mecanismo Plano de Cuatro Barras.
Primeramente, se mostrara como las velocidades virtuales secundarias pueden expresarse en terminos de las veloci-dades virtuales generalizadas. Para tal fın emplearemos la teorıa de tornillos. Los vectores de posicion de los puntosA, B y N estan dados por
~rN = (a1, 0, 0) ~rA = (a2 Cθ2, a2 Sθ2, 0) ~rB = (a2 C θ2 + a3 C (θ2 + θ3) , a2 S θ2 + a3 S (θ2 + θ3) , 0) (33)
Los tornillos infinitesimales asociados a cada uno de las revolutas son
$12 =
001000
$23 =
001
a2 sin (θ2)−a2 cos (θ2)
0
$34 =
001
a2 sin (θ2) + a3 sin (θ2 + θ3)−a2 cos (θ2)− a3 cos (θ2 + θ3)
0
$41 =
0010
−a10
(34)
De manera que la ecuacion que resuelve el analisis de velocidad esta dado en forma de tornillos como
θ3 $23 + θ4 $34 + θ1 $41 = −θ2 $12, (35)
y en forma matricial por J~θ = ~b o
1 1 1
a2 sin (θ2) a2 sin (θ2) + a3 sin (θ2 + θ3) 0
−a2 cos (θ2) −a2 cos (θ2)− a3 cos (θ2 + θ3) −a1
θ3θ4θ1
=
−θ200
(36)
La solucion para las velocidades virtuales secundarias estan dadas por
θ3 = −ω2a1 (a2 sin (θ2) + a3 sin (θ2 + θ3))
a3 [−a2 sin (θ3) + a1 sin (θ2 + θ3)](37)
θ4 =a2 sin (θ2)ω2a1
a3 [−a2 sin (θ3) + a1 sin (θ2 + θ3)](38)
θ1 =ω2a2 sin (θ3)
−a2 sin (θ3) + a1 sin (θ2 + θ3)(39)
7
Una vez determinada la determinacion de las velocidades virtuales secundarias, es necesario ahora determinar lasvelocidades de los centros de masas de los eslabones. Para el centro de masas del eslabon 2, se tiene que
1~v2G2= 1 ~ω2 × ~rG2/M = θ2 k ×
[a22C θ2i+
a22S θ2j
]
= −θ2a22S θ2i+ θ2
a22C θ2j. (40)
Para el centro de masas del eslabon 3, se tiene que
1~v3G3= 1 ~ω2 × ~rA/M + 1 ~ω3 × ~rG3/A
= θ2 k ×[
a2 C θ2i+ a2 S θ2j]
+(
θ3 + θ2
)
k ×[a32C (θ2 + θ3) i+
a32S (θ2 + θ3) j
]
= −[
θ2 a2 S θ2 +(
θ3 + θ2
) a32S (θ2 + θ3)
]
i+[
θ2 a2 C θ2 +(
θ3 + θ2
) a32C (θ2 + θ3)
]
j.
(41)
Para el centro de masas del eslabon 4, se tiene que
1~v4G4= 1 ~ω4 × ~rG4/N =
(
θ2 + θ3 + θ4
)
k ×[a42C θ1i+
a42S θ1j
]
= −(
θ2 + θ3 + θ4
) a42S θ1i+
(
θ2 + θ3 + θ4
) a42C θ1j. (42)
2 Trabajo Virtual y Fuerzas Generalizadas.
Considere un cuerpo rıgido que se esta moviendo con respecto a un sistema de referencia Newtoniano o Inercial. Lavelocidad angular del cuerpo rıgido esta dado por ~ω = ω k y la velocidad de un punto P fijo en en cuerpo esta dadopor, vea la figura 4,
~vP = vPx i+ vPy j. (43)
Ambas velocidades son respecto al sistema de referencia Newtoniano o Inercial.
Figure 4: Trabajo Virtual de una Fuerza y un Momento.
Suponga ademas que sobre la partıcula P esta actuando una fuerza ~F dada por
~F = Fx i+ Fy j, (44)
y sobre el cuerpo esta actuando un par ~M , esta dado por
~M =Mz k (45)
Entonces, la potencia de las fuerzas y momentos que actuan en el cuerpo rıgido esta dado por
P = ~F · ~vP + ~M · ~ω = Fx vPx + Fy vPy +Mz ω. (46)
8
Puesto que la velocidad del punto P y la velocidad angular del cuerpo rıgido pueden escribirse en terminos de lasvelocidades de las coordenadas generalizadas, la potencia puede escribirse como
P =dW
d t= ~F · ~vP + ~M · ~ω = Fx vPx + Fy vPy +Mz ω =
F∑
i=1
Fqiqi. (47)
Donde q1, q2, . . . , qF son las coordenadas generalizadas y los terminos Fqi son las fuerzas o momentos generalizados,asociados cada uno de ellos a la coordenada generalizada qi correspondiente.
Evidentemente, si en lugar de multiplicar las fuerzas generalizadas por las velocidades de las coordenadas general-izadas, se multiplican por los desplazamientos virtuales, se obtiene el trabajo virtual
δW =
F∑
i=1
Fqi δqi = Fq1 δq1 + Fq2 δq2 + · · ·+ FqF δqF . (48)
Ejemplo 3. Considere el manipulador plano RRR mostrado en la figura 1, un conjunto de coordenadas La-grangianas esta dado por θ1, θ2 y θ3, como el manipulador tiene 3 grados de libertad, estas coordenadas Lagrangianasson tambien coordenadas generalizadas. Suponga que las unicas fuerzas que actuan sobre el manipulador planoson las mostradas en el punto Q. Encuentre las fuerzas generalizadas asociadas a las coordenadas, Lagrangianas ygeneralizadas, θ1, θ2 y θ3.
Del ejemplo 1, la velocidad virtual del punto Q esta dada por
0~v3Q =[
−θ1 a12 S θ1 −(
θ1 + θ2
)
a23 S (θ1 + θ2)−(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 S (θ1 + θ2 + θ3)]
i
+[
θ1 a12 C θ1 +(
θ1 + θ2
)
a23 C (θ1 + θ2) +(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 C (θ1 + θ2 + θ3)]
j
Por lo tanto, la potencia virtual esta dada por
P = 0~v3Q · ~FQ
=[
−θ1 a12 S θ1 −(
θ1 + θ2
)
a23 S (θ1 + θ2)−(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 S (θ1 + θ2 + θ3)]
Fx
+[
θ1 a12 C θ1 +(
θ1 + θ2
)
a23 C (θ1 + θ2) +(
θ1 + θ2 + θ3
)
a34 C (θ1 + θ2 + θ3)]
Fy.
(49)
y separando la potencia virtual en terminos de las velocidades virtuales generalizadas, se tiene que
P = θ1
{
[−a12 S θ1 − a23 S (θ1 + θ2)− a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx
+ [a12 C θ1 + a23 C (θ1 + θ2) + a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy
}
+θ2
{
[− a23 S (θ1 + θ2)− a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx + [a23 C (θ1 + θ2) + a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy
}
+θ3
{
[−a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx + [a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy
}
(50)
Por lo tanto, los momentos generalizados, pues las coordenadas generalizadas representan angulos, estan dadas por
Fθ1 = [−a12 S θ1 − a23 S (θ1 + θ2)− a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx
+ [a12 C θ1 + a23 C (θ1 + θ2) + a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy (51)
Fθ2 = [− a23 S (θ1 + θ2)− a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx + [a23 C (θ1 + θ2) + a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy
(52)
Fθ3 = [−a34 S (θ1 + θ2 + θ3)] Fx + [a34 C (θ1 + θ2 + θ3)] Fy (53)
Ejemplo 4. Considere el mecanismo plano de cuatro barras mostrado en la figura 3, el mecanismo muestra lalocalizacion de los centros de masas de los eslabones y los pesos correspondientes y un sistema coordenado cuyo origencoincide con el punto M , a lo largo del eje de la revoluta que conecta los eslabones 1 y 2. Determine el momentogeneralizado asociado a la coordenada generalizada θ2.
9
Del ejemplo 2, las velocidades de los centros de masas de los eslabones en terminos de las velocidades virtualesestan dadas por las ecuaciones (40), (41), y (42). Por lo tanto, la potencia virtual esta dada por
P = −θ2a22C θ2m2 g −
[
θ2 a2 C θ2 +(
θ3 + θ2
) a32C (θ2 + θ3)
]
m3 g
−(
θ2 + θ3 + θ4
) a42C θ1m4 g. (54)
y separando la potencia virtual en terminos de las velocidades virtuales generalizadas, se tiene que
P = θ2 g{
−m2
a22C θ2 −m3
[
a2 C θ2 +a32C (θ2 + θ3)
]
−m4
a42C θ1
}
+θ3 g{
−m3
a32C (θ2 + θ3)−m4
a42C θ1
}
+ θ4 g{
−m4
a42C θ1
}
. (55)
A primera vista, resulta que el momento generalizado es funcion de θ3 y θ4, ademas de θ2. Sin embargo, las ecuaciones(38) y (39) indican que θ3 y θ4 son funciones de θ2. Por lo tanto, el momento generalizado asociado a θ2 esta dado por
Mθ2 = θ2 g{
−m2
a22C θ2 −m3
[
a2 C θ2 +a32C (θ2 + θ3)
]
−m4
a42C θ1
}
+θ3 g{
−m3
a32C (θ2 + θ3)−m4
a42C θ1
}
+ θ4 g{
−m4
a42C θ1
}
. (56)
donde deben sustituirse las ecuaciones (38) y (39).
3 El Principio del Trabajo Virtual.
En esta seccion se presentara el principio del trabajo virtual. Este principio fue formulado por Bernoulli y otroscientıficos del siglo XVII y junto con el principio de D’Alembert constituyen la base para encontrar las ecuacionesde movimiento de un sistema mecanico. En particular, este enunciado del principio de trabajo virtual requiere desistemas mecanicos ideales, en estos sistemas las fuerzas de restriccion no realizan trabajo.
Definicion: Principio del Trabajo Virtual. El principio tiene dos partes
1. Si un sistema mecanico ideal esta en equilibrio, el trabajo virtual neto de todas las fuerzas debe desaparecerpara todos los posibles conjuntos de desplazamientos virtuales.
2. Si el trabajo virtual neto de todas las fuerzas activas desaparece para todos los posibles conjuntos de desplaza-mientos virtuales un sistema mecanico ideal esta en un estado de equilibrio generalizado.
De la ecuacion (48), reproducida a continuacion
δW =
F∑
i=1
Fqi δqi = Fq1 δq1 + Fq2 δq2 + · · ·+ FqF δqF .
Se tiene que el trabajo virtual δW desaparece para todos los posibles valores de los desplazamientos virtuales si, ysolo si, todas y cada uno de las fuerzas generalizadas es 0. El argumento es sencillo, por un lado, si
Fq1 = Fq2 = · · · = FqF = 0,
entonces, para cualquier posible valor de desplazamiento virtual, δq1, δq2, . . ., δqF el trabajo virtual es 0.Por el otro lado, suponga un desplazamiento virtual tal que
δqi = 0 ∀i = 1, 2, . . . , F excepto para δqj
Entonces, en este caso
δW =
F∑
i=1
Fqi δqi = Fqj δqj .
Entonces, puesto que δqj es un desplazamiento virtual, el trabajo virtual es igual a 0 solo cuando Fqj es igual a 0.Repitiendo el argumento para todo j = 1, 2, . . . , F , se concluye que todas las fuerzas generalizadas deben ser igualesa 0.
10
Figure 5: Un Primer Sistema Mecanico en Equilibrio.
Ejemplo 5. En la figura 5, el resorte de constante k adopta su longitud no deformada cuando θ = 90◦. Encuentreel angulo θ cuando el peso P actua como se muestra. Desprecie cualquier otro peso del sistema y determine θ enterminos de P , k, y a. Evalue θ para cuando P = 1000Lb, k = 10 lb/in, y a = 50in.4
Solucion: Es facil de ver que θ puede seleccionarse como la coordenada generalizada de este sistema con un gradode libertad. Ademas, si se supone que la velocidad angular de la barra AB es θ k, entonces, las velocidades del puntoB, perteneciente a cualquiera de las barras AB o BC, y del punto C perteneciente a la barra BC estan dadas por
~vB = θ a C θ i+ θ a S θ j (57)
~vC = 2 θ a S θ j (58)
Por otro lado, el peso en el punto B esta dado por
~P = −P j.
Mientras que la fuerza del resorte esta dada por
~FR = 2 k aC θ j.
Por lo tanto, la potencia virtual esta dada por
Pp = ~vB · ~P + ~vC · ~FR = −P θ a S θ + 4 k θ a2 S θ C θ = a θ S θ (−P + 4 k aC θ) (59)
Puesto que el trabajo virtual, y como consecuencia la potencia virtual, debe ser 0 para todo posible valor de lavelocidad virtual θ, resulta que la condicion de equilibrio es
aS θ (−P + 4 k aC θ) = 0 (60)
Las dos posibles soluciones son
1. S θ = 0, esta condicion conduce aθ ∈ {0◦, 180◦}.
Esta es una solucion valida pero no es la que buscamos.
2. −P + 4 k aC θ = 0, esta condicion conduce a
C θ =P
4 k a=
1000Lb
4 (10Lb/in) (50 in)= 0.5
Por lo tanto θ = 60◦. Este es el resultado esperado.
4En el apendice de estas notas, este problema se resuelve empleando las ecuaciones de la estatica.
11
Ejemplo 6. En la figura 6, se sabe que la lınea de accion de la fuerza ~Q pasa por el punto C del mecanismomostrado en la figura, derive una expresion para determinar la magnitud de la fuerza ~Q para mantener el equilibrio.5
Figure 6: Un Segundo Sistema Mecanico en Equilibrio.
Solucion: Es facil de ver que θ puede seleccionarse como la coordenada generalizada de este sistema con un gradode libertad. Ademas, de la cinematica de mecanismos, se sabe que la velocidad angular de las barras ABC y DE soniguales entre si y se supondra que estan dadas por θ k, entonces, las velocidades del punto A, perteneciente a la barrasABC, y del punto D perteneciente a la barra DE o BD estan dadas por
~vA = −2L θ C θ i− 2L θ S θ j (61)
~vD = −L θ C θ i− L θ S θ j (62)
Por otro lado, el vector de posicion del punto C respecto del punto D esta dado por
~rC/D = LS θ i+ L (1− C θ) j
Por lo tanto, un vector unitario en la direccion de este vector esta dado por
u =S θ i+ (1− C θ) j√
2(1− C θ)
De aquı que, la potencia virtual de las fuerzas activas este dada por
Pp = ~vA · ~P + ~vD · ~Q = ~vA · ~P + ~vD ·Q u = 2P L θ S θ − QL θS θ√
2(1− C θ)(63)
De manera que la fuerza generalizada Fθ esta dada por
Pp = Fθ θ =
[
2P LS θ − QLS θ√
2(1− C θ)
]
θ (64)
De manera que el sistema estara en equilibrio si, y solo si, la fuerza generalizada Fθ es igual a 0. Por lo tanto, laecuacion de equilibrio del sistema esta dada por
LS θ
[
2P − Q√
2(1− C θ)
]
= 0.
Existen dos soluciones de la ecuacion de equilibrio.
5Este problema corresponde al Problema 10-10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Eight Edition, 2006,
Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
12
1. S θ = 0, por lo que θ ∈ {0◦, 180◦} esta condicion conduce a una posicion de equilibrio inestable.
2. La segunda condicion conduce a la posicion de equilibrio estable que se busca.
2P − Q√
2(1− C θ)= 0.
Por lo tanto, el valor de Q esta dado por
Q = 2P√
2(1− C θ). (65)
Ejemplo 7. En la figura 7, la puerta inclinada de peso P se mantiene abierta mediante un cable restringidounido a un resorte de constante k lb/in y la fuerza del resorte es S0 cuando θ = 90◦. Determine θ para k = 5 lb/ft,P = 100Lb, S0 = 5Lb, y L = 4 ft. Suponga que el diametro de la polea es despreciable.
Figure 7: Un Tercer Sistema Mecanico en Equilibrio.
Solucion: Es facil de ver que θ puede seleccionarse como la coordenada generalizada de este sistema con un gradode libertad. Ademas, si se supone que la velocidad angular de la barra es igual a θk, entonces, las velocidades delcentro de masas de la barra, punto G, y del extremo C de la barra, estan dadas por
~vG =L
2θCθi+
L
2θSθj (66)
~vC = LθCθi+ LθSθj (67)
El peso de la puerta esta dado por~P = −P j
Por otro lado, la deformacion del resorte para una posicion arbitraria dada por θ esta dada por
~FR ={
S0 + k[L√
2(1− Sθ)]}
u
donde u es un vector unitario en la direccion del punto C hacia la polea. Este vector unitario, esta dado por
u =(1− Sθ)i+ Cθj√
2(1− Sθ)
13
De aquı que, la potencia virtual de las fuerzas activas este dada por
PP = ~vG · ~P + ~vC · ~FR
= −P L2θSθ +
{S0 + k[L√
2(1− Sθ)]}√
2(1− Sθ)Lθ[(1− Sθ)Cθ + SθCθ]
= Lθ
[
−P2Sθ +
{S0 + k[L√
2(1− Sθ)]}√
2(1− Sθ)(Cθ − SθCθ + SθCθ)
]
= Lθ
[
−P2Sθ +
{S0 + k[L√
2(1− Sθ)]}√
2(1− Sθ)Cθ
]
(68)
La fuerza generalizada asociada a la coordenada generalizada θ esta dada por
Fθ = L
[
−P2Sθ +
{S0 + k[L√
2(1− Sθ)]}√
2(1− Sθ)Cθ
]
(69)
Por lo tanto, la posicion de equilibrio requiere que Fθ = 0. Puede probarse facilmente, que una raız de esta ecuaciones θ = 26.3◦.
Ejemplo 8. Si el resorte de constante k = 4000N/m mostrado en la figura 8 se encuentra sin estirar cuando labarra esta en posicion horizontal, determine el valor de θ correspondiente a la posicion de equilibrio del sistema paraP = 600N y L = 800mm.6
Figure 8: Un Cuarto Sistema Mecanico en Equilibrio.
Solucion: La variable θ se elige como coordenada generalizada del sistema mecanico. Tambien puede suponerseque la velocidad angular de la barra ABC ~ωABC = θk.
Primeramente es necesario calcular los siguientes vectores de posicion:
~rC/B = L(cos θi+ sin θj)
~rA/B = −L(cos θi+ sin θj)
~rD/C = −L cos θi− L(1 + sin θj) (70)
Ahora se encuentran las velocidades de los puntos C y A:
6Este problema es muy semejante al Problema 10-35 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition,
2009, Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
14
~vC = ~ωABC × ~rC/B = θk × L(cos θi+ sin θj) = −θL sin θi+ θL cos θj (71)
~vA = ~ωABC × ~rA/B = θk ×−L(cos θi+ sin θj) = θL sin θi− θL cos θj (72)
La fuerza en el punto A esta dada por ~P = −P j mientras que la fuerza del resorte en el punto C se calcula de lasiguiente manera:
~Fr = Fru = kδu (73)
La deformacion del resorte δ esta dada por δ = lf − lo donde lf y lo representa la longitud final y la longitudlibre-sin deformar- del resorte respectivamente y estan dadas por:
lo = L√2
lf = ||~rD/C || = L√
2(1 + sin θ)
δ = lf − lo = L(√
2(1 + sin θ)−√2) (74)
Entonces ya es posible determinar la fuerza del resorte:
~Fr = Fru = −kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
(
cos θi+ (1 + sin θ)j√
2(1 + sin θ)
)
(75)
La potencia virtual por tanto estara dada por:
Pp = ~Fr · ~vC + ~P · ~vA
= −kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
√
2(1 + sin θ)(cos θi+ (1 + sin θ)j) · θL(− sin θi+ cos θj) + θL cos θP
= θL cos θ
[
−kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
√
2(1 + sin θ)+ P
]
(76)
La fuerza generalizada asociada a la coordenada generalizada θ esta dada por
Fθ = L cos θ
[
−kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
√
2(1 + sin θ)+ P
]
(77)
Del principio del trabajo virtual, se conoce que el sistema esta en una posicion de equilibrio generalizado cuandotodas y cada una de las fuerzas generalizadas desaparece. En este caso, como nicamente existe una coordenadageneralizada, el sistema esta en equilibrio generalizado si y solo si
Fθ = L cos θ
[
−kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
√
2(1 + sin θ)+ P
]
= 0
De modo que las dos posibles soluciones de esta condicion son:
1. La primera condicion esta dada porcos θ = 0
esta condicion conduce a: θ ∈ {90◦, 270◦}. Esta es una solucion valida pero no es la que buscamos.
2. La segunda condicion esta dada por
(
−kL(√
2(1 + sin θ)−√2)
√
2(1 + sin θ)+ P
)
= 0,
15
esta condicion conduce a:(
√
2(1 + sin θ)−√2
√
2(1 + sin θ)
)
=P
kL(78)
Sustituyendo los datos numericos y resolviendo la ecuacion (78) se obtiene el resultado esperado de θ =0.5407660628 rad = 30.98354065◦
Ejemplo 9. Si se sabe que el coeficiente de friccion estatica entre el colların C y la barra vertical es de µs = 0.40,determine la magnitud maxima y mınima del par ~M para que el sistema se mantenga en equilibrio en la posicion quese muestra en la figura 9, cuando θ = 35◦, L = 30in y P = 1200lb. 7
Figure 9: Un Quinto Sistema Mecanico en Equilibrio.
Solucion: Es evidente que el sistema mecanico es un mecanismo de manivela biela corredera que tiene un grado delibertad. Entonces, θ puede seleccionarse como la coordenada generalizada, un cuanto inusual, del sistema mecanico.El primer paso consiste en la solucion del analisis de velocidad del mecanismo. Los vectores de posicion son
~rB/A =L
2j ~rC/B = L(Cθi− Sθj) (79)
Por otro lado, las velocidades angulares de las barras AB y BC estan dadas por
~ωAB = ωk ~ωBC = θk (80)
La ecuacion vectorial que resuelve el analisis de velocidad esta dada por
vC j = ~vC = ~vB + ~vC/B = ~ωAB × ~rB/A + ~ωBC × ~rC/B = ωk ×(
L
2j
)
+ θk × [L(Cθi− Sθj)]
vC j = ~vC = ~vB + ~vC/B = −ωL2i+ θLCθj + θLSθi (81)
De modo que las ecuaciones escalares resultantes estan dadas por
vC = θLCθ y 0 = −ωL2+ θLSθ (82)
Por lo tanto, la solucion del analisis de velocidad esta dada por
ω = 2θSθ y vC = θLCθ (83)
7Este problema es semejante al Problema 10-51 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009,
Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
16
y las velocidades importantes, en terminos de la coordenada generalizada θ, estan dadas por
~ωAB = ωk = 2θSθk y ~vC = θLCθj (84)
El siguiente paso, consiste en la determinacion de la fuerza de friccion entre el colların y la guıa. Para tal fin, considereel diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 10, es evidente que es necesario analizar dos casos.
Figure 10: Diagrama del Cuerpo Libre del Colların
1. En el primer caso, supondremos que el movimiento incipiente del colların es hacia arriba, de manera que la fuerzade friccion esta dirigida en sentido opuesto, hacia abajo. Las ecuaciones de equilibrio del colların estan dadaspor
−F Cθ +N = 0 y F Sθ − P − µsN = 0
El sistema lineal de ecuaciones, donde las incgnitas son F y N puede escribirse como[
−Cθ 1Sθ −µs
] [
FN
]
=
[
0P
]
(85)
Por lo tanto, la solucin del sistema esta dado por
F =P
Sθ − µsCθy N =
P
tgθ − µs(86)
de manera que la fuerza de friccion esta dada por
~Ff = −µsNj = −µsP
tgθ − µsj
En este caso, la potencia virtual esta dada por
Pp = ~M · ~ωAB + (~P + ~Ff ) · ~vC
= Mk · 2θSθk −(
P + µsP
tgθ − µs
)
j · θLCθj
= θ
[
2MSθ − Ptgθ − µs + µs
tgθ − µsLCθ
]
= θ
[
2MSθ − PLtgθCθ
tgθ − µs
]
= θSθ
[
2M − PL1
tgθ − µs
]
(87)
Por lo tanto, la fuerza generalizada Fθ asociada a la coordenada generalizada θ, esta dada por
Fθ = Sθ
[
2M − PL1
tgθ − µs
]
(88)
17
Ahora bien, el principio de trabajo virtual establece que un sistema mecanico esta en un estado de equilibriogeneralizada si la fuerza generalizada, Fθ, asociada a la nica coordenada generalizada θ es igual a 0. Puesto queθ = 35◦, entonces Sθ 6= 0 y el equilibrio del sistema requiere que
2M − PL1
tgθ − µs= 0
Por lo tanto, el momento necesario para el equilibrio del sistema esta dado por
Mmax =PL
2(tgθ − µs)=
(1200lb)(2.5pies)
2(tg 35◦ − 0.4)= 4996.54 lb− pie. (89)
2. En el segundo caso, supondremos que el movimiento incipiente del colların es hacia abajo, de manera que lafuerza de friccion esta dirigida en sentido opuesto, hacia arriba. Las ecuaciones de equilibrio del colların estandadas por
−F Cθ +N = 0 y F Sθ − P + µsN = 0.
El sistema lineal de ecuaciones, donde las incognitas son F y N puede escribirse como
[
−Cθ 1Sθ µs
] [
FN
]
=
[
0P
]
(90)
Por lo tanto, la solucion del sistema esta dado por
F =P
Sθ + µsCθy N =
P
tgθ + µs(91)
de manera que la fuerza de friccion esta dada por
~Ff = µsNj = µsP
tgθ + µs
En este caso, la potencia virtual esta dada por
Pp = ~M · ~ωAB + (~P + ~Ff ) · ~vC
= Mk · 2θSθk −(
−P + µsP
tgθ + µs
)
j · θLCθj
= θ
[
2MSθ + P−tgθ − µs + µs
tgθ + µsLCθ
]
= θ
[
2MSθ − PLtgθCθ
tgθ + µs
]
= θSθ
[
2M − PL1
tgθ + µs
]
(92)
Por lo tanto, la fuerza generalizada Fθ asociada a la coordenada generalizada θ, esta dada por
Fθ = Sθ
[
2M − PL1
tgθ + µs
]
(93)
Ahora bien, el principio de trabajo virtual establece que un sistema mecanico esta en un estado de equilibriogeneralizada si la fuerza generalizada, Fθ, asociada a la nica coordenada generalizada θ es igual a 0. Puesto queθ = 35◦, entonces Sθ 6= 0 y el equilibrio del sistema requiere que
2M − PL1
tgθ + µs= 0
Por lo tanto, el momento necesario para el equilibrio del sistema esta dado por
Mmax =PL
2(tgθ + µs)=
(1200lb)(2.5pies)
2(tg 35◦ + 0.4)= 1363.38lb− pie. (94)
18
Figure 11: Barras articuladas.
Ejemplo 10. En la figura 11, la masa de una barra uniforme de longitud l es m, mientras que la otra barrauniforme de longitud 2 l es 2m. Para una fuerza dada P , determine el angulo para lograr el equilibrio, θ.
Solucion: La primer parte de la solucion consiste en obtener las ecuaciones de la velocidad de los puntos dondeesta aplicada alguna fuerza o torque. Para tal fin, es necesario determinar los angulos que las barras 2 y 3 forman conrespecto al semieje positivo X.
Los angulos β2 y β3 estan dados —note que en todas las posibles configuraciones, el triangulo OBD es un trianguloisosceles— por
β2 = 90◦ − θ
2β3 = 90◦ +
θ
2Los vectores de posicion necesarios para la solucion del problema son,
~rB/O = dS
(
θ
2
)
i+ dC
(
θ
2
)
j ~rC/B =d
2S
(
θ
2
)
i− d
2C
(
θ
2
)
j ~rD/B = dS
(
θ
2
)
i− dC
(
θ
2
)
j
Las velocidades angulares de los eslabones 2 y 3, estan dadas por
~ω2 =d β2d t
k =d
d t
(
90◦ − θ
2
)
k = − θ2k ~ω3 =
d β3d t
k =d
d t
(
90◦ +θ
2
)
k =θ
2k
Figure 12: Notacion asociada a barras articuladas.
La velocidad del punto B esta dada por
~vB = ~ω2 × ~rB/O =
(
− θ2k
)
×[
dS
(
θ
2
)
i+ dC
(
θ
2
)
j
]
=θ
2dC
(
θ
2
)
i− θ
2dS
(
θ
2
)
j
19
Con este resultado, la velocidad del punto C esta dada por
~vC = ~vB + ~ω3 × ~rC/B =θ
2dC
(
θ
2
)
i− θ
2dS
(
θ
2
)
j +θ
2k ×
[
d
2S
(
θ
2
)
i− d
2C
(
θ
2
)
j
]
=
[
θ
2dC
(
θ
2
)
+θ
2
d
2C
(
θ
2
)
]
i+
[
− θ2dS
(
θ
2
)
+θ
2
d
2S
(
θ
2
)
]
j =3 θ
4dC
(
θ
2
)
i− θ
4dS
(
θ
2
)
j
La velocidad ~vD se obtendra de la ecuacion
~vD = ~vB + ~ω3 × ~rD/B =θ
2dC
(
θ
2
)
i− θ
2dS
(
θ
2
)
j +θ
2k ×
[
dS
(
θ
2
)
i− dC
(
θ
2
)
j
]
=
[
θ
2dC
(
θ
2
)
+θ
2dC
(
θ
2
)
]
i+
[
− θ2dS
(
θ
2
)
+θ
2dS
(
θ
2
)
]
j = θ d C
(
θ
2
)
i
Las fuerzas que hacen trabajo en el sistema son, ~F y el peso de la barra pequena ~W . El peso de la barra grandeno hace trabajo ya que al ser una barra uniforme su centro de masa esta ubicado a la mitad de la misma, en el puntoO, y este punto coincide con el eje de rotacion cuya velocidad es nula. Por lo tanto
~F = −F i ~W = −mgj
La potencia de las fuerzas que actuan sobre el sistema esta dada por
~P = ~F · ~v + ~T · ~ω = ~F · ~vD + ~W · ~vC = −F i ·(
θ d C
(
θ
2
)
i
)
+(
−mgj)
·[
3 θ
4dC
(
θ
2
)
i− θ
4dS
(
θ
2
)
j
]
= θd
4mg S
(
θ
2
)
− θ d F C
(
θ
2
)
Para determinar el angulo de equilibrio θ, se iguala la potencia a cero y se obtiene
θ d
[
1
4mg S
(
θ
2
)
− F C
(
θ
2
)]
= 0
Finalmente, como d y θ no pueden ser iguales a 0, se tiene que
1
4mg S
(
θ
2
)
− F C
(
θ
2
)
= 0 tanθ
2=
S θ2
C θ2
=4F
mg
La solucion es finalmente
θ = 2 tan−1
(
4F
mg
)
(95)
4 Determinacion de las Ecuaciones de Movimiento Mediante el Princi-
pio del Trabajo Virtual.
En esta seccion se mostrara como obtener las ecuaciones de movimiento de un sistema mecanico mediante la aplicaciondel principio de D’Alembert y el principio del trabajo virtual. Por un lado, el principio de D’Alembert muestra que uncuerpo rıgido, cuando se agregan las fuerzas de inercia−M~aG e I~α, se encuentra en un estado de equilibrio generalizado.Mas an, si a todos los eslabones o cuerpos rıgidos de un sistema mecanico, se agregan las correspondientes fuerzas deinercia, el sistema mecanico esta en un estado de equilibrio generalizado.
Por ejemplo, en el manipulador plano RR mostrado en la figura 10, los dos eslabones del manipulador estan sujetosa las fuerzas de inercia, por lo tanto el manipulador RR se encuentra en un estado de equilibrio generalizado y por lotanto es posible aplicar el principio de trabajo virtual.
20
Figure 13: Parametros Dinamicos de un Manipulador Plano RR
Supondremos que los pares de revoluta del manipulador no tienen friccion, que la distribucion de masa de loseslabones es tal que los ejes perpendiculares al plano de movimiento que pasan por los centros de masas G1 y G2 de loseslabones son ejes principales de inercia y que las masas de los eslabones del manipulador sonm1 ym2 respectivamente.Los vectores de posicion de los centros de masas estan dados por
~rG1/O =a122Cθ1i+
a122Sθ1j (96)
~rG2/O = ~rP/O + ~rG2/P
=[
a12Cθ1 +a232C(θ1 + θ2)
]
i+[
a12Sθ1 +a232S(θ1 + θ2)
]
j (97)
Las velocidades de los centros de masas estan dadas por
~vG1= −θ1
a122Sθ1i+ θ1
a122Cθ1j (98)
~vG2= −
[
θ1a12Sθ1 + (θ1 + θ2)a232S(θ1 + θ2)
]
i
+[
θ1a12Cθ1 + (θ1 + θ2)a232C(θ1 + θ2)
]
j (99)
Finalmente, las aceleraciones de los centros de masas estan dadas por
~aG1= −
[
θ1a122Sθ1 + θ2
1
a122Cθ1
]
i+[
θ1a122Cθ1 − θ2
1
a122Sθ1
]
j (100)
~aG2= −
[
θ1a12Sθ1 + θ21a12Cθ1 + (θ1 + θ2)
a232S(θ1 + θ2) + (θ1 + θ2)
2a232C(θ1 + θ2)
]
i
+[
θ1a12Cθ1 − θ21a12Sθ1 + (θ1 + θ2)
a232C(θ1 + θ2)− (θ1 + θ2)
2a232S(θ1 + θ2)
]
j (101)
Finalmente, las velocidades y las aceleraciones angulares de los eslabones estan dadas por
~ω1 = θ1k y ~ω2 = (θ1 + θ2)k (102)
~α1 = θ1k y ~α2 = (θ1 + θ2)k (103)
Por lo tanto, la potencia virtual esta dada por
PP = PW1 + PW2 + Pp1 + Pp2
= ~W1 · ~vG1 + ~W2 · ~vG2 − [m1~aG1· ~vG1 + I1~α1 · ~ω1]− [m2~aG2
· ~vG2 + I2~α2 · ~ω2] (104)
La contribucion a la potencia virtual por parte del peso del primer eslabon, PW1, esta dada por
PW1 = −m1gj ·[
−θ1a122Sθ1i+ θ1
a122Cθ1j
]
= −m1gθ1a122Cθ1 = θ1
(
−m1ga122Cθ1
)
(105)
21
La contribucion a la potencia virtual por parte del peso del segundo eslabon, PW2, esta dada por
PW2 = −m2gj ·{
−[
θ1a12Sθ1 + (θ1 + θ2)a232S(θ1 + θ2)
]
i+[
θ1a12Cθ1 + (θ1 + θ2)a232C(θ1 + θ2)
]
j}
= −m2g[
θ1a12Cθ1 + (θ1 + θ2)a232C(θ1 + θ2)
]
= θ1
[
−m2g(
a12Cθ1 +a232C(θ1 + θ2)
)]
+ θ2
[
−m2g(a23
2C(θ1 + θ2)
)]
(106)
La contribucion a la potencia virtual por parte de las fuerzas de inercia del primer eslabon, Pp1, esta dada por
Pp1 = −[m1~aG1· ~vG1 + I1~α1 · ~ω1]
= −m1
{[
θ1a122Sθ1 + θ2
1
a122Cθ1
]
θ1a122Sθ1 +
[
θ1a122Cθ1 − θ2
1
a122Sθ1
]
θ1a122Cθ1
}
− I1θ1θ1
= θ1
{
−m1
[
θ21
a212
4Sθ1Cθ1(1− 1) + θ1
a212
4(S2θ1 + C2θ1)
]
− I1θ1
}
= −θ1[
m1
(
θ1a212
4
)
+ I1θ1
]
= −θ1[
θ1
(
I1 +m1
a212
4
)]
(107)
De manera semejante, la contribucion a la potencia virtual por parte de las fuerzas de inercia del segundo eslabon,Pp2, esta dada por
Pp2 = −[m2~aG2· ~vG2 + I2~α2 · ~ω2] = −I2θ2θ2 − I2θ1θ2 − I2θ2θ1 − I2θ1θ1
+1
2m2a12C(θ1)θ
2
1a23S(θ1 + θ2)θ2 −m2a12S(θ1)θ1a23S(θ1 + θ2)θ1
− 1
2m2a12S(θ1)θ1a23S(θ1 + θ2)θ2 −
1
2m2a23C(θ1 + θ2)θ
2
1θ2a12S(θ1)
− 1
2m2a23C(θ1 + θ2)θ
2
2a12S(θ1)θ1 −
1
2m2a23S(θ1 + θ2)θ2a12S(θ1)θ1
− m2a12C(θ1)θ1a23C(θ1 + θ2)θ1 −1
2m2a12C(θ1)θ1a23C(θ1 + θ2)θ2
+1
2m2a23S(θ1 + θ2)θ
2
2a12C(θ1)θ1 −
1
2m2a23C(θ1 + θ2)θ2a12C(θ1)θ1
− m2
2a12θ1θ1 −
1
4m2a
2
23θ1θ1 −
1
4m2a
2
23θ1θ2 −
1
4m2a
2
23θ2θ1 −
1
4m2a
2
23θ2θ2
= θ1
[
−I2(θ1 + θ2)−m2
(
a212θ1 +
1
4a223θ1 +
1
4a223θ2
)]
+ θ2
[
−I2(θ1 + θ2)−m2
(
1
4a223θ1 +
1
4a223θ2
)]
+ θ2
[
−1
2m2a12a23(θ1Cθ2 − θ2
1Sθ2)
]
+ θ1
[
−m2a12a23(θ1Cθ2 +1
2θ2Cθ2 −
1
2θ22Sθ2)
]
(108)
o reagrupando los terminos, se tiene que
Pp2 = θ1
{
−I2(θ1 + θ2)−m2
[
a212θ1 +
1
4a223(θ1 + θ2) + a12a23
(
θ1Cθ2 +1
2θ2Cθ2 −
1
2θ22Sθ2
)]}
+θ2
{
−I2(θ1 + θ2)−m2
[
1
4a223(θ1 + θ2) +
1
2a12a23(θ1Cθ2 − θ2
1Sθ2)
]}
(109)
Recolectando todos estos terminos y separandolos en terminos de las velocidades generalizadas, se tiene que
22
PP = PW1 + PW2 + Pp1 + Pp2
= θ1
{
−m1ga122Cθ1 −m2g
(
a12Cθ1 +a232C(θ1 + θ2)
)
− θ1
(
I1 +m1
a212
4
)
−I2(θ1 + θ2)−m2
[
a212θ1 +
1
4a223(θ1 + θ2) + a12a23
(
θ1Cθ2 +1
2θ2Cθ2 −
1
2θ22Sθ2
)]
}
+θ2
{
−m2g(a23
2C(θ1 + θ2)
)
− I2(θ1 + θ2)−m2
[
1
4a223(θ1 + θ2) +
1
2a12a23(θ1Cθ2 − θ2
1Sθ2)
]}
(110)
De acuerdo con el principio del trabajo virtual, las ecuaciones de movimiento del manipulador de dos grados de libertadse obtienen igualando a cero las fuerzas generalizadas asociadas a las coordenadas generalizadas.
Pθ1 = −m1ga122Cθ1 −m2g
(
a12Cθ1 +a232C(θ1 + θ2)
)
− θ1
(
I1 +m1
a212
4
)
−I2(θ1 + θ2)−m2
[
a212θ1 +
1
4a223(θ1 + θ2) + a12a23
(
θ1Cθ2 +1
2θ2Cθ2 −
1
2θ22Sθ2
)]
(111)
Pθ2 = −m2g(a23
2C(θ1 + θ2)
)
− I2(θ1 + θ2)−m2
[
1
4a223(θ1 + θ2) +
1
2a12a23(θ1Cθ2 − θ2
1Sθ2)
]
(112)
De manera que las ecuaciones de movimiento son
θ1
(
I1 +m1
a212
4
)
+ I2(θ1 + θ2)
+m2
[
a212θ1 +
1
4a223(θ1 + θ2) + a12a23
(
θ1Cθ2 +1
2θ2Cθ2 −
1
2θ22Sθ2
)]
+m1ga122Cθ1 +m2g
(
a12Cθ1 +a232C(θ1 + θ2)
)
= 0 (113)
I2(θ1 + θ2) +m2
[
1
4a223(θ1 + θ2) +
1
2a12a23(θ1Cθ2 − θ2
1Sθ2)
]
+m2g(a23
2C(θ1 + θ2)
)
= 0 (114)
5 Ecuacion de Movimiento de un Pendulo.
Considere el pendulo mostrado en la figura 14 formado por el eslabon de masa m1 = 1Kg, longitud a12 = 0.4m ymomento de inercia, respecto a su centro de masas y perpendicular al plano de movimiento igual a I1 = 0.3Kg−m2.Ademas se supondra que el eslabon es homogeneo de manera que el centro de masas esta localizado a una distanciaa12
2del punto O y el amortiguador c es lineal y su constante es igual a c = 0.05N s/m. El pendulo esta actuado por
el peso del pendulo y un torque T dado por
T (t) = T0ek1tSen(wt)
donde T0 = 0.25N m, k1 = −0.01 y ω = 3 rad/s.
El vector de posicion del centro de masas esta dado por
~rG1/O =a122Cθ1i+
a122Sθ1j (115)
23
Figure 14: Parametros Dinamicos de un Pendulo
La velocidad del centro de masas esta dada por
~vG1 = −θ1a122Sθ1i+ θ1
a122Cθ1j (116)
Finalmente, la aceleracion del centro de masas esta dada por
~aG1 = −[
θ1a122Sθ1 + θ2
1
a122Cθ1
]
i+[
θ1a122Cθ1 − θ2
1
a122Sθ1
]
j (117)
Finalmente, la velocidad y aceleracion angular de los eslabones estan dadas por
~ω1 = θ1k ~α1 = θ1k (118)
Por lo tanto, la potencia virtual esta dada por
Pp = PW1 + PTA + PT + Pp1
= ~W1 · ~vG1 + (−cθ1k) · ~ω1 + (T k) · ~ω1 − [m1~aG1 · ~vG1 + I1~α1 · ~ω1] (119)
La contribucion a la potencia virtual por parte del peso del pendulo, PW1, PTA, PT y Pp1 estan dadas por
PW1 = −m1gj ·[
−θ1a122Sθ1i+ θ1
a122Cθ1j
]
= −m1gθ1a122Cθ1 = θ1
(
−m1ga122Cθ1
)
PTA = (−cθ1k) · ~ω1 = (−cθ1k) · θ1k = −cθ21= θ1(−cθ1) (120)
PT = (T k) · ~ω1 = (T k) · θ1k = T θ1 = θ1(T ) (121)
y
Pp1 = −[m1~aG1 · ~vG1 + I1~α1 · ~ω1]
= −m1
{[
θ1a122Sθ1 + θ2
1
a122Cθ1
]
θ1a122Sθ1 +
[
θ1a122Cθ1 − θ2
1
a122Sθ1
]
θ1a122Cθ1
}
− I1θ1θ1
= θ1
{
−m1
[
θ21
a212
4Sθ1Cθ1(1− 1) + θ1
a212
4(S2θ1 + C2θ1)
]
− I1θ1
}
= −θ1[
m1
(
θ1a212
4
)
+ I1θ1
]
= −θ1[
θ1
(
I1 +m1
a212
4
)]
(122)
Por lo tanto, la potencia virtual puede escribirse como
24
Pp = Fθ1 θ1 = θ1
[
−m1ga122Cθ1 − cθ1 + T − θ1
(
I1 +m1
a212
4
)]
(123)
De manera que la fuerza generalizada asociada a θ1 esta dada por
Fθ1 = −m1 ga122Cθ1 − c θ1 + T − θ1
(
I1 +m1
a212
4
)
(124)
y la ecuacion de movimiento del sistema esta dada por Fθ1 = 0 o en forma desarrollada
θ1
(
I1 +m1
a212
4
)
+ cθ1 +m1ga122Cθ1 = T = T (t) = T0e
k1tSen(wt) (125)
Esta es una ecuacion diferencial de segundo orden no lineal y no homogenea, donde la excitacion esta dada por T .
6 Ejemplo de la Determinacion de las Ecuaciones de Movimiento de un
Sistema Mecanico.
Enunciado. Considere el engrane de 80mm. de radio mostrado en la figura 15 tiene una masa de 5 kgm. y radio degiro centroidal de 60mm. La barra 3 de 4 kgm. esta unida al centro del engrane y al perno B que se mueve librementeen una ranura vertical. Sabiendo que el sistema se suelta a partir del reposo cuando θ = 60◦, determine la velocidaddel centro del engrane cuando θ = 20◦.8
Figure 15: Barra sujeta a un engrane.
Solucion. Este problema usualmente se resuelve mediante el metodo de trabajo y energıa; sin embargo, en estecaso encontraremos las ecuaciones de movimiento del sistema. Mas aun, para encontrar las ecuaciones de movimientono emplearememos las ecuaciones de Newton-Euler sino los principios de D’Alembert y el de trabajo virtual. Para talfin, realizaremos los analisis de velocidad y aceleracion del sistema mecanico en terminos del angulo θ.
1. Analisis de Velocidad. Primero se determinaran los vectores de posicion
~rA/B = LS θ i+ LC θ j ~rG3/B =L
2S θ i+
L
2C θ j ~rA/O = r j
donde L = 320mm y r = 80mm.
La velocidad del punto A puede calcularse de dos diferentes maneras. La primera se basa en que el engranerueda sin deslizar, de manera que el punto O es un centro instantaneo de velocidad, de manera que
~vA = ~ω2 × ~rA/O = ω2 k × r j = −ω2 r i
8Este problema corresponde al Problema 17-47 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Ninth Edition, 2009,
Beer, F.P., Johnston, Jr. E. R., Mazurek, D. F., Cornwell, P. J. and Eisenberg, E. R., McGraw-Hill: New York.
25
Por otro lado, a partir del punto B, se tiene que
~vA = ~vB + ~ω3 × ~rA/B = vB j + ω3 k ×(
LS θ i+ LC θ j)
= −ω3 LC θ i+ (vB + ω3 LS θ) j
Las ecuaciones asociadas al analisis de velocidad son
−ω2 r = −ω3 LC θ 0 = vB + ω3 LS θ
Por lo tanto
ω2 = ω3
LC θ
rvB = −ω3 LS θ
Por lo tanto, las velocidades de los puntos A y G3 son
~vA = −ω2 r i = −ω3 LC θ i
y
~vG3 = ~vB + ~ω3 × ~rG3/B = −ω3 LS θ j + ω3 k ×(
L
2S θ i+
L
2C θ j
)
= −ω3
L
2C θ i− ω3
L
2S θ j
2. Analisis de Aceleracion.
La aceleracion del punto A puede calcularse de dos diferentes maneras. La primera se basa en que el engranerueda sin deslizar, de manera que el punto O es un centro instantaneo de velocidad, de manera que
~aA = ~α2 × ~rA/O = α2 k × r j = −α2 r i
Por otro lado, a partir del punto B, se tiene que
~aA = ~aB + ~α3 × ~rA/B − ω2
3~rA/B = aB j + α3 k ×
(
LS θ i+ LC θ j)
− ω2
3
(
LS θ i+ LC θ j)
=(
−α3 LC θ − ω2
3LS θ
)
i+(
aB + α3 LS θ − ω2
3LC θ
)
j
Las ecuaciones asociadas al analisis de aceleracion son
−α2 r = −α3 LC θ − ω2
3LS θ 0 = aB + α3 LS θ − ω2
3LC θ
Por lo tanto
α2 =L
r
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
aB = −α3 LS θ + ω2
3LC θ
Las aceleraciones de los centros de masas del engrane y la barra estan dados por
~aA = −α2 r = −L(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i
y
~aG3 = ~aB + ~α3 × ~rG3/B − ω2
3~rG3/B
=(
−α3 LS θ + ω2
3LC θ
)
j + α3 k ×(
L
2S θ i+
L
2C θ j
)
− ω2
3
(
L
2S θ i+
L
2C θ j
)
= −L2
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i+L
2
(
−α3 S θ + ω2
3C θ)
j
3. Calculo de las fuerzas que producen trabajo. Las fuerzas, incluyendo las de inercia, son
~W2 = −M2 g j~W3 = −M3 g j
~FIner2 = −M2 ~aA =M2L(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i
~FIner3 = −M3 ~aG3 = −M3
[
−L2
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i+L
2
(
−α3 S θ + ω2
3C θ)
j
]
~TIner2 = −IA ~α2 = −M2 k2L
r
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
k
~TIner3 = −IG3 ~α3 = − 1
12M3 L
2 α3 k
26
4. Calculo de la potencia virtual. Para el calculo de la potencia virtual, se tiene
P =(
~W2 + ~FIner2
)
· ~vA +(
~W3 + ~FIner3
)
· ~vG3 + ~TIner2 · ~ω2 + ~TIner3 · ~ω3
=[(
−M2 g j)
+(
M2L(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i)]
·(
−ω3 LC θ i)
+
[
(
−M3 gj)
+−M3
[
−L2
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
i+L
2
(
−α3 S θ + ω2
3C θ)
j
]]
·[
−ω3
L
2C θ i− ω3
L
2S θ j
]
+
[
−M2 k2L
r
(
α3 C θ + ω2
3S θ)
k
]
·(
ω3
L
rC θ k
)
+
(
− 1
12M3 L
2 α3 k
)
· ω3 k
= ω3
[
M2 L2(
−α3 C2 θ − ω2
3S θ C θ
)
−M2 L2k2
r2(
α3 C2 θ + ω2
3S θ C θ
)
]
+ ω3
[
M3
(
gL
2S θ
)
−M3
L2
12α3 +M3
(
−L2
4
(
α3 C2 θ + ω2
3S θ C θ + α3 S
2 θ − ω3 S θ C θ)
)]
= ω3
[
−M2 L2
(
1 +k2
r2
)
(
α3 C2 θ + ω2
3S θ C θ
)
+M3 gL
2S θ −M3
L2
3α3
]
5. Determinacion de la ecuacion de movimiento. La ecuacion de movimiento del sistema esta dada por
−M2 L2
(
1 +k2
r2
)
(
α3 C2 θ + ω2
3S θ C θ
)
+M3 gL
2S θ −M3
L2
3α3 = 0
Finalmente se sustituiran los valores de la variables, empleando el sistema internacional de unidades, y sesimplificara la ecuacion
M2 = 5 M3 = 4 k2 =6
100r =
8
100L =
32
100g =
981
100
La ecuacion resultante esta dada por
(
256
125+ 12C2θ
)
α3 + 12C θ S θ ω2
3− 11772
125S θ = 0
Un ultimo paso consiste en relacionar las velocidades y aceleraciones angulares ω3 y α3 con las derivadas de lavariable θ. Es importante notar que si ω3 es positiva, este resultado significa que θ disminuye. Lo mismo aplicacon α3. Por lo tanto, las relaciones son
ω3 = −d θd t
= −θ α3 = −d2 θ
d t2= −θ
Por lo tanto, la ecuacion diferencial resulta en
−(
256
125+ 12C2θ
)
θ + 12C θ S θ θ2 − 11772
125S θ = 0
6. Conversion de la ecuacion diferencial en un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias. Para este proposito,se define una primera ecuacion como
ω(t) =d θ
d t
de manera que la ecuacion de movimiento resulte
−(
256
125+ 12C2θ
)
dω
d t+ 12C θ S θ w(t)2 − 11772
125S θ = 0
Sujeto a las condiciones iniciales
Para t = 0 ω(0) = 0 y θ(0) = 60◦ = 1.047197551 rad
27
Figure 16: El angulo θ como funcion del tiempo.
7. Solucion del sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias e interpretacion de los resultados. El sistema deecuaciones diferenciales se resuelve de manera numerica empleando Maple c©, los resultados se muestran en lassiguientes dos figuras.
La figura 16 muestra el angulo θ como funcion del tiempo. En esta figura se desea encontrar el valor detiempo para el cual θ = 20◦ = 0.34906585 rad. La figura muestra que el valor aproximado de tiempo es det = 0.3773024 s.
Figure 17: La velocidad angular ω como funcion del tiempo.
Con el resultado obtenido en la figura 16, la figura 17 permite determinar la velocidad angular para el tiempot = 0.3773024 s y por lo tanto para cuando θ = 20◦ = 0.34906585 rad. La figura 17 muestra que la velocidadangular esta dada por ω = −2.5592407 rad/s.
28
Finalmente, debe recordarse que ω = d θdt y por la relacion entre d θ
dt y ω3, se tiene que
~ω3 = −d θdt
k = −(−2.5592407 rad/s) k = 2.5592407 rad/s k
Por lo tanto, la velocidad del punto A esta dada por
~vA = −ω3 LC θ i = −(2.5592407 rad/s)(0.32m)Cos20circ = −0.76956m/s i.
El resultado concuerda razonablemente bien con el resultado reportado por el libro, −0.77m/s i.
7 Apendice A. Analisis del Ejemplo 5, Mediante las Ecuaciones de la
Estatica.
Considere nuevamente el problema 5, que nuevamente se muestra en la figura 18. Ademas la figura 19 muestra losdiagramas de cuerpo libre de cada uno de los eslabones.
Figure 18: Repeticion de un Sistema Mecanico en Equilibrio.
Las ecuaciones de equilibrio de los eslabones se muestran a continuacion. Debe notarse que la suma de momentosse escoge de manera que las ecuaciones resultantes sean mas sencillas.
1. Barra AB
ΣFx = 0 RAx −RBx = 0 (126)
ΣFy = 0 RAy −RBy − P = 0 (127)
ΣMA = 0 −RBx aCos θ −RBy aSen θ − P a sen θ = 0. (128)
2. Barra BC
ΣFx = 0 RBx −RCx = 0 (129)
ΣFy = 0 RBy −RCy = 0 (130)
ΣMC = 0 RBy aSen θ −RBx aCos θ = 0. (131)
3. Bloque C
ΣFx = 0 RCx −N = 0 (132)
ΣFy = 0 RCy + 2 k aCos θ = 0 (133)
29
Figure 19: Diagramas de Cuerpo Libre de los Eslabones del Ensamble.
Empleando las ecuaciones (126, 129, 132), se tiene que
RAx = RBx = RCx = N. (134)
Empleando las ecuaciones ( 130, 133), se tiene que
RBy = RCy = −2 k aCos θ. (135)
Empleando la ecuacion (127), se tiene que
RAy = P +RBy = P − 2 k aCos θ. (136)
Sustituyendo los valores de RBx y RBx, vea las ecuaciones (134, 135), en las ecuaciones (131, 131), se tiene que
−N aCos θ − (−2 k aCos θ) aSen θ − P aSen θ = 0 (137)
(−2 k aCos θ) aSen θ −N aCos θ = 0 (138)
De la ecuacion (138), se tiene queN aCos θ = −2 k a2 Sen θ Cos θ
Sustituyendo este resultado en la ecuacion (137), se tiene que
2 k a2 Sen θ Cos θ + 2 k a2 Cos θ Sen θ − P aSen θ = 0
Despejando el angulo θ, se tiene que
4 k a2 Sen θ Cos θ − P a sen θ = 0
4 k aCos θ − P = 0
Finalmente
Cos θ =P
4 k a
30
