Ejemplo 2.15: Suspensión de bicicleta (método gráfico)

Ejemplo 2.15: Suspensión de bicicleta (método gráfico)#

El mecanismo de la foto (cotas en centímetros) muestra la suspensión trasera de una bicicleta (examen de enero de 2023). Es el mismo mecanismo resuelto analíticamente en el Ejemplo 2.9: Suspensión de bicicleta. Se pide:

  1. Determinar todos los centros instantáneos de rotación (CIRs) absolutos.

  2. Hallar, por el método gráfico, la velocidad del punto \(A\).

  3. A partir del cinema de aceleraciones dado abajo, determinar las aceleraciones angulares de todos los sólidos.

foto

esquema

Cinema de aceleraciones, a escala

Datos: \(\omega_4 = 1\) rad/s antihorario, \(\alpha_4 = 2\) rad/s² horario. Si se necesita cualquier otra medida, se puede sacar utilizando las escalas gráficas.

Solución

1. CIRs absolutos

El mecanismo tiene \(N = 6\) cuerpos: 1 cuadro (bancada), 2 balancín \(DO_2A\), 3 basculante \(ABC\), 4 bieleta \(O_4B\), 5 cilindro y 6 vástago del amortiguador. Hay por tanto \(6 \cdot 5 / 2 = 15\) CIRs, de los que se piden los absolutos, es decir, todos aquellos en que uno de los dos cuerpos es la tierra: \(I_{12}\), \(I_{13}\), \(I_{14}\), \(I_{15}\) e \(I_{16}\).

Primero marcamos todos los CIRs que se pueden ver a simple vista: los pares de rotación entre parejas de cuerpos en contacto directo (\(I_{12}\), \(I_{23}\), \(I_{34}\), \(I_{14}\), \(I_{15}\) e \(I_{26}\)), e \(I_{56}\), que está en el infinito en la dirección perpendicular al eje del amortiguador, ya que el vástago desliza dentro del cilindro. De los CIRs absolutos, solo quedan por determinar \(I_{13}\) e \(I_{16}\).

Para hallar \(I_{13}\), aplicamos el teorema de Kennedy dos veces (ver explicación detallada en el Ejemplo 2.14: Centros instantáneos de un cuadrilátero articulado), usando los pares \(I_{12}\)-\(I_{23}\) e \(I_{14}\)-\(I_{34}\). Cada uno de dichos pares define una recta, y en su intersección estará el CIR buscado:

I13

Finalmente, hallamos \(I_{16}\) con los pares \(I_{15}\)-\(I_{56}\) (la recta por \(O_5\) perpendicular al eje del amortiguador) e \(I_{12}\)-\(I_{26}\):

I16

2. Velocidad de A

Aunque se emplee el método gráfico, se deben plantear primero las ecuaciones que determinan las velocidades, buscando un lazo que pase por todos los cuerpos de la cadena cinemática a analizar. En este caso, el lazo es \(O_4\)-\(B\)-\(A\)-\(O_2\), que da lugar a las siguientes ecuaciones de velocidades relativas:

\[\begin{split} \begin{aligned} \vec{v}_B &= \cancel{\vec{v}_{O_4}} + \omega_4\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_4B} && \text{(Cuerpo 4)} \\ \vec{v}_A &= \vec{v}_B + \omega_3\,\hat{k} \times \vec{r}_{BA} && \text{(Cuerpo 3)} \\ \vec{v}_A &= \cancel{\vec{v}_{O_2}} + \omega_2\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_2A} && \text{(Cuerpo 2)} \end{aligned} \end{split}\]

En el método gráfico conviene dejarlo todo como una única ecuación vectorial: sustituimos \(\vec{v}_B\) de la primera ecuación en la segunda, e igualamos los lados derechos de la segunda y la tercera, ya que ambos son \(\vec{v}_A\):

\[ \underbrace{\omega_2\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_2A}}_{\perp\, O_2A} = \underbrace{\omega_4\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_4B}}_{\text{conocido}} + \underbrace{\omega_3\,\hat{k} \times \vec{r}_{BA}}_{\perp\, AB} \]

donde ya se ha indicado qué término es perfectamente conocido (en módulo y dirección), y cuáles solo en dirección (perpendiculares a sus eslabones) pero desconocidos en módulo. De los datos, \(|\omega_4|\,\overline{O_4B} = 1~\text{rad/s} \cdot \sqrt{22.25^2 + 2.3^2}~\text{cm} = 22.35\) cm/s. Construyendo esta ecuación a escala se obtiene el siguiente cinema de velocidades:

Cinema de velocidades

del que medimos:

  • \(|\vec{v}_{AO_2}| = |\vec{v}_A| = 13.92\) cm/s, que es el valor pedido.

  • \(|\vec{v}_{BA}| = 12.45\) cm/s, de donde \(|\omega_3| = |\vec{v}_{BA}| / \overline{BA} = 12.45 / 26.91 = 0.46\) rad/s, en sentido antihorario.

3. Aceleraciones angulares

Al igual que con las velocidades, conviene escribir explícitamente las ecuaciones para identificar cada vector del cinema:

\[\begin{split} \begin{aligned} \vec{a}_B &= \cancel{\vec{a}_{O_4}} + \alpha_4\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_4B} - \omega_4^2\,\vec{r}_{O_4B} && \text{(Cuerpo 4)} \\ \vec{a}_A &= \vec{a}_B + \alpha_3\,\hat{k} \times \vec{r}_{BA} - \omega_3^2\,\vec{r}_{BA} && \text{(Cuerpo 3)} \\ \vec{a}_A &= \cancel{\vec{a}_{O_2}} + \alpha_2\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_2A} - \omega_2^2\,\vec{r}_{O_2A} && \text{(Cuerpo 2)} \end{aligned} \end{split}\]

que, unificadas en una sola ecuación:

\[ \underbrace{\alpha_2\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_2A}}_{\vec{a}^t_A} \underbrace{- \,\omega_2^2\,\vec{r}_{O_2A}}_{\vec{a}^n_A} = \underbrace{\alpha_4\,\hat{k} \times \vec{r}_{O_4B}}_{\vec{a}^t_B} \underbrace{- \,\omega_4^2\,\vec{r}_{O_4B}}_{\vec{a}^n_B} + \underbrace{\alpha_3\,\hat{k} \times \vec{r}_{BA}}_{\vec{a}^t_{BA}} \underbrace{- \,\omega_3^2\,\vec{r}_{BA}}_{\vec{a}^n_{BA}} \]

permiten identificar cada vector del cinema dado por su dirección (paralela o perpendicular a cada eslabón). Las componentes normales se conocen de las velocidades angulares, y \(\vec{a}^t_B\) del dato \(\alpha_4\); la construcción paso a paso de más abajo muestra cómo se dibuja el cinema. Midiendo sobre el cinema:

  • \(|\vec{a}^t_{BA}| \approx 8.1\) cm/s², de donde \(|\alpha_3| = |\vec{a}^t_{BA}| / \overline{BA} \approx 8.1 / 26.91 \approx 0.3\) rad/s², en sentido horario.

  • \(|\vec{a}^t_A| \approx 29.15\) cm/s², de donde \(|\alpha_2| = |\vec{a}^t_A| / \overline{O_2A} \approx 29.15 / 6.04 \approx 4.82\) rad/s², en sentido horario.

Estos valores coinciden con la solución analítica del Ejemplo 2.9: Suspensión de bicicleta: \(\alpha_3 = -0.3016\) rad/s² y \(\alpha_2 = -4.803\) rad/s².

Construcciones paso a paso#

CIRs absolutos, y comprobación de \(\vec{v}_A\) con \(I_{13}\):

Cinema de velocidades (apartado 2):

Cinema de aceleraciones (apartado 3):