Analisis de un Mecanismo de Manivela Biela Corredera para

Propositos de Balanceo de Maquinas de Combustion Interna.

Jose Marıa Rico MartınezDepartamento de Ingenierıa Mecanica.

Campus Irapuato-Salamanca, Universidad de Guanajuato.Comunidad de Palo Blanco.

CP 36885, Salamanca, Gto., MexicoE-mail: jrico@ugto.mx

November 26, 2019

1 Introduccion.

Estas notas tienen como objetivo mostrar la solucion del analisis cinematico y dinamico de un mecanismoplano de manivela biela corredera de una maquina de combustion interna para propopsitos de balanceo.

2 Analisis Cinematico del Mecanismo de Manivela Biela Corre-dera.

Se iniciara con el analisis cinematico de un mecanismo de manivela biela corredera sin excentricidad, comoel mostrado en la figura 1. En este caso se realizara un analisis simplificado, se supondra que la longitud dela manivela es r y que la longitud de la biela es l.

Figure 1: Mecanismo de manivela biela corredera.

Haciendo a un lado la ecuacion vectorial, es muy facil determinar que el desplazamiento de la corredera,dado por x, desde el punto A esta dado por

x = r cos(ω t) + l cos φ. (1)

Pero de la ley de senos aplicada al triangulo ABC, se tiene que

r

senφ=

l

sen(ω t)

1

de manera que

senφ =r

lsen(ω t) cos φ =

√1−

(rlsen(ω t)

)2De manera que la expresion para x se transforma en

x(t) = r cos(ω t) + l

√1−

(rlsen(ω t)

)2(2)

Ahora se llevara a cabo una aproximacion de la ecuacion (2) a partir de la formula binomial

(a+ b)n = an + nan−1 b+n (n− 1)

2!an−2 b2 +

n (n− 1) (n− 2)

3!an−3 b3 + . . .

Aplicando la formula binomial a la raiz cuadrada de la ecuacion (2), se tiene que

a = 1 b = −(rlsen(ω t)

)2n =

1

2

Por lo tanto,√1−

(rlsen(ω t)

)2 ∼= 112 +

1

21

12−1

[−(rlsen(ω t)

)2]+

12

(12 − 1

)2!

112−2

[−(rlsen(ω t)

)2]2+

12

(12 − 1

) (12 − 2

)3!

112−3

[−(rlsen(ω t)

)2]3+ . . .

∼= 1− 1

2

(rlsen(ω t)

)2− 1

8

(rlsen(ω t)

)4− 1

16

(rlsen(ω t)

)6. . . (3)

Esta aproximacion binomial es una alternativa, no totalmente precisa, de la expansion de la funcionmediante series de Fourier, que desafortunadamente requiere de conocer la relacion r

l . Sin embargo losresultados son bastante precisos aun cuando se use exclusivamente los dos primeros terminos de la expansion.De esa manera, la ecuacion (2) puede aproximarse como

x(t) = r cos(ω t) + l

√1−

(rlsen(ω t)

)2∼= r cos(ω t) + l

[1− 1

2

(rlsen(ω t)

)2] 12

∼= l + r cos(ω t) + l

[−1

2

r2

l2sen2(ω t)− 1

8

(rlsen(ω t)

)4− 1

16

(rlsen(ω t)

)6]∼= l + r cos(ω t)− r2

2 lsen2(ω t)− r4

8 l3sen4(ω t)− r6

16 l5sen6(ω t) (4)

Empleando las identidades trigonometricas

sen2(ω t) =1− cos(2ω t)

2=

1

2− 1

2cos(2ω t)

sen4(ω t) =

(1− cos(2ω t)

2

)2

=1

4− 1

2cos(2ω t) +

1

4cos2(2ω t) =

1

4− 1

2cos(2ω t) +

1

4

1 + cos(4ω t)

2

=3

8− 1

2cos(2ω t) +

1

8cos(4ω t)

sen6(ω t) =(sen2(ω t)

)3=

(1− cos(2ω t)

2

)3

=1

8

(1− 3 cos(2ω t) + 3cos2(2ω t)− cos3(2ω t)

)=

1

8− 3

8cos(2ω t) +

3

8

1 + cos(4ω t)

2− 1

8cos2(2ω t) cos(2ω t)

=1

8− 3

8cos(2ω t) +

3

8

1 + cos(4ω t)

2− 1

8

1 + cos(4ω t)

2cos(2ω t)

=5

16− 7

16cos(2ω t) +

3

16cos(4ω t)− 1

16cos(4ω t) cos(2ω t)

2

sin embargo, se tiene que

cos(4ω t) cos(2ω t) =1

2(cos(6ω t) + cos(2ω t))

Por lo tanto

sen6(ω t) =5

16− 7

16cos(2ω t) +

3

16cos(4ω t)− 1

16

1

2(cos(6ω t) + cos(2ω t))

=5

16− 15

32cos(2ω t) +

3

16cos(4ω t)− 1

32cos(6ω t)

Sustituyendo estas identidades en la ecuacion (4), se tiene que

x(t) ∼= l + r cos(ω t)− r2

2 l

1− cos(2ω t)2

− r4

8 l3

(3

8− 1

2cos(2ω t) +

1

8cos(4ω t)

)− r6

16 l5

(5

16− 15

32cos(2ω t) +

3

16cos(4ω t)− 1

32cos(6ω t)

)∼=

(l − r2

4 l− 3 r4

64 l3− 5 r6

256 l5

)+ r cos(ω t) +

(r2

4 l+

r4

16 l3+

15r6

512 l5

)cos(2ω t)(

− r4

64 l3− 3 r6

256 l5

)cos(4ω t) +

r6

512 l5cos(6ω t) (5)

Esta ecuacion puede expresarse como

x(t) ∼= C0 + r cos(ω t) + C2 cos(2ω t) + C4 cos(4ω t) + C6 cos(6ω t) (6)

Donde

C0 = l − r2

4 l− 3 r4

64 l3− 5 r6

256 l5(7)

C2 =r2

4 l+

r4

16 l3+

15 r6

512 l5(8)

C4 = − r4

64 l3− 3 r6

256 l5(9)

C6 =r6

512 l5(10)

Esta aproximacion es equivalente a considerar que unicamente se toman en cuenta las cuatro primerasarmonicas del desplazamiento. Derivando respecto al tiempo, se tiene que

x(t) ∼= −r ω sin(ω t)− 2C2 ω sin(2ω t)− 4C4 ω sin(4ω t)− 6C6 ω sin(6ω t) (11)

Volviendo a diferenciar respecto al tiempo, suponiendo que la velocidad angular ω es constante, se tiene que

x(t) ∼= −r ω2 cos(ω t)− 4C2 ω2 cos(2ω t)− 16C4 ω

2 cos(4ω t)− 36C6 ω2 cos(6ω t) (12)

3 Analisis de las fuerzas en el mecanismo de manivela, biela ycorredera.

En esta seccion, se analizaran las fuerzas que aparecen en el mecanismo de manivela biela corredera de unamaquina de combustion interna. Se aplicara el principio de superposicion para analizar las fuerzas en dospartes: La primera concierne con las fuerzas debidas a la combustion en la camara del piston y la segundaconcierne con las fuerzas dinamicas asociadas a las velocidades angulares de los eslabones.

3

3.1 Fuerzas debidas a la combustion.

En esta primera parte, se considerara exclusivamente las fuerzas debidas a la combustion que se presentaen la camara del piston. Se despreciaran los pesos de los eslabones y las fuerzas de inercia, de manera queel analisis se realizara de manera estatica.

Considere los diagramas de cuerpo libre mostrados en la figura 2.

1. La fuerza del gas producido durante la combustion en el piston, esta dada por

Fg = π r2p pg

donde, rp es el radio del piston, que se supone igual al radio interno de la camara del piston y pg esla presion de los gases de combustion. Es importante senalar que la fuerza de los gases esta dirigidaen la direccion del eje semieje negativo X.

Figure 2: Diagramas de cuerpo libre en un mecanismo de manivela biela corredera.

2. Considere el diagrama de cuerpo rıgido del piston, se tiene que∑~F = ~0 F43x i− F43y j − Fg i+ Fcy j = ~0

Por lo tanto, se tiene que

F43x − Fg = 0 F43x = Fg y − F43y − Fcy = 0 F43y = Fcy

Sin embargo,F43y = F43x tanφ

Por lo tanto~F43 = Fg i− Fg tanφ j

3. Del analisis del eslabon 3, dado que se desprecia el peso del cuerpo y las fuerzas de inercias, el resultadoes muy simple y esta dado por

~F32 − ~F43 = ~0 Por lo tanto ~F32 = ~F43

4. Finalmente, del analisis de la manivela es posible obtener el par de torsion debido a la combustion.De la ecuacion

∑ ~F = ~0, se obtiene que

~F21 − ~F32 = ~0 Por lo tanto ~F21 = ~F32

4

Las fuerzas ~F21 y ~F32 constituyen un par de fuerzas que debe nulificarse por el par de torsion. Estepar de torsion puede calcularse realizando suma de momentos respecto al punto A, de manera que∑

~TA = ~0 − TM k = ~rB/A ×(−~F32

)De manera que, reconciendo que r sen(ω t) = l sen φ, se tiene que

TM k = ~rB/A × ~F32 =(r cos(ω t) i+ r sen(ω t) j

)×(Fg i− Fg tanφ j

)= − [r cos(ω t)Fg tanφ+ r sen(ω t)Fg] k = −Fg [r cos(ω t) tanφ+ l sen φ] k

= −Fg tanφ [r cos(ω t) + l sen φ] k = −Fg tanφx k (13)

y sustituyendo la ecuacion aproximada de x, se tiene que

~TM = −Fg tanφ{l − r2

4 l+ r

[cos(ω t) +

r

4 lcos(2ω t)

]}k (14)

4 Sistemas Dinamicos Equimomentales.

Primeramente definiremos a los sistemas dinamicos equimomentales.

Sistemas Dinamicos Equimomentales. Dos sistemas de cuerpos rıgidos son equimomentales sibajo conjuntos arbitrarios de fuerzas y momentos aplicados al sistema, su comportamiento dinamico es elmismo.

El caso mas sencillo de un sistema de cuerpos rıgidos es el formado por un unico cuerpo rıgido. Paraeste caso especial, dos cuerpos rıgidos se comportan de igual manera bajo conjuntos arbitrarios de fuerzasy momentos aplicados al sistema y, por lo tanto, son equimomentales, si y solo si:

1. Tienen la misma masa.

2. Tienen el mismo centro de masas, y

3. Tienen el mismo tensor de inercia con respecto a un mismo punto.

En estas notas, usaremos el concepto sistemas equimomentales para representar un cuerpo rıgido ar-bitrario mediante un sistema formado por varias masas puntuales. Una masa puntual es un modeloidealizado que se define como una masa que se concentra en un punto.

5 Modelo de Sistema Equimomental con Dos Partıculas.

En esta seccion se mostrara como, dado un cuerpo rıgido arbitrario, se puede obtener un sistema equimo-mental mediante dos masas puntuales. Para tal fin, se emplearan coordenadas polares, como se muestra enla figura 3. En esta caso, las ecuaciones se reducen a

m = m1 +m2 (15)

mlC Cos θC = m1 l1 Cos θ1 +m2 l2 Cos θ2 (16)

mlC Sen θC = m1 l1 Sen θ1 +m2 l2 Sen θ2 (17)

IO = IC +ml2C = m1 l21 +m2 l

22 (18)

Puesto que las ecuaciones (15-18) son no lineales, es necesario seleccionar cuidadosamente dos de lasvariables libres que en esta formulacion, en coordenadas polares, estan dadas por m1,m2, l1, l2, θ1 y θ2.

5

Figure 3: Cuerpo Rıgido y Masas de Dos Partıculas en Coordenadas Polares.

Si se selecciona θ1 = 0◦ y θ2 = π2 = 90◦, se tiene que las ecuaciones se reducen a

m = m1 +m2 (19)

mxC = mlC Cos θC = m1 l1 (20)

myC = mlC Sen θC = m2 l2 (21)

IO = IC +ml2C = m1 l21 +m2 l

22 (22)

De la ecuaciones (19, 20, 21) se tiene que

m2 = m−m1 (23)

l1 =m

m1xC (24)

l2 =m

m2yC =

m

m−m1yC (25)

Sustituyendo estos resultados en la ecuacion (22), se tiene que

IO = m1 l21 + (m−m1) l22 = m1

(m

m1xC

)2

+ (m−m1)

(m

m−m1yC

)2

=m2 x2Cm1

+m2y2Cm−m1

=m2

m1(m−m1)

(x2C(m−m1) + y2Cm1

)Esta ecuacion conduce a la ecuacion cuadratica en m1, dada por

IO(mm1 −m21) = m2

(mx2C +m1(y2C − x2C)

)o en su forma final

m21(IO) +m1

[m2(y2C − x2C

)− IOm

]+m3 x2C = 0 (26)

De manera que las dos posibles soluciones para m1 estan dadas por

m1 =IOm+m2

(x2C − y2C

)±√

[IOm+m2 (x2C − y2C)]2 − 4IOm3 x2C

2 IO. (27)

6

Una vez determinada la masa m1 de la ecuacion (27), este resultado se sustituye en las ecuaciones (23,24, 25), para determinar la masa m2, y las longitudes l1 y l2. De esa manera finaliza la determinacion delas dos masas puntuales que determinan un sistema equimomental.

5.1 Condiciones Necesarias Para un Sistema Equimomental con Dos PartıculasCuya Localizacion esta separada 180◦ Entre si.

Como se analizo en la seccion 5, si la posicion de las dos partıculas son arbitrarias, un cuerpo rıgido sujetoa movimiento plano general es equivalente a un sistema equimomental con dos partıculas. Verdaderamente,el sistema equimomental tienes seis incognitas —m1, m2, l1, l2, θ1 y θ2— y esas incognitas deben satisfacer4 ecuaciones: La equivalencia de masas, la equivalencia del primer momento de masas, una componente alo largo del eje X y otra componente a lo largo del eje Y , y la equivalencia de momentos de inercia conrespecto a un punto, usualmente el centro de masas del cuerpo rıgido C. Asi pues, en general es posibleseleccionar dos variables como libres. En la seccion 5 se escogieron como variables libres θ1 y θ2.

En esta seccion se analizara un caso particular de esta situacion. Suponga un cuerpo rıgido de masa my radio de giro centroidal kC , suponga ademas que el centro de masas del cuerpo rıgido y las dos partıculasque forman el sistema equimomental estan en lınea, como se muestra en la figura 4.

Figure 4: Cuerpo Rıgido y Masas de Dos Partıculas en Lınea.

Es importante notar que la definicion de este problema implica que ya se seleccionaron las siguientesvariables

θ1 = 180◦, θ2 = 0◦,

ademas de las longitudes l1 y l2 que ya estan especificadas. Uno puede pensar que el centro de masas dem1 esta localizado en (−l1, 0) y el centro de masas de m2 esta localizado en (l2, 0).

Las ecuaciones que aseguran que el cuerpo rıgido original es equivalente a las masas m1 y m2 son

Equiv. de masas m = m1 +m2 (28)

Equiv. del pri. mom. de masas, eje Y 0 = m (0) = −m1 l1 +m2 l2 (29)

Equiv. del pri. mom. de masas, eje X 0 = m (0) = −m1 (0) +m2 (0) (30)

Equiv. del seg. mom. de masas centroidal mk2C = m1 (−l1)2 +m2 (l2)2 (31)

Por lo tanto este problema requiere la solucion de 3 ecuaciones en dos incognitas y, en general, no tienesolucion a menos que los parametros del cuerpo rıgido satisfagan una ecuacion de compatibilidad.

De la ecuacion (29), resuelva para m2 en terminos de m1

m2 =m1 l1l2

(32)

7

Sustituyendo (32) en la ecuacion (28), resuelva para m1 en terminos de m

m1 =ml2

l2 + l1(33)

Revirtiendo el proceso, sustituyendo (33) en la ecuacion (32), resuelva para m2 en terminos de m

m2 =ml1

l2 + l1(34)

Finalmente, la condicion de compatibilidad se obtiene sustituyendo m1 y m2 en la ecuacion (31). Lacondicion esta dada por

mk2C =

[ml2

l2 + l1

]l21 +

[ml1

l2 + l1

]l22 =

ml1 l2 (l1 + l2)

l2 + l1= ml1 l2

Reduciendo, la ecuacion de compatibilidad esta dada por

k2C = l1 l2 (35)

Esta ecuacion de compatibilidad fue descubierta por Timoshenko y Young hace mas de 60 anos. Estemetodo nos va a permitir balancear las fuerzas que actuan sobre un mecanismo plano de cuatro barras.

Es importante senalar que esta suposicion se aplica frecuentemente en las etapas iniciales del diseno demaquinas de combustion interna.

6 Analisis Dinamico de una Maquina de Combustion Interna deun Unico Piston.

Considere el mecanismo de manivela biela corredera sin excentricidad como el mostrado en la figura 5, enel que, siguiendo los resultados de la seccion anterior, la inercia de la biela se ha sustituido por dos masasconcentradas en los extremos de la biela, B, dada por m3B , y C, dada por m3C , respectivamente. Deberecordarse, que esta descomposicion esta sujeta a restricciones que deben satisfacerse para que el analisissea exacto, vea la seccion 5.1.

Figure 5: Mecanismo de manivela biela corredera con la inercia de la biela sustituida.

Asumiendo que las condiciones para que la descomposicion de la inercia de la biela sea correcta, resultaque el analisis dinamico del mecanismo de manivela biela corredera de la maquina de combustion internase simplifica enormemente, pues la masa m3B estara sujeta a rotacion alrededor de eje fijo que pasa porel punto A y la masa m3C estara sujeta a la misma traslacion que el piston o corredera del mecanismo demanivela biela corredera.

La masa m3B , proveniente de la descomposicion de la inercia de la biela, y la masa m2 de la manivelapueden considerarse sujetas a rotacion alrededor de un eje fijo que es perpendicular al eje del papel y pasa

8

por el punto A. De manera que empleando las tecnicas de balanceo, descritas en el apunte correspondiente,pueden, anadiendo o retirando masa de la manivela, balancearse completamente y dejaran de constituir unproblema.

Queda analizar la masa m3C que se anade a la masa, m4, del piston o corredera 4, de tal manera queambas estan sujetas a un movimiento de traslacion. La fuerza de inercia que la biela debe transmitir ala corredera, en la direccion del eje X, para producir la aceleracion determinada por la ecuacion (12) estadada, de manera aproximada, por

F43x = (m3C +m4) x

= − (m3C +m4)[r ω2 cos(ω t)− 4C2 ω

2 cos(2ω t)− 16C4 ω2 cos(4ω t)− 36C6 ω

2 cos(6ω t)](36)

Esta fuerza solo se podra balancear mediante otro mecanismo de manivela biela corredera girado 180◦

y moviendo con el mismo movimiento. Sin embargo, este balanceo si se podra llevar a cabo, al menosparcialmente, en maquinas de combustion interna con cilindros multiples.

De manera semejante, se debe considerar el torque de inercia, que en el modelo simplificado, donde:

• La masa de la biela, m3 se ha repartido entre las masas m3B y m4C y

• Se supone que la manivela se balancea de manera que el centro de masas de la manivela, junto con lamasa m3B pase por el eje de rotacion de la misma manivela y, por lo tanto, no produzca ni fuerzas nimomentos.

se reduce a calcular el momento, respecto al eje de la manivela, de la fuerza que la bancada debe transmitira la corredera, en la direccion del eje Y .

Figure 6: Determinacion del torque de inercia en un mecanismo de manivela biela corredera.

De las ecuaciones de la dinamica de la corredera, se tiene que∑Fx − (m3C +m4)x = 0 F43 Cosφ− (m3C +m4)x = 0∑

Fy = 0 −F43 Senφ+ FCy = 0

Por lo tanto

F43 =(m3C +m4)x

CosφFCy = F43 Senφ =

(m3C +m4)x

CosφSenφ = (m3C +m4)x tanφ

Por lo tanto, el torque sobre la bancada o eslabon fijo de la maquina de combustion interna esta dadopor

~Ti = (x i)× (FCy j) = (m3C +m4)x x tanφ k (37)

Las ecuaciones aproximadas para x y x ya se han desarrollado, vea (5) y (12), falta sin embargo unaexpresion para la tangente de φ, se sabe que

tanφ =Senφ

Cosφ=

rl sen(ω t)√

1−(rl sen(ω t)

)29

Aplicando el teorema binomial para el termino

1√1−

(rl sen(ω t)

)2 =

(1−

(rlsen(ω t)

)2)−1/2

se tiene que

a = 1 b = −(rlsen(ω t)

)2n = −1

2

Por lo tanto, la aproximacion cuadratica esta dada por

1√1−

(rl sen(ω t)

)2 ∼= 1−12 + (−1

2)1−

32

(−(rlsen(ω t)

)2)= 1 +

1

2

(rlsen(ω t)

)2y la expresion final para la tangente de φ, esta dada por

tanφ =(rlsen(ω t)

)(1 +

r2

2 l2sen2(ω t)

)=r

lsen(ω t) +

r3

2 l3sen3(ω t)

Por lo tanto, el torque de inercia vendra dado aproximadamente por1

~Ti ∼= (m3C +m4)

(l − r2

4 l+ r

[cos(ω t) +

r

4 lcos(2ω t)

])(−r ω2

[cos(ω t) +

r

lcos(2ω t)

])(r

lsen(ω t) +

r3

2 l3sen3(ω t)

)k (38)

Esta expresion es demasiado complicada para su analisis, de manera que se eliminaran los terminosdonde r

l aparezcan a una potencia mayor de la primera, asi pues

~Ti ∼= −(m3C +m4)r l ω2

(1− r2

4 l2+r

l

[cos(ω t) +

r

4 lcos(2ω t)

])(cos(ω t) +

r

lcos(2ω t)

)(r

lsen(ω t) +

r3

2 l3sen3(ω t)

)k

∼= −(m3C +m4)r l ω2

(1− r2

4 l2+r

l

[cos(ω t) +

r

4 lcos(2ω t)

]) (cos(ω t) +

r

lcos(2ω t)

) r

lsen(ω t) k

∼= −(m3C +m4)r2 ω2 sen(ω t)(cos(ω t) +

r

lcos(2ω t)

) (1 +

r

lcos(ω t)

)k

∼= −(m3C +m4)r2 ω2 sen(ω t)(cos(ω t) +

r

lcos(2ω t) +

r

lcos2(ω t)

)k

∼= −(m3C +m4)r2 ω2 sen(ω t)[cos(ω t) +

r

2 l(1 + cos 2ω t) +

r

lcos(2ω t)

]k

∼= −(m3C +m4)r2 ω2 sen(ω t)

(r

2 l+ cos(ω t) +

3 r

2 lcos 2ω t

)k

∼= −(m3C +m4)r2 ω2

(r

2 lsen(ω t) + cos(ω t) sen(ω t) +

3 r

2 lsen(ω t) cos 2ω t

)k (39)

De las identidades trigonometricas

sen(3α) = sen(2α+ α) = sen 2α cosα+ cos 2α senα

ysenα = sen(2α− α) = sen 2α cosα− cos 2α senα

1Es importante notar que a diferencia de las fuerzas de inercia, en este caso, tanto para el desplazamiento del piston comopara su aceleracion, unicamente se consideraran las aproximacion cuadratica.

10

se tiene que

cos 2α senα =1

2(sen(3α)− senα)

De manera semejante

senα cosα =1

2sen 2α

Sustituyendo estas identidades en el torque de inercia, se tiene que

~Ti ∼= −(m3C +m4)r2 ω2

[r

2 lsen(ω t) +

1

2sen(2ω t) +

3 r

4 l(sen(3ω t)− sen(ω t))

]k

∼=1

2(m3C +m4)r2 ω2

[r

2 lsen(ω t)− sen(2ω t)− 3 r

2 lsen(3ω t)

]k (40)

7 Balanceo de maquinas de combustion interna de cilindros multiples.

Durante el desarrollo de las maquinas de combustion interna se han desarrollado diferentes tipos de arreglosde los pistones, entre los mas comunes son:

1. Pistones opuestos, de dos o cuatro cilindros.

Figure 7: Maquinas de Combustion interna con cilindros opuestos.

2. Pistones en lınea, de uno, tres y cuatro cilindros.

Figure 8: Maquinas de Combustion interna con cilindros en lınea.

3. Pistones en V, de seis u ocho cilindros.

En el resto de estas notas se mostrara como balancear las fuerzas y momentos de motores de combustioninterna con cilindros multiples que pueden estar localizados en lınea como en V. Para este fın, se usaran lassiguientes convenciones:

1. El cilindro frontal se denominara 1 y el angulo de fase de este cilindro sera siempre φ1 = 0◦.

2. Los cilindros se numeraran desde la parte frontal hacia la parte posterior.

11

Figure 9: Maquinas de Combustion interna con cilindros en V.

3. El angulo de fase para el i-esimo cilindro, φi, es el angulo entre la lınea que va del eje de rotacion delciguenal al codo del primer cilindro hasta la lınea que va del eje de rotacion del ciguenal al codo deli-esimo cilindro.

4. Se supondra que todos los mecanismos tienen las mismas propiedades inerciales.

7.1 Balanceo de una maquina de combustion interna con n cilindros en lınea.

En esta seccion se analizara el balanceo de una maquina de combustion interna con n cilindros en lınea. Sesupondra que los angulos de fase de los cilindros son φi, donde φ1 = 0◦. Entonces, a partir de la ecuacionde la fuerza de inercia de un mecanismo de manivela biela corredera, se tiene que para n cilindros, se tieneque

FT =

n∑i=1

{(m3C +m4)

[r ω2 cos(ω t− φi) + 4C2 ω

2 cos(2ω t− φi) + 16C4 ω2 cos(4ω t− φi)

+ 36C6 ω2 cos(6ω t− φi)

]}= (m3C +m4)

{r ω2

[n∑i=1

cos(ω t− φi)

]+ 4C2 ω

2

[n∑i=1

cos 2(ω t− φi)

]}

+ 16C4 ω2

[n∑i=1

cos 4(ω t− φi)

]+ 36C6 ω

2

[n∑i=1

cos 6(ω t− φi)

](41)

donde los terminos (m3C +m4) r ω2, 4C2 ω2, 16C4 ω

2 y 36C6 ω2 se han sacado fuera de la sumatoria por

la suposicion de igualdad de las propiedades inerciales de los diferentes cilindros de las maquinas.Sustituyendo las identidades trigonometricas

cos(ω t− φi) = cos(ω t) cos φ+ sen(ω t) senφ cos 2(ω t− φi) = cos(2ω t) cos 2φ+ sen(2ω t) sen 2φ

cos 4(ω t− φi) = cos(4ω t) cos4φ+ sen(4ω t) sen4φ cos 6(ω t− φi) = cos(6ω t) cos 6φ+ sen(6ω t) sen 6φ

Se tiene que

FT = (m3C +m4) r ω2n∑i=1

[cos(ω t) cos φi + sen(ω t) senφi] + 4C2 ω2

n∑i=1

[cos(2ω t) cos2φi + sen(2ω t) sen2φi]

+16C4 ω2

n∑i=1

[cos(4ω t) cos4φi + sen(4ω t) sen4φi] + 36C6 ω2

n∑i=1

[cos(6ω t) cos 6φi + sen(6ω t) sen 6φi]

= (m3C +m4) r ω2

[cos(ω t)

n∑i=1

cos φi + sen(ω t)

n∑i=1

senφi

]

+4C2 ω2

[cos(2ω t)

n∑i=1

cos 2φi + sen(2ω t)

n∑i=1

sen 2φi

]

12

+16C4 ω2

[cos(4ω t)

n∑i=1

cos 4φi + sen(4ω t)

n∑i=1

sen 4φi

]

+36C6 ω2

[cos(6ω t)

n∑i=1

cos 6φi + sen(6ω t)

n∑i=1

sen 6φi

](42)

Puesto que las funciones cos(ω t), cos(2ω t), cos(4ω t), cos(6ω t), sen(ω t), sen(2ω t), sen(4ω t), ysen(6ω t), son linealmente independientes,2 la unica solucion para que FT = 0 es que

n∑i=1

cos φi = 0

n∑i=1

senφi = 0

n∑i=1

cos 2φi = 0

n∑i=1

sen 2φi = 0 (43)

n∑i=1

cos 4φi = 0

n∑i=1

sen 4φi = 0

n∑i=1

cos 6φi = 0

n∑i=1

sen 6φi = 0. (44)

Las dos primeras ecuaciones aseguran que la fuerza asociada a la primera armonica desaparece, lassiguientes dos ecuaciones aseguran que la fuerza asociada a la segunda armonica desaparece, las siguientesdos ecuaciones aseguran que la fuerza asociada a la cuarta armonica desaparece y las ultimas dos ecuacionesaseguran que la fuerza asociada a la sexta armonica desaparece.

Una vez analizada la fuerza de inercia, se debe considerar el torque de inercia, que para una maquinade combustion interna con n cilindros es lınea estara dado por la ecuacion (40), donde exclusivamente seconsidera la magnitud

Ti ∼=n∑i=1

{1

2(m3C +m4)r2 ω2

[r

2 lsen(ω t− φi)− sen 2(ω t− φi)−

3 r

2 lsen 3(ω t− φi)

]}(45)

Sustituyendo las identidades trigonometricas siguientes,

sen(ω t− φi) = sen(ω t) cos(φi)− cos(ω t) sen(φi)

sen2 (ω t− φi) = sen(2ω t) cos(2φi)− cos(2ω t) sen(2φi)

sen3 (ω t− φi) = sen(3ω t) cos(3φi)− cos(3ω t) sen(3φi)

en la ecuacion (45), se tiene que

Ti ∼=1

2(m3C +m4)r2 ω2 r

2 l

n∑i=1

[sen(ω t) cos(φi)− cos(ω t) sen(φi)]

−1

2(m3C +m4)r2 ω2

n∑i=1

[sen(2ω t) cos(2φi)− cos(2ω t) sen(2φi)]

−1

2(m3C +m4)r2 ω2 3 r

2 l

n∑i=1

[sen(3ω t) cos(3φi)− cos(3ω t) sen(3φi)] (46)

Puesto que las funciones sin(ω t), sin(2ω t), sin(3ω t), cos(ω t), cos(2ω t) y cos(3ω t) son linealmenteindependientes,3 la unica solucion para que Ti = 0 es que

n∑i=1

cos φi = 0∑ni=1 senφi = 0

n∑i=1

cos 2φi = 0 (47)

n∑i=1

sen 2φi = 0∑ni=1 cos 3φi = 0

n∑i=1

sen 3φi = 0 (48)

Las dos primeras ecuaciones aseguran que el torque asociado a la primera armonica desaparece, las siguientesdos ecuaciones aseguran que el torque asociado a la segunda armonica desaparece y las ultimas dos ecuacionesaseguran que el torque asociado a la tercera armonica desaparece.

2Este resultado se obtiene empleando el Wronskiano.3Este resultado se obtiene igualmente empleando el Wronskiano.

13

7.1.1 Balanceo de maquinas de combustion interna con 4 cilindros en lınea, primera confi-guracion.

Considere una maquina de combustion interna tal que los angulos de fase de sus cuatro cilindros estan dadospor

φ1 = 0◦ φ2 = 90◦ φ3 = 180◦ φ4 = 270◦

Entonces, se verificara la satisfaccion de las condiciones dadas por las ecuaciones (43) y (44), los resul-tados estan dados por

n∑i=1

cos φi = 4.1531 10−10n∑i=1

senφi = −4.0 10−10n∑i=1

cos 2φi = 0.0

n∑i=1

sen 2φi = −8.2041 10−10

n∑i=1

cos 4φi = 4.0

n∑i=1

sen 4φi = 4.9224 10−9n∑i=1

cos 6φi = 0.0

n∑i=1

sen 6φi = −1.0461 10−8.

Estos resultados muestran que las fuerzas asociadas a la primera, segunda y sexta armonica estanbalanceadas para esta seleccion de los angulos de fase de los pistones. Pero que la maquina de combustioninterna presentara una fuerza desbalanceada correspondiente a su cuarta armonica. Puesto que el coeficientede la cuarta armonica es pequeno, esta solucion puede ser aceptable si el soporte de la maquina de combustioninterna al chasis del automovil se disena de manera que no frecuencia natural del automovil coincida con lafrecuencia de la cuarta armonica.

Con respecto al torque de inercia se tiene que calculando las condiciones dadas por las ecuaciones (47)y (48), los resultados estan dados por

n∑i=1

cos φi = 4.1531 10−10n∑i=1

senφi = −4.0 10−10n∑i=1

cos 2φi = 0.0

n∑i=1

sen 2φi = −8.2041 10−10

n∑i=1

cos 3φi = 2.1540 10−9n∑i=1

sen 3φi = −1.0 10−9

Estos resultados muestran que, respecto al torque, la maquina de combustion interna esta totalmentebalanceado hasta la tercera armonica.

Debo reconocer que en la primera edicion de estas notas, supuse erroneamente que los angulos de fase,y los angulos de disparo, de los mecanismos de manivela-biela corredera de una maquina de combustioninterna estaban uniformemente espaciados. Una lectura cuidadosa de la literatura indica que ese no siemprees el caso, como se indica en los siguientes ejemplos.

7.1.2 Balanceo de maquinas de combustion interna de cuatro cilindros en lınea, segundaconfiguracion.

Considere una maquina de combustion interna de cuatro cilindros en lınea. En una configuracion que esmuy comun es en la que los angulos de fase son

φ1 = 0◦ φ2 = 180◦ φ3 = 180◦ φ4 = 0◦

Entonces, se verificara la satisfaccion de las condiciones dadas por las ecuaciones (43) y (44), los resul-tados estan dados por

n∑i=1

cos φi = 0

n∑i=1

senφi = −8.20413 10−10n∑i=1

cos 2φi = 4

n∑i=1

sen 2φi = 1.64082 10−9

n∑i=1

cos 4φi = 4

n∑i=1

sen 4φi = −2.46124056 10−9n∑i=1

cos 6φi = 4

n∑i=1

sen 6φi = −3.07751 10−8.

Estos resultados muestran que las fuerzas asociadas a la primera, segunda y sexta armonica estanbalanceadas para esta seleccion de los angulos de fase de los pistones. Pero que la maquina de combustion

14

Figure 10: Maquina de combustion interna con cuatro cilindros en V.

interna presentara una fuerza desbalanceada correspondiente a su cuarta armonica. Puesto que el coeficientede la cuarta armonica es pequeno, esta solucion puede ser aceptable si el soporte de la maquina de combustioninterna al chasis del automovil se disena de manera que no frecuencia natural del automovil coincida con lafrecuencia de la cuarta armonica.

Con respecto al torque de inercia se tiene que calculando las condiciones dadas por las ecuaciones (47)y (48), los resultados estan dados por

n∑i=1

cos φi = 4.1531 10−10n∑i=1

senφi = −4.0 10−10n∑i=1

cos 2φi = 0.0

n∑i=1

sen 2φi = −8.2041 10−10

n∑i=1

cos 3φi = 2.1540 10−9n∑i=1

sen 3φi = −1.0 10−9

Estos resultados muestran que, respecto al torque, la maquina de combustion interna esta totalmentebalanceado hasta la tercera armonica.

7.2 Balanceo de una maquina de combustion interna con n cilindros en V.

Se considerara ahora el analisis de balanceo de maquinas de combustion interna de n cilindros en V, donden es un numero par. En este tipo de maquinas, las bancadas de los pistones estan separados por un angulo2 γ y en cada “manivela” formada por el ciguenal estan conectados dos bielas, una de ellas conectada a unade las bancadas desfasadas γ grados con respecto a una lınea central, vea la figura 10.

La figura muestra una maquina de combustion interna de 4 pistones en V , dos pistones estan conectadosa una unica manivela, uno de los pistones se denomina derecho R y otro izquierdo L. Debe notarse que lasmanivelas estan desfasados en el ciguenal un angulo de 180◦ como se muestra en la figura 10.

La inclinacion de las bancadas introduce un desfase adicional al debido al desfase asociado a la lo-calizacion de las “manivelas” del ciguenal, como se muestra en la figura 11. Este desfase esta dado por2 γ.

A continuacion se analizaran las ecuaciones para el balanceo de las fuerzas y torque de inercia para unamaquina de combustion interna con n cilindros en V . Para este analisis se tomara como base el eje X, de

15

Figure 11: Desfase en una maquina de combustion interna con cuatro cilindros en V.

manera que para el piston derecho estara adelantado γ grados y para el piston izquierdo estara retrasadoγ grados, de manera que a partir de la ecuacion de la fuerza de inercia de un mecanismo de manivela bielacorredera horizontal. Esta fuerza de inercia esta dada por

FT = (m3C +m4)

[r ω2 cos(ω t− φi) + 4C2 ω

2 cos 2(ω t− φi) + 16C4 ω2 cos 4(ω t− φi)

+36C6 ω2 cos 6(ω t− φi)

]Para el caso de pistones en una maquina de combustion interna con cilindros en V, se debe tomar en

cuenta tanto el desfase debido a la inclinacion de la bancada de los pistones como el desfase debido a lasdiferentes inclinaciones de las manivelas en el ciguenal. En cuanto al desfase debido a la inclinacion de labancada, el desfase de los cilindros en la parte izquierda, con respecto al eje X que en este caso particulares vertical, es un adelanto de γ grados y el desfase de los cilindros en la parte derecha, es un adelanto deγ grados. Por otro lado, el desfase debido a las diferentes inclinaciones de las manivelas en el ciguenal, sedenominara φi y este valor dependera de los cilindros involucrados, en particular, el valor correspondientea los dos primeros cilindros es 0◦. Ademas

φ1 = φ2 = 0◦ φ3 = φ4 φ5 = φ6 φ7 = φ8 . . .

A partir de estas consideraciones, se obtiene que la fuerza de inercia que se presenta en los pistones dela bancada derecha estan dados por

FTL = (m3C +m4)

{r ω2

n∑i=1,i=impar

cos(ω t+ γ − φi)

+ 4C2 ω2

n∑i=1,i=impar

cos 2(ω t+ γ − φi)

+ 16C4 ω

2

n∑i=1,i=impar

cos 4(ω t+ γ − φi)

+ 36C6 ω2

n∑i=1,i=impar

cos 6(ω t+ γ − φi)

}

Donde γ es el angulo de desfase producto de la inclinacion de la bancada y phii es el angulo de desfaseproducto de las diferentes inclinaciones de las manivelas en el ciguenal. Mas aun, la direccion de estasfuerzas es la del vector unitario ~eL, vea la figura 10.

16

De manera semejante, se obtiene que la fuerza de inercia que se presenta en los pistones de la bancadaizquierda estan dados por

FTR = (m3C +m4)

{r ω2

n∑i=1,i=par

cos(ω t− γ − φi)

+ 4C2 ω2

n∑i=1,i=par

cos 2(ω t− γ − φi)

+ 16C4 ω

2

n∑i=1,i=par

cos 4(ω t− γ − φi)

+ 36C6 ω2

n∑i=1,i=par

cos 6(ω t− γ − φi)

}

Donde γ es el angulo de desfase producto de la inclinacion de la bancada y φi es el angulo de desfase productode las diferentes inclinaciones de las manivelas en el ciguenal. Mas aun, la direccion de estas fuerzas es ladel vector unitario ~eR, vea la figura 10.

Empleando las identidades trigonometricas

cos n(ω t+ γ − φi) = cos(nω t) cos n(γ − φi)− sen(nω t) senn(γ − φi)= cos(nω t) [cos nγ cos nφi + sennγ sennφi]− sen(nω t) [senn γ cos nφi − cos nγ sennφi)]= [cos(nω t) cos nγ − sen(nω t) sennγ] cos nφi + [cos(nω t) sennγ + sen(nω t) cos nγ] sennφi

y

cos n[ω t− n(γ + φi)] = cos(nω t) cos n(γ + φi) + sen(nω t) senn(γ + φi)

= cos(nω t) [cos nγ cos nφi − sennγ sennφi] + sen(nω t) [sennγ cos nφi + cos nγ sennφi)]

= [cos(nω t) cos nγ + sen(nω t) sennγ] cos nφi + [−cos(nω t) sennγ + sen(nω t) cos nγ] sennφi

Considerando estas identidades y haciendo la sumatoria de las fuerzas de los distintos pistones, se obtieneque, para los pistones cuyas carreras estan en el lado izquierdo de la bancada se tiene que

~FTL ={

(m3C +m4) r ω2 [cos(ω t) cosγ − sen(ω t) sen γ]

n∑i=1,i=impar

cos φi

+ (m3C +m4) r ω2 [cos(ω t) senγ + sen(ω t) cos γ]

n∑i=1,i=impar

senφi

+4C2 ω2 [cos(2ω t) cos 2 γ − sen(2ω t) sen 2 γ]

n∑i=1,i=impar

cos 2φi

+4C2 ω2 [cos(4ω t) sen2 γ + sen(2ω t) cos 2 γ]

n∑i=1,i=impar

sen 2φi

+16C4 ω2 [cos(4ω t) cos 4 γ − sen(4ω t) sen 4 γ]

n∑i=1,i=impar

cos 4φi

+16C4 ω2 [cos(4ω t) sen4 γ + sen(2ω t) cos 4 γ]

n∑i=1,i=impar

sen 4φi

+36C6 ω2 [cos(6ω t) cos 6 γ − sen(6ω t) sen 6 γ]

n∑i=1,i=impar

cos 6φi

+36C6 ω2 [cos(6ω t) sen6 γ + sen(6ω t) cos 6 γ]

n∑i=1,i=impar

sen 6φi

}~eL (49)

De manera semejante, haciendo la sumatoria de las fuerzas de los distintos pistones, se obtiene que, paralos pistones cuyas carreras estan en el lado derecho de la bancada se tiene que

17

~FTR ={

(m3C +m4) r ω2 [cos(ω t) cosγ + sen(ω t) sen γ]

n∑i=1,i=par

cos φi

+ (m3C +m4) r ω2 [−cos(ω t) senγ + sen(ω t) cos γ]

n∑i=1,i=par

senφi

+4C2 ω2 [cos(2ω t) cos 2 γ + sen(2ω t) sen 2 γ]

n∑i=1,i=par

cos 2φi

+4C2 ω2 [−cos(2ω t) sen2 γ + sen(2ω t) cos 2 γ]

n∑i=1,i=par

sen 2φi

+16C4 ω2 [cos(4ω t) cos 4 γ + sen(4ω t) sen 4 γ]

n∑i=1,i=par

cos 4φi

+16C4 ω2 [−cos(4ω t) sen4 γ + sen(2ω t) cos 4 γ]

n∑i=1,i=par

sen 4φi

+36C6 ω2 [cos(6ω t) cos 6 γ + sen(6ω t) sen 6 γ]

n∑i=1,i=par

cos 6φi

+36C6 ω2 [−cos(6ω t) sen6 γ + sen(6ω t) cos 6 γ]

n∑i=1,i=par

sen 6φi

}~eR (50)

Por lo tanto, las condiciones para asegurar que la fuerza de inercia desaparece para las bancadas izquier-das y derechas son iguales a las obtenidas para el balanceo de las fuerzas de inercia de motores en linea; esdecir

n∑i=1

cos φi = 0

n∑i=1

senφi = 0

n∑i=1

cos 2φi = 0

n∑i=1

sen 2φi = 0

n∑i=1

cos 4φi = 0

n∑i=1

sen 4φi = 0

n∑i=1

cos 6φi = 0

n∑i=1

sen 6φi = 0.

Sin embargo, la disposicion de motores en V ofrece otra posibilidad de balanceo, pues las fuerzas deinercia en las direcciones X, vertical, y Y horizontal, estan dadas por

~FTx =(| ~FTL | cos γ+ | ~FTR | cos γ

)i =

(| ~FTL | + | ~FTR |

)cos γ i

~FTy =(| ~FTL | sen γ− | ~FTR | sen γ

)i =

(| ~FTL | − | ~FTR |

)sen γ i

De manera que aun cuando, las fuerzas de las bancadas izquierda y derecha no esten balanceadas, estasfuerzas se podran balancear con una seleccion cuidadosa del angulo γ.

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