Dinâmica de mecanismos

Dinâmica de Mecanismos
DINÂMICA DE MECANISMOS
1. Introdução
Enquanto a análise cinemática se ocupa da geometria dos movimentos utilizando as relações de deslocamento
com tempo (velocidades e acelerações), a análise dinâmica diz respeito às questões de energia e potência necessárias
para gerar o movimento pretendido (forças e momentos). A análise cinemática é importante na forma do movimento
que determinado mecanismo deve desenvolver, sendo a base da síntese, que é o primeiro passo do projeto mecânico
(design). A importância da análise dinâmica reside na sua utilização para dimensionamento e escolha de material em
determinado elemento ou dispositivo, necessários para que o mesmo possa resistir aos esforços a que estará submetido e
à sua tarefa de transmitir potência. Os conhecimentos aqui desenvolvidos serão utilizados em cálculo de elementos de
máquinas. Este estudo se restringe a mecanismos de movimento plano com um grau de mobilidade.
2. Revisão de estática e dinâmica
Para que a análise dinâmica possa ser realizada, é necessário realizar uma breve revisão da estática a da
dinâmica do corpo rígido.
2.1. Revisão de estática
Os conceitos importantes da estática necessários são: descrição de forças, tipos de forças, equivalência de
forças, momentos e torques, redução de um sistema de forças, leis da estática e diagrama do corpo livre.
2.1.1. Descrição de forças
Forças são grandezas vetoriais que representam a ação de um corpo sobre outro. As grandezas
vetoriais são descritas pelo seu módulo, direção e reta de ação.
2.1.2. Forças externas e internas
Figura 1 – Descrição de força como grandeza vetorial.
Forças externas são aquelas que atuam sobre os elementos que constituem um mecanismo.
Incluem-se aqui as forças magnéticas e da gravidade, por exemplo. No caso de mecanismos cujos
elementos são considerados rígidos, as forças internas são as interações entre os diversos
elementos constituintes do mecanismo.
1

Dinâmica de Mecanismos
2.1.3. Equivalência de forças
2.1.4. Momentos
2.1.5. Leis da estática
Figura 2 – Forças externas e internas.
Duas forças são equivalentes quando possuem mesmos módulo, direção, sentido e reta de ação.
Um momento é constituído por um par de forças de mesmos módulo e direção, sentidos
contrários e retas de ação paralelas.
Figura 3 – Momento de um binário de forças.
As leis da estática podem ser enunciadas como:
1) Se as forças atuantes em um corpo rígido forem reduzidas a duas forças, o mesmo está em
equilíbrio estático se estas forças forem (Fig. 4a):
- colineares;
- de mesmo módulo;
- de sentidos opostos.
2

Dinâmica de Mecanismos
Figura 4 – Duas e três forças atuando em um corpo em equilíbrio.
2) Se as forças atuantes em um corpo rígido forem reduzidas a três forças, o mesmo está em
equilíbrio estático se (Fig. 4b):
- a resultante for nula, e
- as retas de ação das forças forem concorrentes.
3) Se um binário de forças atua sobre um corpo rígido, o mesmo está em equilíbrio estático
se um outro binário, coplanar, de mesmo módulo e de sentido contrário, atuar sobre o mesmo
corpo rígido (Fig. 5)
Figura 5 – Dois binários atuando em um corpo em equilíbrio.
Quando o conjunto de forças pode ser reduzido a três forças com retas concorrentes em um ponto
a redução pode ser feita para uma resultante atuante neste ponto de concorrência, como ilustra a
Fig. 6.
3

Dinâmica de Mecanismos
Figura 6 – Redução de forças concorrentes.
No caso de o sistema de força se reduzir a três forças atuantes em retas não concorrentes, a
redução se conclui com uma resultante acompanhada de um momento (Fig. 7), que, por sua vez,
depende da localização da reta de ação da resultante (ponto de aplicação).
2.1.6. Condições de equilíbrio
Figura 7 – Redução de forças não concorrentes.
Um corpo rígido está em equilíbrio estático se a resultante da soma vetorial das mesmas for nula
e a soma vetorial dos momentos em relação a qualquer ponto também é nula.
n
i1 n
i1 Fi 0
(1a)
Ti 0
(1b)
2.1.7. Diagrama de corpo livre
4

Dinâmica de Mecanismos
O diagrama de corpo livre é uma representação do corpo com as forças atuantes sobre o mesmo.
A Fig. 8 ilustra os diagramas de corpo livre dos elementos que constituem um mecanismo bielamanivela.
Figura 8 – Diagrama de corpo livre dos elementos de um mecanismo biela-manivela.
2.2. Revisão de dinâmica
2.2.1. Leis de Newton e Euler. Equilíbrio dinâmico.
Leis de Newton:
1ª Lei: Um corpo rígido permanece em equilíbrio (repouso ou movimento retilíneo uniforme)
quando sobre ele não atuam forças externas.
2ª Lei: A razão de variação da quantidade de movimento de um corpo (linear e angular) é
proporcional à força (ou momento) que sobre ela atua.
Movimento de translação
n
i1
Fi ma
(2a)
Movimento de rotação (Lei de Euler)
n
i1
Ti Iα
(2b)
onde Fi são as forças atuantes sobre o corpo (grandezas vetoriais são representadas em
negrito), Ti os momentos destas forças em relação a um determinado ponto do plano, a a
aceleração do centro de massa do corpo, a aceleração angular do mesmo, m a sua massa e I
o seu momento de inércia de massa em relação ao eixo de rotação.
3ª Lei: Quando ocorre a ação de uma força sobre um corpo, a esta ação sempre ocorre uma
reação, igual em módulo, direção e com sentido contrário (o mesmo vale para momentos e
movimentos angulares).
2.2.2. Princípio de D’Alembert. Forças e conjugados de inércia.
Princípio de D’Alembert
Aplicando sobre o corpo rígido uma força F0 = – ma e um conjugado T0 = – I, o corpo
estará em equilíbrio estático.
Movimento de translação
n
i1
Fi F ma
ma
0
(3a)
0
Movimento de rotação
n
i1
Ti T Iα
Iα
0
(3b)
0
5

Dinâmica de Mecanismos
Define-se então força de inércia e conjugado de inércia como
Movimento de translação
F ma
0 (4a)
Movimento de rotação
T Iα
0 (4b)
Figura 9 – Princípio de D’Alembert – equilíbrio.
O corpo rígido ilustrado na Fig. 9 está em equilíbrio estático se
T0
I
e
F ma
2.3. Momentos de inércia
2.3.1. Determinação analítica
0
com T0, F0 e a sendo os módulos dos vetores correspondentes.
Figura 10 – Determinação analítica dos momentos de inércia de um corpo rígido;
Da definição de momento de inércia de massa (origem no Princípio da Conservação da
Quantidade de Movimento Angular), como ilustra a Fig. 10.
dI
dI
dI
xx
yy
zz
2
r dm
x
2 2 y z
2 2 x z
dm
2
r dm dm
y
2
2 2
r dm x y dm
z
6
(5)
(6)

Dinâmica de Mecanismos
Para todo o corpo rígido se tem a integração
I
I
I
xx
yy
zz
r dm
m x
2
r dm
m y
2
r dm
m z
2
2 2
y z
m
2 2
x z
m
2 2
x y
m
dm
dm
dm
Os momentos de inércia são sempre positivos.
2.3.2. Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner)
I
I
I
xx
yy
zz
I
I
I
xx
yy
zz
md
md
md
2
x
2
y
2
z
I
I
I
Figura 11 – Teorema dos eixos paralelos.
xx
yy
zz
m
m
m
2 2 y
G zG
2 2 x z
G G
2 2 x y
Momentos de inércia de placas finas
G
G
Uma placa pode ser considerada como um corpo rígido com uma das dimensões muito
pequena em relação às outras. Tendo-se um corpo rígido constituído por um material de
massa específica e espessura uniforme t, tem o seu momento de inércia em relação ao eixo
y’, por definição, dado por
2
I yy
rz
dm
Como dm = t dA, tem-se
Figura 12 – Momento de inércia de placa fina.
7
(7)
(8)
(9)

Dinâmica de Mecanismos
2
2
I yy
rz
t dA t rz
dA
(10)
2
Como I yy,
área rz
dA é o momento de inércia da área da placa no plano y’z’, em relação ao
eixo y’.
I y y
t I yy,
área
(10a)
O mesmo acontece em relação ao eixo z’
I z z
t I zz,
área
(11)
Em relação ao eixo x’, que contém a menor dimensão tem-se
2 2
2
2
r r t dA t
r dA
r dA
tI
I
(12)
I xx
z y
z
y
yy,
área zz,
área
Como I
I y y,
área zz,
área
I x x
t I xx,
área
é o momento de inércia de área polar tem-se
(13)
Placa Retangular
No caso de um placa retangular de dimensões mostradas na Fig. 13a tem-se
I
I
I
zz
yy
xx
3
ba
t
12
3
ab
t
12
2 2 a b
ab
t
12
Como m = tab
I
I
I
zz
yy
xx
1
ma
12
1
mb
12
1
m
12
Circular (disco)
2
2
2 2 a b
Figura 13 – Placas retangular e circular.
No caso de uma placa circular (disco) com as dimensões mostradas na Fig. 13b tem-se,
considerando-se a simetria em relação ao eixo x’,
I
I
yy
xx
I
zz
r
t
2
r
t
4
Se m = t r 2
4
4
8
(14)
(15)
(16)

Dinâmica de Mecanismos
I
I
yy
xx
I
zz
1
2
mr
2
1
4
mr
2.3.3. Determinação experimental do momento de inércia
Da 2ª Lei de Newton (Lei de Euler)
2
Figura 14 – Pêndulo composto.
WlG sin I O
(18)
2
d
Como 2
dt
I O WlG sin 0
(19)
Linearizando para sin
WlG
0
(20)
I
O
Que é uma equação diferencial de segunda ordem ordinária, linear, de coeficientes constantes e
homogênea, cuja solução é
sin
t
(21)
Onde e são constantes de integração, que dependem das condições iniciais do movimento de
oscilação do pêndulo. O movimento representado é um movimento harmônico simples de
amplitude e freqüência . A aceleração é
2
sin
t
(22)
Substituindo (21) e (22) em (20) chega-se a
2 Wl G
sin
t
I O
0
Cuja solução não trivial só é possível com
Wl
I
2 G
(24)
O
Como é a freqüência angular do movimento de oscilação do pêndulo, se relaciona com o
período da oscilação por
2
(25)
De forma que (24) se torna
9
(17)
(23)

Dinâmica de Mecanismos
2
2
WlG
I
O
De onde se extrai que o momento de inércia pode ser obtido por
I
O
Wl
2
2
G
Como normalmente o desejado é o momento de inércia calculado em relação ao centro de massa
ou de gravidade do corpo, pode-se obtê-lo através do teorema dos eixos paralelos aplicado na
forma
W 2
I O I G l
(28)
g
g
Onde IG é o momento de inércia em relação a um eixo perpendicular ao plano do movimento, que
passa pelo centro de gravidade G, do corpo, sendo dado por
W 2
I G I O l
(29)
g
g
Considerando (27), pode-se obter
I
G
Wl
2
W
l
2 G
g
2
G
2
2
l G
Wl
g
10
G
O método de determinação experimental do momento de inércia consiste então em transformar a
peça ou dispositivo em um pêndulo, colocando-o para oscilar e determinando o seu período de
oscilação, pesando-o e a seguir determinando o seu valor através da equação (30).
Figura 15 – Momento de inércia com bandeja auxiliar.
Algumas vezes, para melhorar a qualidade da medição do período de oscilação é interessante
aumentar o comprimento do pêndulo, o que pode ser feito através da utilização de uma bandeja
ou plataforma auxiliar, como ilustra a Fig. 15. Inicialmente faz-se a bandeja oscilar sem a peça
colocada sobre ela, medindo-se o seu período de oscilação p. O seu momento de inércia é dado
por
I
p
p
W l p
2
2
p
Colocando-se a peça sobre a bandeja, mede-se novamente o período de oscilação do conjunto t.
O momento de inércia do conjunto (peça + bandeja) é
2
t
I t p p
2
W l Wl
Sendo o momento de inércia da peça igual a
I
G
2
2
2
t
p t 1 2 2
O I t I p Wpl
p WlG
Wpl
p WlG
t
p Wpl
(33)
2
p
2
2
Com relação ao centro de gravidade tem-se
2
4
(26)
(27)
(30)
(31)
(32)

Dinâmica de Mecanismos
2
W 2 t l W l
G
p p 2 2
I I l
W l
G O
G
G
2 t p
(34)
g
2
g
4
3. Análise Cinemática através do Cálculo Vetorial
3.1. Movimentos absoluto e relativo – vetor posição
Escolhe-se XYZ um sistema de coordenadas cartesianas dextrógiro fixo e xyz um sistema de coordenadas
cartesianas dextrógiro móvel, como mostra a Fig. 16.
Z
z
Y
RO
RP
11
y
O
Figura 16
A posição do ponto P , tendo como de referência o sistema fixo é dada por
R P RO
R
(35)
Onde R pode ser escrito no sistema de coordenadas xyz na forma
R xi yj
zk
(36)
Onde i, j e k são definidos como vetores unitários que expressam as direções x, y e z.
3.2. Movimentos absoluto e relativo – vetor velocidade
A velocidade do ponto P, determinada por derivação do vetor posição é
V R
R
R
P P O
(37)
Diferenciando (36) em relação ao tempo tem-se
x i y
j z
k
xi yj
k
R
z
(38)
Onde
x i y
j z
k
é a velocidade do ponto P em relação ao sistema de referência móvel xyz, chamada
velocidade relativa de P, podendo ser definida como
V x i y
j z
k
(39)
O termo xi yj
zk
representa a rotação do sistema móvel em relação ao fixo, expressando a variação
na direção dos vetores unitários i, j e k, já que o módulo dos mesmos é constante.
As derivadas de vetores em rotação é dada por
i
ω i
j
ω j
k
ω k
R
P
x
X
(40)

Dinâmica de Mecanismos
Então
ω i
yω
j
zω
k
ω
xi yj
k
x i yj
zk
x
z
(41)
Considerando a expressão (36) chega-se a
x i yj
zk
ω R
(42)
De forma que, introduzindo os resultados (39) e (42) em (38) obtém-se
R V ω R
(43)
A expressão (37) pode ser escrita novamente considerando R O V e introduzindo o formalismo da
O
expressão (43), na forma
VP VO
V ω
R
(44)
Sendo os vetores
VP a velocidade do ponto P em relação ao sistema de referência fixo XYZ (velocidade absoluta de P);
VO a velocidade absoluta da origem do sistema de referência móvel xyz em relação ao sistema de referência
fixo XYZ;
V a velocidade do ponto P em relação ao sistema de referência móvel xyz (velocidade relativa de P);
a velocidade angular do movimento de rotação do sistema de referência móvel xyz em relação ao fixo
XYZ.
A aceleração do ponto P em relação ao sistema de referência fixo XYZ é
A V
V
V
ω
R
ω
R
P P O
(45)
Para determinar V é necessário derivar a expressão (39), resultando em
x i
y
j
z
k
x i
y
j
k
V
z
(46)
Onde x i
y
j
z
k
é a aceleração do ponto P em relação ao sistema de referência móvel xyz (aceleração
relativa de P), chamada A
A x i
y
j
z
k
(47)
Os termos contidos no segundo parênteses da expressão (46), considerando-se as expressões (40) que
definem as derivadas dos vetores unitários i, j e k, transformam-se em
ω i
y
ω j
z
ω k
ω
x i y
j k
x i
y
j
z
k
x
z
(48)
E considerando (39) tem-se que
x i y
j
z
k
ω V
(49)
Introduzindo (47) e (49) em (46) chega-se a
V A ω V
(50)
De (43) tem-se que
ω R
ω R ω V ω
(51)
Substituindo (50) e (51) em (45) e chamando AO
V
O chega-se a
ω R
A A A ω
V ω
P O 2 R ω
(52)
Onde
AP é a aceleração do ponto P no sistema de referência fixo XYZ (aceleração absoluta de P)
AO é a aceleração do ponto O, origem do sistema de referência móvel xyz, no sistema de referência fixo
XYZ (aceleração absoluta de O)
A é a aceleração do ponto P em relação ao sistema de referência móvel xyz (aceleração relativa de P)
12

Dinâmica de Mecanismos
Exemplo 1
O2
Y
1
x R é a aceleração tangencial do ponto P, originada pela rotação do sistema móvel.
x (x R) é a aceleração centrífuga do ponto P, originada pela rotação do sistema móvel;
2x V é a componente provocada pela rotação do vetor velocidade relativa, chamada aceleração de
Coriolis;
37 o
Dados dimensionais:
2
2
A
120 o
y
3
G3
Figura a1
O2A = 0,0762 m AB = 0,203 m O4B = 0,203 m AG3 = 0,1015 m
O4G4 = 0,134 m O4C = 0,203 m
Dado cinemático:
2 = - 24 k rad/s
Análise cinemática:
Escolhendo-se o sistema xyz como sistema de referência (sendo z o eixo perpendicular ao plano do movimento
com sentido que mantém o sistema dextrógiro) para a representação dos vetores, o vetor posição do ponto A é
2
o
o
cos 60 i sen60
j
0, 0381i
0,
06599jm
R O A
(a.1)
A
Da expressão (44) pode-se obter a velocidade de A, na forma
V
A VO
ω R
(a.2)
2 2 A
Como V 0 pois O2 é um ponto fixo e considerando (a.1) a velocidade de A é
2 O
V 1, 584i
0,
9144jm/s
A (a.3)
Aceleração de A, pode ser obtida com a aplicação da expressão (52), que para o presente exemplo assume a
forma
ω R
A
A AO
A AO 2ω VAO
ω
2 2 R
A ω
2
(a.4)
2 2
2
2 A
Como O2 é um ponto fixo
A O 0
2
Como a distância O2A é constante
A
AO2
VAO
0
2
Como a velocidade angular 2 é constante
13
87 o
B
4
O4
G4
x
1
X

Dinâmica de Mecanismos
0 2 ω
E a expressão (a.4) se torna
ω R
A
A ω2
2 A
(a.5)
2
1, 584i
0,
9144j
21,
95i
38,
01 m/s A A 24k
j
(a.6)
A velocidade do ponto B é obtida pela aplicação da expressão (44) na forma
V
V ω R
(a.7)
B A 3 BA
Com
ω3 3
k , R 0, 203i
m e VA dado por (a.3), (a.7) torna-se
BA
, 584i
0,
9144j
0,203
j 1,
584i
0, 203 0,
j
VB 1 3
3
9144
(a.8)
Como VB possui direção perpendicular a O4B, pode ser escrita também como
cos 3i
sen3j
1,
584i
0, 203 0,
j
3
V 9144
B V B
Para que a igualdade do vetor se concretize é necessário que as componentes sejam iguais, portanto
V cos 3
1,
584
B
V sen3
0,
203
B
Então
3
0,
9144
VB = 1,586 m/s (a.9)
e
3 = 4,913 rad/s e ω 4,
913 k
(a.10)
3
E o vetor velocidade do ponto B é
V 1, 584i
0,
08300jm/s
B (a.11)
A aceleração do ponto B é obtida pela aplicação da expressão (52) que adquire a forma
B A A ABA
ω3
VBA
ω
3 R
BA ω
3 3
ω R
A 2
(a.12)
Como a distância AB é constante
A
BA
VBA
0
A equação (a.12) se torna
B A A ω
3 R
BA ω
3 3
ω R
BA
14
BA
A
(a.13)
Onde
AA é dado pela expressão (a.6), 3 dado em (a.10), R 0, 203i
m
BA e ω k
3 3 , resultando em
A 21, 95i
38,
01j
k 0, 203i
4,
913k
4, 913k
0, 203i
26,
85i
0, 203 38,
01j
B
3 3
(a.14)
Da mesma forma que foi feito com a velocidade do ponto B, a aceleração de B pode ser obtida considerando-se
que o ponto executa uma trajetória circular em relação ao ponto O4, então
t
cos 93i
sen93j
A cos 3i
sen
j
n t n
A A A A 3
(a.15)
B
Onde
B
B
B
2
2
A 4O4 B 0, 203
4
n
e B A 4O4B
0, 203
4
t
B
Como VB possui direção normal a O4B
B
VB 1,
59
4 7,
813 rad/s e 4 = 7,813 k rad/s (a.16)
O B 0,
203
4
n
2
2
A B 0, 203
7,
813 12,
39 m/s
(a.17)

Dinâmica de Mecanismos
Considerando estes resultados e igualando (a.14) e (a.15) chega-se a
0, 203
38,
01j
12, 39cos
93
0,
203cos
3
i 12, 39sen93
0,
203sen3
j
26, 85
i
3
4
4
Igualando-se as componentes i tem-se
12,
39cos
93
26,
85
0,
203cos
3
2
4
129,
2 rad/s ou 4 = -129,2 k rad/s 2 (a.18)
Com este resultado, igualando-se as componentes j tem-se
12,
39sen93
0,
203sen3
0,
203
129, 2
38,
01
2
3
241,
4 rad/s ou 3 = 241,4 k rad/s 2 (a.19)
Sendo, portanto
4
2
129, 2
26,
23 m/s
A 0, 203
0,
203
(a.20)
t
B
Substituindo (a.19) em (a.14) chega-se a
A
2
B 26,
85i
11,
00j
m/s
(a.21)
Acelerações dos centros de massa
1) Aceleração de G3
A aceleração do ponto G3 é obtida pela aplicação da expressão (52) que adquire a forma
15
ω
A A A 2ω V ω
R ω R
(a.22)
G3 A G3A
3 G3A
3 G3A
3 3 G3A
Como a distância AG3 é constante
A G A VG
A 0 e
3
3
ω R
A A ω
R ω
(a.23)
G3 A 3 G3A
3 3 G3A
Sendo
RG A 0,
1015i
m
(a.24)
3
E utilizando os resultados (a.6), (a.10), (a.19) e (a.24), a expressão (a.23) torna-se
2
4, 913k
0,
1015i
24,
40i
13,
51j
m/s
A 21,
95i
38,
01j
241,
4k
0,
1015i
4,
913k
G (a.25)
3
Cujo módulo é
2
27,
88 m/s
3 A G
(a.26)
2) Aceleração de G4
A aceleração do ponto G4 é obtida pela aplicação da expressão (52) que adquire a forma
G4
O4
G4O4
ω R
A A A
(a.27)
Como a distância G4O4 é constante
A
G3O4
V O 0
G4
4
Como O4 é um ponto fixo
A
O4
0
A expressão (a27) se torna
G4
2ω4 VG
4O
ω
4 4 RG4O
ω
4 4 4 G4O4
ω R
A ω
R ω
(a.28)
4 G4O4
4 4 G4O4
A posição de G4 em relação a O4 pode ser obtida por
cos 72i
sen
72j
0,
04141i
0,
1274j
m
RG O 0,
134
(a.29)
4 4
Inserindo (a.16), (a.18) e (a.29) em (a.28) obtém-se
A
G4
129,
2k
19,
00i
0, 04141i
0,
1274j
7,
813k
7, 813k
0, 04141i
0,
1274j
2
2,
427j
m/s
(a.30)

Dinâmica de Mecanismos
Cujo módulo é
2
19,
15 m/s
4 A G
(a.31)
4. Análise Dinâmica através do Cálculo Vetorial
Como a análise dinâmica se fundamenta nos princípios da mecânica, a metodologia para realizá-la através do
cálculo vetorial consiste em construir diagramas de corpo livre para cada um dos elementos e escrever as equações
vetoriais que resultam da aplicação das Leis de Newton. Por isso se utilizará o mecanismo do Exemplo 1, para o qual já
foi realizada a análise cinemática. A Fig. a.2 apresenta as forças atuantes no mecanismos de quatro barras de
movimento plano (manivela-balancim).
Exemplo 2
Dados para a análise dinâmica
Figura a.2 – Esforços no mecanismo manivela-balancim
W2 = 44,5 N W3 = 17,8 N W4 = 35,6 N
I2 = 0,0230 kg.m 2 I3 = 0,00813 kg.m 2 I4 = 0,0352 kg.m 2
P = 50 N
a) Elemento 2 – Manivela
Figura a.3 – Diagrama de corpo livre do elemento 2.
O diagrama de corpo livre do elemento 2 (manivela), é mostrado na Fig. a.3. A aplicação da 2ª Lei de Newton,
equações (2a) para o seu movimento de translação e (2b) para o seu movimento de rotação, resulta nas
equações vetoriais
12 32 2 G2
onde
F f f m A 0
(b.1)
M R f
T I α 0
O AG 32 2 2 2
(b.2)
2
2
f12 = força interna do elemento 1 (chassis) sobre o elemento 2 (manivela);
16

Dinâmica de Mecanismos
f32 = força interna do elemento 3 (conectora) sobre o elemento 2 (manivela);
AG2 = aceleração do centro de massa do elemento 2 (G2), igual a zero pois o ponto G2 coincide com o ponto O2
(manivela balanceada), que é fixo;
m2 = massa do elemento 2;
I2 = momento de inércia de massa do elemento 2, em relação ao centro de massa G2;
RAG2 = vetor posição do ponto A em relação ao ponto G2;
T2 = torque ativo (ou reativo) atuante externamente no elemento 2, originado por um acionamento ou uma
carga;
2 = aceleração angular do elemento 2, igual a zero pois o mesmo apresenta movimento de rotação com
velocidade angular constante.
Decompondo os vetores nos eixos coordenados xy (sistema de referência associado ao elemento 3), os vetores
f12 e f32 podem ser escritos como
f12 f12x i f12y
j
(b.3)
f32 f32x i f32y
j
(b.4)
O vetor T2, como variável angular é descrito por
T2 2
k T (b.5)
Considerando (b.3) e (b.4), a equação (b.1) se transforma em
f i f f j 0
F 12x
32x
12y
32y
f (b.6)
Considerando RA, dado na expressão (a.1) e o torque T2 dado em (b.5), a equação (b.2) torna-se
2
, 0381 i 0,
06599 j
i f j
T k 0, 0381f
0,
06599 f k 0
M 0 f T
O 32x
32y
2
32y
32x
2
(b.7)
Igualando-se a zero as componentes dos vetores nas equações (b.6) e (b.7) constitui-se o seguinte sistema de
equações algébricas
f f 0
12x
32x
(b.8)
f 12y
f32y
0
(b.9)
0, 0381f
32y
0,
06599 f32x
T2
0
(b.10)
b) Elemento 3 – Conectora
Figura a.4 – Diagrama de corpo livre do elemento 3.
O diagrama de corpo livre do elemento 3 (conectora), é mostrado na Fig. a.4. A aplicação da 2ª Lei de Newton,
equações (2a) para o seu movimento de translação e (2b) para o seu movimento de rotação, resulta nas
equações vetoriais
F f f m A
23 43 3 G
(b.11)
3
M R f
R f
I α
G3
AG3
23 BG3
43 3 3
(b.12)
17

Dinâmica de Mecanismos
onde
f23 = força interna do elemento 2 (manivela) sobre o elemento 3 (conectora);
f43 = força interna do elemento 4 (balancim) sobre o elemento 3 (conectora);
AG3 = aceleração do centro de massa do elemento 3 (G3), dada pela expressão (a.25);
m3 = massa do elemento 3;
I3 = momento de inércia de massa do elemento 3, em relação ao centro de massa G3;
3 = aceleração angular do elemento 3, dada pela expressão (a.19);
RAG3 = vetor posição do ponto A em relação ao ponto G3;
RBG3 = vetor posição do ponto B em relação ao ponto G3.
Com RG3A dada pela expressão (a.24) os vetores RAG3 e RBG3 são
R AG 0,
1015 i
(b.13)
3
R BG 0,
1015 i
(b.14)
3
Decompondo os vetores nos eixos coordenados xy (sistema de referência associado ao elemento 3), os vetores
f23 e f43 podem ser escritos como
f23 f23x i f23y
j
(b.15)
f43 f43x i f43y
j
(b.16)
Considerando (a.25), (b.15) e (b.16), a equação (b.11) se transforma em
17,
8
f (b.17)
9,
81
F i j 24,
40i
13,
51j
23x
f 43x
f23y
f43y
Considerando os vetores RAG3 e RBG3 dados nas expressões (b.13) e (b.14), os vetores f23 e f43 dados nas
expressões (b.15) e (b.16), e o vetor 3 dado na expressão (a.19), a equação (b.12) torna-se
M 0, 1015 i
i f j
0, 1015 i
f i f j
0,
00813
241,
4 k
G3
23x
23y
43x
43y
f (b.18)
Igualando-se a zero as componentes dos vetores nas equações (b.17) e (b.18) constitui-se o seguinte sistema de
equações algébricas
f 23x
f43x
44,
27
(b.19)
f 23y
f43y
24,
50
(b.20)
0, 1015 f 23y
0,
1015 f43y
1,
963
(b.21)
b) Elemento 4– Balancim
Figura a.5 – Diagrama de corpo livre do elemento 4.
O diagrama de corpo livre do elemento 4 (balancim), é mostrado na Fig. a.5. A aplicação da 2ª Lei de Newton,
equações (2a) para o seu movimento de translação e (2b) para o seu movimento de rotação, resulta nas
equações vetoriais
18

Dinâmica de Mecanismos
F f f P m A
14 34
4 G
(b.22)
4
M R f
R f
R P
I α
G4
O4G4
14 BG4
34 CG4
4 4
(b.23)
onde
f34 = força interna do elemento 3 (conectora) sobre o elemento 4 (balancim);
f14 = força interna do elemento 1 (chassis) sobre o elemento 4 (balancim);
AG4 = aceleração do centro de massa do elemento 4 (G4), dada pela expressão (a.31);
m4 = massa do elemento 4;
I4 = momento de inércia de massa do elemento 4, em relação ao centro de massa G4;
4 = aceleração angular do elemento 4, dada pela expressão (a.18);
RO4G3 = vetor posição do ponto O4 em relação ao ponto G4;
RBG4 = vetor posição do ponto B em relação ao ponto G4;
RCG4 = vetor posição do ponto C em relação ao ponto G4;
Com RG4O4 dada pela expressão (a.29) o vetor RO4G4 é
RO G RG
O 0,
04141 i 0,
1274 j m
(b.24)
4 4
4 4
Pela Fig. a.5, os vetores de posição dos pontos B e C em relação ao centro de massa G4, são dados por
19
cos 87
i sen
87
j
0,
03078 i 0,
j
RBG 4 RO
R
4G
4 BO4
0,
04141 i 0,
1274 j 0,
203
07528
(b.25)
cos 57
i sen
57
j
0,
06915 i 0,
j
RCG RO
G RCO
0,
04141 i 0,
1274 j 0,
203
04281 (b.26)
4
4 4
4
Decompondo os vetores nos eixos coordenados xy (sistema de referência associado ao elemento 3), os vetores
f34, f14 e P podem ser escritos como
f34 f34x i f34y
j
(b.27)
f14 f14x i f14y
j
(b.28)
cos 157
i sen
157
j
46,
03i
19,
j
P 50 54
(b.29)
Considerando (a.31), (b.27), (b.28) e (b.29), a equação (b.22) se transforma em
35,
6
f (b.30)
9,
81
F 46, 03i
19,
54j
19,
00i
2,
427 j
34x
f14x
f34y
f14y
Considerando os vetores vetor RO4G4 é RBG4 e RCG4 dados nas expressões (b.24), (b.25) e (b.26), os vetores f34,
f14 e P, dados nas expressões (b.27), (b.28) e (b.29), e o vetor 4 dado na expressão (a.18), a equação (b.23)
torna-se
M 0, 04141 i 0,
1274 j
i j
0,
03078 i 0,
07528 j
i j
G f
4
14x
f14y
f34x
f34y
0, 06915 i 0,
04281 j
46,
03 i 19,
54 j
0,
0352 129, 2 k
(b.31)
Igualando-se as componentes dos vetores nas equações (b.30) e (b.31) constitui-se o seguinte sistema de
equações algébricas
f f 46,
03 68,
94
34x
14x
(b.32)
f 34y
f14y
19,
54 8,
809
(b.33)
0, 04141f
14y
0,
1274 f14x
0,
03078 f34y
0,
07528 f34x
3,
321 4,
549
(b.34)
Considerando que, pela 3ª Lei de Newton tem-se
f f 0
(b.35)
23
32
f f 0
(b.36)
34
43
Que, em forma algébrica se tornam

Dinâmica de Mecanismos
f
f
f
23x
23y
34x
f
34y
f
f
f
f
32x
32y
43x
43y
20
(b.37)
(b.38)
Constitui-se então o sistema de equações formado por (b.8), (b.9), (b.10), (b.19), (b.20), (b.21), (b.32), (b.33) e
(b.34), que com o auxílio de (b.37) e (b.38) se torna um sistema de 9 equações algébricas a ser resolvido.
f f 0
(b.8)
12x
32x
f 12y
f32y
0
(b.9)
0, 0381f
32y
0,
06599 f32x
T2
0
(b.10)
f 23x
f43x
44,
27
(b.19)
f 23y
f43y
24,
50
(b.20)
0, 1015 f 23y
0,
1015 f43y
1,
963
(b.21)
f f 46,
03 68,
94
(b.32)
34x
14x
f 34y
f14y
19,
54 8,
809
(b.33)
0, 04141f
14y
0,
1274 f14x
0,
03078 f34y
0,
07528 f34x
3,
321 4,
549
(b.34)
Cuja solução é
f
f
f
f
f
f
12
32
23
43
34
14
T
2
59,
07
59,
07
59,
07
14,
81
8,
108
3,
063
k
i
i
i
21,
92
21,
92
i
21,
92
14,
81 i 2,
583 j
2,
583
i 25,
76 j
N.m
j
j
j
j
N
N
N
N
N
N
5. Análise Dinâmica através do Cálculo Matricial
Figura 17
Em um mecanismo de barras como o ilustrado na Fig. 17, as equações resultantes da aplicação das Leis de
Newton podem ser escritas de forma generalizável como
(b.39)

Dinâmica de Mecanismos
f
R
f
f
12
A1G2
i1,
i
R
Ai
1Gi
n1,
n
R
f
32
f
f
An
1Gn
f
F m A
12
i1,
i
f
i1,
i
n1,
n
f
2
R
n1,
n
i
A2G2
R
n
2
i
AiGi
R
G2
f
F m A
n
AnGn
32
Gi
f
i1,
i
F m A
R
Gn
f
n1,
n
F2G2
R
FiGi
R
F T I α
2
F I α
FnGn
i
2
n
i
F I α
onde os vetores Fi representam a resultante das forças externas atuantes sobre o elemento i .
A compatibilidade das forças nas conexões (3ª Lei de Newton) exige que
i
2
n
2
n
fij f ji 0
(54)
Com a decomposição dos vetores em direções ortogonais xy que fazem parte de um sistema de coordenadas
dextrógiro, onde a direção z, ortogonal ao plano xy contém os vetores que representam as variáveis rotacionais
(momentos e acelerações angulares), as equações (53) e (54) podem ser escritas na forma
f
12x
f
12y
R
f
f
f
f
R
f
f
f
f
R
A1G
2 x 12y
32x
32y
f
f
f
f
f
i1, i x i1, i x
i1, i y i1, i y
Ai
1Gi
x
i1, i y A G y i1, i x A G x i1, i y A G y i1, i x
i1, i x i, i1
x
i1, i y i, i1
y
n1, n x 1, n
x
n1, n y 1, n
y
An
1Gn
x
f
f
32x
32y
23x
23y
f
f
f
f
f
f
F
R
2 x
F
0
0
2 y
A1G
2 y 12x
R
f
F
F
R
m
m
ix
F
iy
i 1
i
0
0
nx
F
ny
2
2
f
A
f
G2
x
A
G2
y
R
A2G
2 x
m A
i
m
i
n
m
n
Gix
m A
A
Giy
Gnx
A
f
Gny
32y
R
R
R
f
A2G
2 y
f
f
32x
R
R
R
F2G
2 x
f
n1, n y A G y n1, n x A G x n1, n y A G y n1, n x F G x ny F G y nx n n n
n 1
n
i i
n n
i i
n n
f
F
21
2 y
R
R
F2G2
y
FiG
i x
F
R
F
iy
n n
2 x
R
F
T
2
FiG
i y
F
R
I
ix
2
T I
n n
2
F
i
i
T
i
I
O conjunto de equações (55) pode ser escrito em forma matricial de uma forma compacta
A f BF F
int
(56)
ext
inr
onde no primeiro termo as matrizes devem ser constituídas com a inclusão das incógnitas que serão as forças internas e
uma variável externa, aqui exemplificada pelo torque T2, atuante no elemento 2, de forma que o grau de mobilidade do
mecanismo seja considerado. Assim as matrizes e vetores presentes na equação (56) são
(53)
(55)

Dinâmica de Mecanismos
22
x
G
A
y
G
A
x
G
A
y
G
A
x
G
A
y
G
A
x
G
A
y
G
A
x
G
A
y
G
A
x
G
A
y
G
A
n
n
n
n
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
i
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
A
1
1
1
1
2
2
2
2
2
1
2
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
(57)
x
n
x
n
y
n
n
x
n
n
y
i
i
x
i
i
y
i
i
x
i
i
y
i
i
x
i
i
y
x
y
x
y
x
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
T
f
f
f
f
f
,
1
,
1
,
1
,
1
,
1
,
1
1
,
1
,
,
1
,
1
23
23
2
32
32
12
12
int
(58)
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
2
2
2
2
x
G
F
y
G
F
x
G
F
y
G
F
x
G
F
y
G
F
n
n
n
n
i
i
i
i
R
R
R
R
R
R
B
(59)

Dinâmica de Mecanismos
F
F2
x
F2
y
Fix
F
iy
Ti
Fnx
F
ny
T n
ext (60)
F
inr
m2
AG
2x
m2
AG
2 y
I 2
2
0
0
m
i AGi
x
m
A i G i y
I
i
i
0
0
mn
AG
nx
m
n AG
n y
I n
n
Exemplo 3 - Resolver o problema do exemplo 2 através do cálculo matricial.
O mecanismo do exemplo 2 apresenta um sistema de equações que pode ser transformado em equações
matriciais considerando que
o
o
cos 60 i sen60
j
0,
03810 i 0,
j
R 0,
0762
06599
R
A
AG 2
O2G2
G2
0
0
R 0,
1015 i
AG 3
R 0,
1015 i
BG 3
cos108 i sen108
j
0,
04141 i 0,
j
R 0,
134
1274
O 4G4
0, 134
cos108
0,
203
cos
87
i 0, 134
sen108
0,
203
sen
j
R R R
87
BG 4
O4G4
BO4
R 0,
3078 i 0,
07528 j
BG 4
0, 134
cos108
0,
203
cos
57
i 0, 134
sen108
0,
203
sen
j
R R R
57
CG 4
O4G4
CO 4
R 0,
06915 i 0,
04281 j
CG 4
cos 157
i sen
157
j
46,
03 i 19,
j
P 50 54
Para se construir a equação matricial (56), o vetor das incógnitas {Fint} é obtido por (58)
23
(61)

Dinâmica de Mecanismos
24
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
f
f
f
f
f
f
f
f
T
f
f
f
f
f
14
14
34
34
43
43
23
23
2
32
32
12
12
int (c.1)
a matriz [A] é obtida de (57)
y
G
O
x
G
O
x
BG
y
BG
x
BG
y
BG
x
AG
y
AG
x
AG
y
AG
x
G
O
y
G
O
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
A
4
4
4
4
4
4
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
04141
,
0
1274
,
0
3078
,
0
07528
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1015
,
0
0
1015
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0381
,
0
06599
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
A
(c.2)
o vetor das forças externas é dada utilizando (60)
54
,
19
03
,
46
ext
y
x
P
P
F (c.3)
que é multiplicado pela matriz [B], dada por (59)

Dinâmica de Mecanismos
25
06915
,
0
04281
,
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4
4
x
CG
y
CG
R
R
B
(c.4)
e o vetor de inércia {Finr} dado pela aplicação de (61)
549
,
4
809
,
8
94
,
68
0
0
963
,
1
50
,
24
27
,
44
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4
4
4
4
3
3
3
3
2
2
2
2
inr
4
4
3
3
2
2
I
A
m
A
m
I
A
m
A
m
I
A
m
A
m
F
y
G
x
G
y
G
x
G
y
G
x
G
(c.5)
Pela aplicação da eq (56), utilizando o vetor de incógnitas (c.1) e os resultados expressos em (c.2), (c.3), (c.4) e
(c.5). é construído então o seguinte sistema de equações lineares
54
,
19
03
,
46
06915
,
0
04281
,
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
549
,
4
809
,
8
94
,
68
0
0
961
,
1
50
,
24
27
,
44
0
0
0
0
0
04141
,
0
1274
,
0
3078
,
0
07528
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1015
,
0
0
1015
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0381
,
0
06599
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
14
14
34
34
43
43
23
23
2
32
32
12
12
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
f
f
f
f
f
f
f
f
T
f
f
f
f
que resulta em
228
,
1
35
,
28
91
,
22
0
0
963
,
1
50
,
24
27
,
44
0
0
0
0
0
04141
,
0
1274
,
0
3078
,
0
07528
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1015
,
0
0
1015
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0381
,
0
06599
,
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
14
14
34
34
43
43
23
23
2
32
32
12
12
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
f
f
f
f
f
f
f
f
T
f
f
f
f
(c.6)

Dinâmica de Mecanismos
cuja solução numérica é
f12x
59,
07 N
f12y
21,
92 N
f
32x
59,
07 N
f32y
21,
92 N
T
2 3,
063 N/m
f 23x
59,
07 N
f f
int
23y
21,
92 N
(c.7)
f
43x
14,
81 N
f 43y
2,
583 N
f34x
14,
81 N
f 2,
583 N
34y
f14x
8,
108 N
f14y
25,
76 N
o que confere com os resultados expressos em (b.39) do exemplo 2.
6. Análise de Forças em Motores
6.1. Introdução
6.1.1. Motores a quatro tempos
Pontos Mortos e Curso: Durante seu movimento no interior do cilindro, o pistão atinge dois pontos
extremos que são o Ponto Morto Alto ou Superior (PMA) e o Ponto Morto Baixo ou Inferior (PMB). A
distância entre os dois pontos mortos chama-se Curso. Estes conceitos estão ilustrados na Fig. 18.
26
Figura 18
Funcionamento do Motor a Quatro Tempos
O funcionamento do motor ocorre através da repetição de ciclos. Um ciclo é formado pela seqüência
de quatro etapas denominadas tempos, durante os quais ocorrem as chamadas seis fases.
Figura 19 Figura 20
Primeiro Tempo: ADMISSÃO
O primeiro tempo chama-se "admissão" e corresponde ao movimento do pistão do PMA (Ponto
Morto Alto) para o PMB (Ponto Morto Baixo) com a válvula de admissão aberta. Nesse tempo,
ocorre a primeira fase, que chama-se também "admissão", porque o pistão aspira a mistura de ar e

Dinâmica de Mecanismos
combustível para dentro do cilindro. Quando o pistão chega ao PMB, a válvula de admissão fecha-se,
e a mistura fica presa dentro do cilindro.
O mecanismo que abre e fecha as válvulas chama-se sistema de comando de válvulas!
Segundo Tempo: COMPRESSÃO
O segundo tempo chama-se "compressão", e corresponde ao movimento do pistão do PMB para o
PMA com as duas válvulas fechadas. Neste tempo ocorre a segunda fase, que também chama-se
"compressão", porque o pistão comprime a mistura de ar e combustível que ficou presa dentro do
cilindro. À primeira vista a compressão parece ser um desperdício de trabalho, mas sem a mesma, a
combustão produziria pouca potência mecânica e a energia do combustível perder-se-ia sob forma de
calor.
Terceiro Tempo: TEMPO MOTOR
Antes do 3º tempo, ocorre a terceira fase, denominada "ignição", quando a vela produz uma faísca,
dando início à quarta fase, que é a "combustão". O 3º tempo (Tempo Motor) corresponde à descida
do pistão do PMA para o PMB, provocada pela forte pressão dos gases queimados que se expandem.
Essa é a quinta fase de funcionamento do motor, e chama-se "expansão". O motor pode agora
funcionar sozinho, pois o impulso dado é suficiente para mantê-lo girando até a próxima combustão.
Quarto Tempo: EXAUSTÃO
O 4º tempo chama-se "escapamento", "escape" ou "exaustão" e corresponde à subida do pistão do
PMB para o PMA com a válvula de escapamento aberta. Nesse tempo ocorre a sexta fase, que chamase
também "exaustão", porque os gases queimados são expulsos do cilindro pelo pistão. Quando este
chega ao PMA, a válvula de exaustão fecha-se, encerrando o primeiro ciclo, e então tudo se repete, na
mesma seqüência.
6.1.2. Motores a dois tempos
O motor a dois tempos recebe esse nome porque seu ciclo é constituído por apenas dois tempos,
conforme veremos no item seguinte.
Mecanicamente ele é bastante simples e possui poucas peças móveis. O próprio pistão funciona como
válvula deslizante, abrindo e fechando janelas, por onde a mistura é admitida e os gases queimados
são expulsos.
27
Figura 21
Primeiro Tempo: Admitindo que o motor já esteja em funcionamento, o pistão sobe comprimindo a
mistura no cilindro e produzindo um rarefação no cárter. Aproximando-se do ponto morto alto, dá-se
a ignição e a combustão da mistura. Ao mesmo tempo, dá-se a admissão da mistura nova no cárter,
devido à rarefação que se formou durante a subida do pistão.

Dinâmica de Mecanismos
28
Figura 22
Segundo Tempo: Neste tempo, os gases da combustão se expandem, fazendo o pistão descer,
comprimindo a mistura no cárter. Aproximando-se o ponto morto baixo, o pistão abre a janela de
exaustão, permitindo a saída do gases queimados. A seguir abre-se a janela de transferência, e a
mistura comprimida no cárter invade o cilindro, expulsando os gases queimados.
Figura 23
Nota: Durante o ciclo de dois tempos ocorrem também seis fases como no motor a quatro
tempos, das quais quatro (admissão, compressão, ignição e combustão) ocorrem no primeiro
tempo e duas (expansão e exaustão) no segundo tempo.
Vantagens e desvantagens: O motor a dois tempos é mais simples, mais leve e mais potente que o
motor a quatro tempos, porque produz um tempo motor em cada volta do eixo de manivelas. Além
disso, seu custo é menor, sendo por isso muito utilizado em aviões ultra-leves e autogiros.
Contudo, não é usado nos aviões em geral, devido às seguintes desvantagens:
a) É pouco econômico, porque uma parte da mistura admitida no cilindro é eliminada
juntamente com os gases queimados;
b) Após o escampamento, uma parte dos gases queimados permanece no cilindro,
contaminando a mistura nova admitida;
c) O motor a dois tempos se aquece mais, porque as combustões ocorrem com maior
freqüência;
d) A lubrificação é imperfeita, porque é preciso fazê-la através do óleo diluído no
combustível;
e) O motor é menos flexível do que o de quatro tempos, isto é, a sua eficiência diminui mais
acentuadamente quando variam as condições de rotação, altitude, temperatura, etc...
6.2. Massas equivalentes
Figura 24
O complexo movimento de um sistema biela-manivela é constituído de um movimento rotação pura da manivela,
translação pura do pistão e um movimento composto da biela. Desta maneira o estudo do mecanismo mostrado na Fig.
24 pode ser simplificado pela análise dos movimentos puros com a concentração das massas nos pontos A e B, como
ilustra a Fig. 24.

Dinâmica de Mecanismos
ou
Massa total da biela
B P m m m
3 3 3
Figura 25
(62)
Centro de massa da biela
m l m l
3B B 3P
P
(63)
I m l m l
(64)
G
3
2
3B
B
2
3P
P
Resolvendo (62) e (63)
m
m
m l
l l
3 P
3 B (65)
B
B
P
m l
l l
3 B
3 P (66)
P
Substituindo (65) e (66) em (64)
m l l m l l
(67)
2
2
3 P B 3 B P
I G m lBl
3
3 P
lB
lP
lB
lP
l l
I
G3
B P (68)
m
3
Fazendo lP = lA e l = lA + lB, (65) e (66) se tornam
m
m
3 A
3B m3lB
(69)
l
m3l
A (70)
l
Massas em A e B
mA m3
A
(71)
3 m mB B
m
(72)
4
6.3. Cinemática do sistema biela-manivela
Relação de triângulos
rsen t lsen
(73)
2
r
x r cos t l cos
r cos
t l 1
sen
t (74)
l
Séries de Taylor (binomial)
29

Dinâmica de Mecanismos
quando
a x
n
a
n
na
2
r
1
sen
t
l
n
x
2!
n 1
nn
1n
2
a
x
n1
n2
2
n3
3
1
2
1
1
2
1
1
1
1
1
2
6
2
2
2
3!
a
30
x
1
1 2 sen
t
1 1 1 r
l
1
2
2
Considerando que, geralmente
r
l
1
2
2
r
sen
t
l
r
l
1
3
1
1
1
2
2
2
23
1
1
2
r
sen
t
l
22
(75)
pode-se desprezar os termos com potências superiores a 2. O erro cometido
é da ordem de 0,7 % o que garante que os erros que serão cometidos em aplicações reais serão
irrelevantes, se a aproximação for
1
2
2
2
r 1 r
1
sen
t 1
sen
t (76)
l
2 l
Considerando a relação trigonométrica (ângulos duplos)
cos 2A
1
2
tem-se que
sen 2
2
sen
A
1
cos 2
t
t
2
O deslocamento do pistão é, então
2
2
2
r 1 cos 2
t
r
r
x r cos t l 1
l r cos t cos 2
t
2
2l
2 2
(77)
4l
4l
A velocidade do ponto B é obtida por derivação de (77)
2
r
x rsen
t sen 2
t
(78)
2l
A aceleração do ponto B é obtida por derivação de (78)
2
r r
x r
cos
t
cos 2
t r
sen
t sen 2
t (79)
l 2l
6.4. Análise dinâmica
Forças atuantes em B, com A x
i
, a aplicação da 2ª Lei de Newton para o movimento do pistão conduz a
P f
14
f
Pi
f j f
14
34
m A
i f
P f i f f j m x
i
34x
de onde se tem
B
34x
14
P f m x
x B
B
34y
B
j m x
i
34y
B
B
34 (80)
f
14
f34y
0
Para o elemento 3 (biela), a aplicação da 2ª Lei de Newton para os seus movimentos de rotação e translação produz
f
43
f
f
f
34x
34y
23
0
f
f
23x
23y
0
0
Para o elemento 2 (manivela), a aplicação da 2ª Lei de Newton para o seu movimento de rotação produz
(81)
(82)

Dinâmica de Mecanismos
f
32
f
f
R
f
23x
23y
AO2
12
f
0
f
f
32
12x
12y
0
0
T I α
2
2
Para regime de rotação com velocidade angular constante e manivela balanceada AG2 = 0 e = 0
rcos t i sen
t j
f i j
23x
f 23y
T2
0
f cos t f sen
t
T k 0
r 23y
23x
2
(84)
Considerando a expressão (73), a expressão para a tan pode ser escrita como
r
sen t
sen
tan
l
(85)
2
cos
r
1
sen t
l
Da série binomial o denominador de (85) pode ser escrito como
1
2 2
2
r r 2
1
sen t
1
sen t
2
l
2l
Que, introduzido em (85) resulta em
2
r r 2
tan sen
t
1
sen t
2
l
(86)
2l
Combinando as equações (80), (81), (82), (85) e (86)
m x
P
f f
x 34x
B
23 (87)
2
r r
t
(88)
2
m x
B P tan m x
P sen
t
l
1 sen
2
2l
f14 B
f23y f34y
f
(89)
14
Introduzindo em (87) e (89) em (84) tem-se o torque na manivela
T r
2
T r
2
r
l
2
m x
P
sen t
1 sen t
cos
t m x
P
B
2
r
2
2l
r
2
m x
B P sen t
1
cos
t sen t
cos
t
3
l 2l
A força na parede do pistão é
2
m x
P sen
t
l
1 sen 2
2l
r
3
B
31
sen t
2
r r
f B t
(91)
14
A força no pino do pistão, por (89) é obtida por
2
r r 2
f m x
14 P sen t
1
sen t
(92)
2
l 2l
f34y B
que, combinada com (87) resulta em
34
m x
P
2
2
2
2
2
1 sen 1 sen 2
2
r r
t
l l
f t
B (93)
A força no pino da manivela, que inclui a força centrífuga da massa m3A que gira em torno do centro da manivela
sem gerar torque é dada por
(83)
(90)

Dinâmica de Mecanismos
f
f
32
A
A
32
m 3AA
A f34
2cos
t
i sen
t j
r
m
3A
A
A
2
2
2
2
r r 2
2
f m x
P
m r
cos t
sen 1 sen
sen
32
3
m x
P t
t
2
3
2
m r
t
B
A
B
A
l l
(94)
A força no mancal da manivela é
2
2
2
2
r r 2
2
f f m x
P
m r
cos t
sen 1 sen
sen
12 32
3
m x
P t
t
2
3
2
m r
t
B
A
B
A
l l
(95)
32