Cinemática e Dinâmica de Mecanismos

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Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
1 
 
1 INTRODUÇÃO 
 
1.1 INTRODUÇÃO AO ESTUDO DE MECANISMOS 
 
O estudo de mecanismos é muito importante. Com o enorme avanço 
realizado no projeto de instrumentos, controles automáticos e equipamentos 
automatizados, o estudo de mecanismos tomou novo significado. Mecanismo pode 
ser definido como a parte de projeto de máquinas relacionada com o projeto 
cinemático de sistemas articulados, cames, engrenagens e trens de engrenagens. O 
projeto cinemático se baseia nos requisitos relativos ao movimento, diferindo do 
projeto baseado em requisitos de resistência. Será apresentado um exemplo de 
cada mecanismo, acima mencionado, a fim de proporcionar uma descrição 
compreensiva dos componentes a serem estudados. 
A Figura 1.1 mostra o mecanismo conhecido por mecanismo cursor manivela. 
A peça 2 é a manivela, a peça 3 é a biela e a peça 4 o cursor. No motor de 
combustão interna a peça 4 é o pistão. 
 
 
Figura 1.1 - Mecanismo Cursor-Manivela 
 
As Figuras 1.2.a 1.2.b e 1.2.c mostram o mecanismo conhecido por 
mecanismo de quatro barras. A peça 1 é o suporte, geralmente estacionária, a 
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2 
 
peça 2 é a manivela que aciona o mecanismo, e pode girar ou oscilar; a peça 3 é o 
elemento intermediário e a peça 4 poderá girar ou oscilar, dependendo das 
dimensões das peças do mecanismo. 
 
Figura 1.2.a - Mecanismo Quatro-Barras 
 
O elemento de acionamento do mecanismo da Fig. 2.b, é um cilindro 
hidráulico e da Fig. 2.c é um motor elétrico. 
 
 
Figura 1.2.b - Mecanismo Quatro-Barras 
 
 
Figura 1.2.c - Mecanismo Quatro-Barras 
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3 
 
A Figura 1.3 mostra o esboço de uma came com seguidor. A came gira a uma 
velocidade angular constante e o seguidor se movimenta para cima e para baixo, em 
movimento alternativo. A elevação do seguidor é comandada pelo excêntrico e o 
retorno, por ação da gravidade ou de uma mola. As cames são usadas em muitas 
máquinas e um dos empregos mais comuns aparece no motor de automóvel onde 
são empregadas duas cames em cada cilindro para acionar as válvulas de admissão 
e de escapamento. 
 
Figura 1.3 – Mecanismo came - seguidor 
 
As engrenagens são usadas em muitas aplicações para transmitir movimento 
entre eixos com uma razão de velocidades angulares constante. A Fig. 1.4 mostra 
algumas engrenagens acopladas. 
Em alguns casos, a redução desejada na velocidade angular é muito grande 
para ser obtida com somente duas engrenagens. Quando isto ocorre, algumas 
engrenagens devem ser acopladas para formar o que se denomina de trem de 
engrenagens. Na Fig. 1.5 vê-se dois trens de engrenagens planetários; uma vez que 
as engrenagens 2 e 3 do trem da esquerda têm movimento planetário. 
 
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4 
 
 
 
Figura 1.4 – Engrenagens 
 
 
Figura 1.5 – Trens de engrenagens 
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5 
 
 A Figura 1.6 mostra o mecanismo da plaina limadora. A peça 2 é a de 
acionamento e a peça 6 é o porta ferramenta da plaina. Este mecanismo é 
denominado de mecanismo de retorno rápido. 
 
Figura 1.6 - Mecanismo de retorno rápido 
 
Na Figura 1.7 são mostrados dois robôs de tres graus de liberdade (3 gdl). O da 
esquerda com rotação nas três peças ou elos e o da direita com rotação em um elo 
e translação em dois. 
 
Figura 1.7 - Robôs 
 
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6 
 
Em dispositivos tais como instrumentos e controles automáticos a obtenção 
do movimento correto é de suma importância. A potência transmitida pelos 
elementos pode ser tão pequena chegando a ser desprezível, o que permite que os 
componentes sejam dimensionados inicialmente apenas por seu aspecto cinemático 
passando a ter importância secundária o problema da resistência das peças. 
Há outras máquinas, entretanto, onde a análise cinemática é somente uma 
fase do projeto. Depois que for determinado como as diversas peças da máquina 
funcionarão para a realização do trabalho desejado, as forças que atuam nessas 
peças devem ser analisadas, permitindo em seguida o dimensionamento de seus 
elementos. Uma máquina operatriz é um bom exemplo: sua resistência e sua rigidez 
são mais problemáticas do que os movimentos desejados. 
É importante, nesta altura, definir os termos empregados no estudo de 
mecanismos, o que será feito nos parágrafos seguintes. 
 
1.2 MECANISMO, MÁQUINA 
 
No estudo de mecanismos estes termos serão empregados repetidamente e 
são definidos da seguinte maneira: 
 
- Mecanismo: é uma combinação de corpos rígidos ou resistentes de tal modo 
compostos e ligados que se movem entre si com movimento relativo definido. 
- Máquina: é um mecanismo, ou conjunto de mecanismos, que transmite força de 
uma fonte de potencia para a resistência a ser superada. Um exemplo é o motor de 
combustão interna. 
 
1.3 MOVIMENTO 
 
Tratando-se de estudo de mecanismos é necessário definir os vários tipos de 
movimento produzidos por estes mecanismos. 
 
 
 
 
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7 
 
1.4 CICLO, PERÍODO E FASE DO MOVIMENTO 
 
Quando as peças de um mecanismo, partindo de uma posição inicial, tiverem 
passado por todas as posições intermediárias possíveis e retornarem à mesma 
posição inicial, essas peças terão completado um ciclo do movimento. O tempo 
necessário para completar um ciclo é chamado período. As posições relativas de um 
mecanismo em um determinado instante, durante um ciclo, constituem uma fase. 
 
1.5 TRANSMISSÃO DE MOVIMENTO 
 
No estudo de mecanismos é necessário investigar o método pelo qual o 
movimento pode ser transmitido de um membro para outro. Pode-se transmitir 
movimento de três maneiras: a) contato direto entre dois corpos tal como entre um 
excêntrico e um seguidor ou entre duas engrenagens; b) através de um elemento 
intermediário ou uma biela; e c) por uma ligação flexível, como uma correia ou uma 
corrente. 
 
 
2 GEOMETRIA DO MOVIMENTO 
 
A geometria do movimento trata da determinação das posições angulares e 
lineares das peças de um mecanismo, bem como das posições das partículas das 
peças de um mecanismo. A geometria do movimento será tratada usando vetores 
posição. Os vetores são descritos através da base ortonormal i, j, k, e de uma das 
duas formas abaixo. 
 
 











z
y
x
zyx
a
a
a
kajaiaa

 2. 1)
 
 
- Geometria do movimento do mecanismo cursor-manivela. 
 
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8 
 
 A Figura 2.1, mostra as linhas de centro das peças do mecanismo cursor-
manivela. O objetivo é a determinação da posição angular da biela (peça 3) e a 
posição linear do centro do cursor (peça 4), em função da posição angular da 
manivela (peça 2), e dos comprimentos O2A = r2, da manivela e AB = r3, da biela. 
 
A Figura 2.1 – Mecanismo cursor - manivela 
 
 A Figura 2.2, mostra o polígono de vetores construído a partir da Fig. 2.1, que 
será usado para obtenção da posição angular da biela (peça 3) e a posição linear 
do centro do cursor (peça 4). 
 
Figura 2.2 – Polígono de vetores do mecanismo cursor - manivelaA solução é obtida vetorialmente, considerando os vetores e a base 
ortonormal da Fig. 2.2. Da adição dos vetores, tem-se: 
 
 r2 + r3 = rB 2.2) 
 
Escrevendo 2.2) em função das componentes de cada vetor, tem-se: 
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9 
 
 
 
































0
0
0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
33
33
22
22 Br
senr
r
senr
r
 




 2.3) 
 
Separando as componentes de 2.3) segundo os eixos X e Y, tem-se: 
 
 
2 2 3 3: cos( ) cos( ) 2.4)BX r r r   
 
 0)()(: 3322   senrsenrY 2.5) 
 
Do sistema de equações 2.4) e 2.5), tem-se da Eq. 2.6): 
 
 ))( 2
3
2
3  sen
r
r
(-sen 1- 2.6) 
 
Substituindo ϴ3 obtido em 2.6) em 2.4), tem-se: 
 
 2 2 3 3 cos( ) cos( ) 2.7)Br r r   
 
Exemplo 1 – Elaborar um programa computacional para análise da geometria do 
movimento do mecanismo cursor – manivela, em um ciclo de movimento da 
manivela (peça 2). Mostrar os resultados graficamente. 
 
Programa computacional – Matlab 
 
%%%% Cursor- Manivela %%%%%bielageo.m 
% Geometria do movimento 
%%%% Riul 2012 %%%% 
 
 
clear all; 
close all; 
format long e 
 
r2 = 0.10; 
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10 
 
r3 = 0.20; 
 
 convrd=pi/180; 
convg=1/convrd; 
teta2=0.0*convrd; 
dteta2 = 0.5*convrd; 
 
 for i = 1:1:720; 
 
 %geometria do movimento 
 
 r2v = [r2*cos(teta2);r2*sin(teta2);0]; 
 
 teta3 = asin((-r2v(2)/r3)); 
 
 r3v = [r3*cos(teta3);r3*sin(teta3);0]; 
 
 rbv = r2v + r3v; 
 
 teta3v(i) = teta3*convg; 
 
 rbvx(i) = rbv(1); 
 
 teta2v(i) = teta2*convg; 
 
 teta2 = teta2 + dteta2; 
 
 end 
 
 % curso do cursor 
 
 sx = max(rbvx)-min(rbvx) 
 
figure(1) 
plot(teta2v,teta3v);grid 
xlabel('teta2 (graus)') 
ylabel('teta3 (graus)') 
 
figure(2) 
plot(teta2v,rbvx);grid 
xlabel('teta2 (graus)') 
ylabel('rb (m)') 
 
 
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11 
 
 
 
Figura 2.3 – Posição angular da biela em função da posição angular da manivela, 
em um ciclo do movimento 
 
 
Figura 2.4 – Posição linear do cursor em função da posição angular da manivela, em 
um ciclo do movimento 
0 50 100 150 200 250 300 350 400
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
teta2 (graus)
te
ta
3
 (
g
ra
u
s
)
0 50 100 150 200 250 300 350 400
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
teta2 (graus)
rb
 (
m
)
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12 
 
 
- Geometria do movimento do mecanismo cursor-manivela invertido. 
 
 A Figura 2.5, mostra as linhas de centro das peças do mecanismo cursor-
manivela invertido. O objetivo é a determinação da posição angular da peça 4 e a 
posição linear do centro do cursor 3, em função da posição angular da manivela 
(peça 2), e dos comprimentos O2A2 = r2, da manivela e O2O4 = r1. 
 A Figura 2.6, mostra o polígono de vetores construído a partir da Fig. 2.5, que será 
usado para obtenção da posição angular da peça 4 e a posição linear do centro do 
cursor (peça 3), em relação a O4. 
 
 
 
Figura 2.5 - Mecanismo cursor – manivela invertido 
 
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13 
 
 
Figura 2.6 – Polígono de vetores do mecanismo cursor – manivela invertido 
 
A solução é obtida vetorialmente, considerando os vetores e a base ortonormal da 
Fig. 2.6. Da adição dos vetores, tem-se: 
 
 r1 + r2 = r4 2.8) 
 
Escrevendo 2.8) em função das componentes de cada vetor, tem-se: 
 
 
































0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
0
0 44
44
22
221




senr
r
senr
rr
 
 2.9) 
 
Separando as componentes de 9) segundo os eixos X e Y, tem-se: 
 
 
1 2 2 4 4: r cos( ) cos( ) 2.10)X r r   
 
 )()(: 4422  senrsenrY  2.11) 
 
Elevando ao quadrado as equações 2.10) e 2.11), e somando os resultados, chega-
se à: 
 
 )cos(2 221
2
24 rrrr 
2
1r 2.12) 
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14 
 
 
Substituindo o valor r4 obtido em 2.12) em 2.11), tem-se: 
 
 ))( 2
4
2
4  sen
r
r
(sen 1- 2.13) 
 
Exemplo 2 – Elaborar um programa computacional para análise da geometria de 
movimento do mecanismo cursor – manivela invertido, em um ciclo de movimento da 
manivela (peça 2). Mostrar os resultados graficamente. 
 
Programa computacional – Matlab 
 
%%%% inversão do Cursor- Manivela %%%%%bielainversaogeo.m 
% Geometria do movimento 
%%%% Riul 2012 %%%% 
 
 
clear all; 
close all; 
format long e 
 
r2 = 0.20; 
r1 = 0.50; 
 
 
convrd=pi/178; 
convg=1/convrd; 
teta2=0.0*convrd; 
dteta2 = 2.0*convrd; 
 
 for i = 1:1:180; 
 
 %geometria do movimento 
 
 r2v = [r2*cos(teta2);r2*sin(teta2);0]; 
 
 r4 = sqrt(r1*r1+r2*r2+2*r1*r2*cos(teta2)); 
 
 teta4 = asin(r2v(2)/r4); 
 
 r4v = [r4*cos(teta4);r4*sin(teta4);0]; 
 
 
 teta4v(i) = teta4*convg; 
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15 
 
 
 r4vm(i) = r4; 
 
 teta2v(i) = teta2*convg; 
 
 
 teta2 = teta2 + dteta2; 
 
 end 
 
 
figure(1) 
plot(teta2v,teta4v,'k');grid 
xlabel('teta2 (graus)') 
ylabel('teta4 (graus)') 
 
figure(2) 
plot(teta2v,r4vm,'k');grid 
xlabel('teta2 (graus)') 
ylabel('r4 (m)') 
 
 
Figura 2.7 – Posição linear do cursor em função da posição angular da manivela, em 
um ciclo do movimento 
0 50 100 150 200 250 300 350 400
0.35
0.4
0.45
0.5
0.55
0.6
0.65
0.7
teta2 (graus)
r4
 (
m
)
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16 
 
 
Figura 2.8 – Posição angular da peça 4 em função da posição angular da manivela, 
em um ciclo do movimento 
- Geometria do movimento do mecanismo quatro barras. 
 
 A Figura 2.9, mostra as linhas de centro das peças do mecanismo de quatro 
barras. O objetivo é a determinação da posições angulares das peças 3 e 4, em 
função dos comprimentos O2O4 = r1, O2A = r2, AB = r3, O4B = r4 e das posições 
angulares ϴ1 e ϴ2. 
 
Figura 2.9 – Mecanismo de quatro barras 
 
0 50 100 150 200 250 300 350 400
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
25
teta2 (graus)
te
ta
4
 (
g
ra
u
s
)
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17 
 
A Figura 2.10, mostra opolígono de vetores construído a partir da Fig. 2.9, que será 
usado para obtenção da posição angular da peça 3 e a posição angular da peça 4. 
 
Figura 2.10 – Polígono de vetores do mecanismo de quatro barras 
 
 A solução é obtida vetorialmente, considerando os vetores da Fig. 2.10. Da 
adição dos vetores, tem-se: 
 
 r2 + r3 = r1 + r4 2.14) 
 
Escrevendo 2.14) em função das componentes de cada vetor, tem-se: 
 
 











































0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
44
44
11
11
33
33
22
22
 








senr
r
senr
r
senr
r
senr
r
 2.15) 
 
De 2.15), obtém-se uma equação transcendental que tem solução numérica. Uma 
alternativa para obtenção de ϴ3 e ϴ4, é mostrada a seguir, usando o vetor auxiliar ra 
da Fig. 2.10). Tem-se do triangulo O2AO4; 
 
 r2 + ra = r1 2.16) 
 
De 2.16); 
 
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18 
 
 ra = r1 - r2 2.17) 
 
De 2.17); 
 
 
































0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
0
22
22
11
11
 




senr
r
senr
r
r
r
ay
ax
 2.18)
 
 
Usando rax e ray de 2.18); 
 
 
2
2211
2
2211
22 ))()(())cos()cos((  senrsenrrrrrr ayaxa  2.19) 
e, 
 
 















 
)cos()cos((
)()((
tantan
2211
221111



rr
senrsenr
r
r
ax
ay
a
 2.20) 
 
Tem-se do triangulo ABO4 da Fig. 2.10); 
 
 r3 = ra + r4 2.21) 
 
De 21); 
 
 
































0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
0
)(
)cos(
44
44
33
33
 






senr
r
senr
r
senr
r
aa
aa
 2.22)
 
 
Separando as componentes de 2.22) segundo os eixos X e Y, tem-se: 
 
 
3 3 4 4: cos( ) cos( ) cos( ) 2.23)a aX r r r    
 
 )()()(: 4433  senrsenrsenrY aa  2.24) 
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19 
 
 
Elevando ao quadrado as equações 2.23) e 2.24), e somando o resultado, tem-se; 
 
  ))()()()( 44  sensen aa cos(cosr2rrrr 4a
2
4
2
a
2
3 
 
 






 
 
4a
2
4
2
a
2
3
r2r
rrr1
4 cos)( a 2.25) 
 
De 2.25); 
 
 






 
 
4a
2
4
2
a
2
3
r2r
rrr1
4 cosa 2.26) 
 
De 2.26), usando o resultado obtido em 2.19) e 2.20) e os dados r3 e r4, tem-se o 
valor de ϴ4. Como a função cosseno é par, deve-se observar a posição do 
mecanismo sob análise para usar o ângulo ϴ4 correto. 
 Usando 2.23), tem-se: 
 
 
 
 





 
 
3
441
3
)cos()cos(
cos
r
rr aa 
 2.27) 
 
 
- Geometria do movimento do mecanismo Garfo Escocês 
 
 A Figura 2.11, mostra o mecanismo Garfo Escocês. O objetivo é a determinação 
do deslocamento linear x da peça 4, em função da posição angular da peça 2, e do 
comprimento O2A = r2. 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
20 
 
 
 
A Figura 2.11 – Mecanismo Garfo Escocês 
 
O deslocamento, medido da direita para a esquerda, a partir da interseção da 
trajetória de A com o eixo x, é dado por: 
 
 )cos( 222 rrx  2.28) 
 
Ou, de 2.28); 
 
 
))cos(1( 22  rx 2.29) 
 
 
Esse mecanismo é um gerador da função cosseno, e é utilizado em mesas 
vibratórias. 
 
Determinar o espaço de trabalho do robô de dois graus de liberdade (2 gdl) 
mostrado abaixo. 
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21 
 
 
 
 
robo2gdl.m 
 
% espaço de trabalho - robo de um gdl 
clear all 
close all 
 
rd = pi/180.; 
g = 1/rd; 
 
r = 0.1; 
dr = 0.005; 
 
teta = 0*rd; 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
22 
 
dteta = 1*rd; 
 
for j = 1:1:41 
for i = 1:1:361 
 
 rv = [r*cos(teta);r*sin(teta);0]; 
 x(i,j) = rv(1); 
 y(i,j) = rv(2); 
 teta = teta+dteta; 
end 
r = r + dr; 
end 
figure(1) 
plot(x,y,'k') 
xlabel(' X (m)') 
ylabel(' Y (m)') 
legend('espaço de trabalho') 
 
 
Exemplo – Determinar a trajetória do órgão efetuador (partícula A) do robô de 2 gdl, 
quando o motor girar de 0 a 90 graus e o pistão pneumático se deslocar de 0.1 à 0.2 
m. 
robo2gdltraj.m 
clear all 
close all 
-0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4
-0.4
-0.3
-0.2
-0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
 X (m)
 Y
 (
m
)
 
 
espaço de trabalho
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
23 
 
 
rd = pi/180.; 
g = 1/rd; 
 
r = 0.1; 
dr = 0.00111; 
 
teta = 0*rd; 
dteta = 1*rd; 
 
 
for i = 1:1:91 
 
 rv = [r*cos(teta);r*sin(teta);0]; 
 x(i) = rv(1); 
 y(i) = rv(2); 
 teta = teta+dteta; 
r = r + dr; 
end 
figure(1) 
plot(x,y,'k');grid 
xlabel(' X (m)') 
ylabel(' Y (m)') 
legend('trajetoria') 
 
 
-0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
 X (m)
 Y
 (
m
)
 
 
trajetoria
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
24 
 
Exemplo – Determinar o espaço de trabalho do robô de dois graus de liberdade (2 
gdl) mostrado abaixo. 
 
robocilindrico.m 
clear all 
close all 
 
r = 0.5; 
 
rd = pi/180.0; 
g = 1/rd; 
 
dteta = 1*rd; 
h = 0.0; 
dh = 0.01; 
 
for j =1:1:60 
 
 teta = 0.0*rd; 
 
 for i = 1:1:360 
 z = h; 
 rav = [r*cos(teta);r*sin(teta);z]; 
 
 ravx(i,j) = rav(1); 
 ravy(i,j) = rav(2); 
 ravz(i,j) = rav(3); 
 
 teta = teta + dteta; 
 end 
 h =h + dh; 
end 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
25 
 
 
plot3(ravx,ravy,ravz); grid; 
xlabel(' X (m)') 
ylabel(' Y (m)') 
zlabel(' Z (m)') 
%legend('espaço de trabalho') 
 
 
 
Exemplo – Determinar a trajetória do órgão efetuador (partícula A) do robô de 2 gdl, 
quando o motor girar de 0 a 900 graus com incremento de 1 grau e o fuso parte de h 
= 0. 
 
robocilindricotraj.m 
clear all 
close all 
r = 0.5; 
rd = pi/180.0; 
g = 1/rd; 
dteta = 1*rd; 
h = 0.0; 
dh = 0.0001; 
 teta = 0.0*rd; 
 for i = 1:1:900 
 z = h; 
 rav = [r*cos(teta);r*sin(teta);z]; 
 ravx(i) = rav(1); 
 ravy(i) = rav(2); 
-0.5
0
0.5
-0.5
0
0.5
0
0.2
0.4
0.6
0.8
 Z
 (
m
)
 X (m) Y (m)
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
26 
 
 ravz(i) = rav(3); 
 teta = teta + dteta; 
 h =h +dh; 
end 
 plot3(ravx,ravy,ravz); grid; 
xlabel(' X (m)') 
ylabel(' Y (m)') 
zlabel(' Z (m)') 
%legend('trajetoria') 
 
Exemplo – Determinar a trajetória do órgão efetuador do robô de 3 gdl, quando o 
motor girar de 0 a 900 graus com incremento de 1 grau, o fuso Z parte de h = 0 e o 
fuso Y parte de r = 0,1 m. 
-0.5
0
0.5
-0.5
0
0.5
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
 X (m) Y (m)
 Z
 (
m
)
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
27 
 
 
robocilindricotritraj.m 
clear all 
close all 
 r = 0.1; 
dr = 0.001; 
rd = pi/180.0; 
g = 1/rd; 
dteta = 1*rd; 
h = 0.0; 
dh = 0.0001; 
teta = 0.0*rd; 
 
 for i = 1:1:900 
 z = h; 
 rav = [r*cos(teta);r*sin(teta);z]; 
 
 ravx(i) = rav(1); 
 ravy(i) = rav(2); 
 ravz(i) = rav(3); 
 
 teta = teta + dteta; 
 r = r+dr; 
 h =h + dh; 
end 
 
plot3(ravx,ravy,ravz,'k'); grid; 
xlabel(' X (m)') 
ylabel(' Y (m)') 
zlabel(' Z (m)') 
%legend('trajetoria') 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
28 
 
 
3. ANÁLISE CINEMÁTICA EM MECANISMOS 
 
3.1 INTRODUÇÃO 
 
Por ser um movimento inerente às máquinas, as grandezas cinemáticas tais 
como velocidade e aceleração, sob o ponto de vista da engenharia, são de grande 
importância na análise e no projeto de elementos de máquinas. 
A velocidade de uma máquina é limitada, pelas propriedades dos materiais 
empregados e pelas condições que influenciam essas propriedades. A alta 
temperatura proveniente da compressão dos gases e da queima do combustível, 
aliada à resultante do atrito, é uma condição que influencia a resistência dos 
materiais em motores de alta rotação. O grau de elevação da temperatura também 
depende das precauções tomadas para a transmissão do calor por refrigerantes tais 
como ar, óleo, água ou Freon. 
O êxito do projeto de uma máquina depende da exploração de conhecimentos 
nos campos da dinâmica, análise de tensões, termodinâmica, transmissão de calor e 
propriedades dos materiais. Entretanto, o objetivo deste capítulo é tratar somente 
com relações cinemáticas em máquinas. 
-1
-0.5
0
0.5
1
-1
-0.5
0
0.5
1
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
 X (m) Y (m)
 Z
 (
m
)
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
29 
 
Para corpos que giram em torno de um eixo fixo, tais como rotores, os valores 
cinemáticos podem ser logo determinados através de fórmulas elementares bem 
conhecidas (V = ωR, An = ω²R, At = αR). Entretanto, os mecanismos tais como o 
cursor-manivela e suas inversões são combinações de peças consistindo não 
somente de um rotor, mas também de membros oscilantes e alternativos. Devido às 
velocidades e acelerações relativas entre as diversas peças, juntamente com as 
inúmeras posições relativas possíveis, a análise cinemática de sistemas articulados 
é relativamente complexa comparada com a base de um rotor. A maior parte dos 
mecanismos elementares realiza movimento plano ou pode ser analisada como tal. 
Os mecanismos nos quais todos os seus pontos se movem em planos paralelos são 
considerados como estando em movimento plano. Um exemplo é um mecanismo de 
quatro barras consistindo de duas manivelas e uma biela. Este arranjo é conhecido 
por mecanismo de balancim duplo. 
O movimento de uma peça é expresso em termos de deslocamentos lineares, 
velocidades lineares e acelerações lineares dos pontos que constituem a peça. 
Entretanto, o movimento de uma peça também pode ser expresso em termos de 
deslocamentos angulares, velocidades angulares e acelerações angulares de linhas 
que se movem com a peça rígida. 
 
 3.2 MÉTODOS DE ANÁLISE DE VELOCIDADE E DE ACELERAÇÃO 
 
Entre os diversos métodos de determinação de velocidades e acelerações em 
mecanismos, três encontram grande aplicação: a) análise usando cálculo vetorial 
para determinar a velocidade e a aceleração de um ponto em relação a um sistema 
móvel e a um sistema fixo de coordenadas; b) análise usando equações do 
movimento relativo que são resolvidas vetorialmente; c) análise usando equações do 
movimento relativo que são resolvidas graficamente através de polígonos de 
velocidades e de acelerações; e d) análise usando equações vetoriais escritas na 
forma complexa. 
Deve-se mencionar que o primeiro, o segundo e o quarto métodos conduzem 
a soluções programáveis em computador o que é uma vantagem se o mecanismo 
tiver que ser analisado para um ciclo completo. 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
30 
 
 
3.3 MOVIMENTO DE UM CORPO RÍGIDO EM TORNO DE UM EIXO FIXO DE 
ROTAÇÃO 
 
 Considere o corpo rígido da Fig. 3.1), com rotação em torno do eixo fixo AA’, 
com velocidade angular ω. Num intervalo de tempo t , a partícula P descreve como 
trajetória um arco s de deslocamento angular  . Então, tem-se da Fig. 3.1): 
 
   )()()'( rsenBPsPParco 3.1) 
 
Dividindo ambos os lados de 3.1) por t , tem-se no limite: 
 
 )(senr
dt
ds
v  3.2) 
 
onde:   - velocidade angular (rad/s) 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
31 
 
 
 
Figura 3.1 – Corpo rígido em rotação em torno de um eixo fixo 
 
Observa-se que a velocidade v de P, é perpendicular ao eixo AA’ e ao raio BP, 
então de 3.2) conclui-se que o vetor velocidade V é dado por: 
 
 r^ ωrV   3.3) 
 
O vetor velocidade tangencial V é tangente a trajetória de P, no sentido ω, e 
perpendicular a r e a ω. 
Como o eixo AA’ é paralelo ao eixo z do sistema de referência Oxyz, tem-se; 
 
 kkω   3.4) 
Derivando 3.3) em relação ao tempo t, tem-se: 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
32 
 
V ̂ωr^ α r^ ω^ ωr^ αr^ ω r^ ωVA   3.5) 
 
De 3.5), tem-se as componentes tangencial e normal da aceleração dadas por: 
 
 V ̂ω r̂ ω ̂ω Ae r^ αA nt  3.6) 
 
e, 
 
 nt A AA  3.7) 
 
 
3.4 ANÁLISE CINEMÁTICA EM MECANISMOS TRIDIMENSIONAIS E 
BIDIMENSIONAIS. 
 
3.4.1 DERIVADA TEMPORAL DE UM VETOR EM RELAÇÃO A UM SISTEMA DE 
REFERENCIA ROTATIVO E A UM SISTEMA DE REFERENCIA FIXO 
 
 
A derivada de um vetor em relação a um sistema fixo é a mesma que em 
relação a um sistema que está em translação. Nesta seção, vamos fazer a 
comparação entre as derivadas de um vetor Q em relação a um sistema fixo e em 
relação a um sistema rotativo, tomado com referência.* Vamos aprender também a 
determinar a derivada de Q em relação a um sistema de referência, quando Q é 
definido por suas componentes em outro sistema de referência. 
 
A Figura 3.2 mostra dois sistemas de referência, um fixo {A} e outro rotativo {B}. 
 
 
*
 A escolha do sistema fixo de coordenadas é arbitrária. Qualquer dos sistemas pode ser considerado como 
“fixo”; todos os outros serão considerados móveis. 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
33 
 
 
 
Figura 3.2 - Sistemas de referência – fixo {A} e rotativo {B} 
 
Decompondo Q em componentes segundo os eixos x, y e z do sistema 
rotativo, usando os vetores unitários i,j e k, tem-se: 
 
 B B B B
x y zQ Q i Q j Q k   3.8) 
 
Em relação ao sistema fixo {A}, o vetor Q é dado por: 
 
 A B BAQ R Q 3.9) 
 
BQ - Vetor Q em relação ao sistema rotativo  B ; 
 AQ - Vetor Q em relação ao sistema rotativo  A ; 
B
AR - Matriz de rotação do sistema  B em relação ao sistema  A . 
 
Derivando o vetor Q, tem-se: 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
34 
 
A B B B B B B
x x y y z zQ Q i Q i Q j Q j Q k Q k       
 
        x x j x kA B B B B B B B B Bx y z x A y A J AQ Q i Q j Q k Q i Q Q          
 
    x 
A A
A B B B
AQ Q Q   x 
A B B B B B
A A AQ R Q R Q  (3.10) 
 
Ou; 
 
 x 
 x 
A B B A B B B B A B B B B B
A A A A A A
A B B B B B
A A A
Q R Q Q R Q R Q Q R Q R Q
Q R Q R Q
       
 
 (3.10.a) 
 
 
onde: 
BQ - Variação de Q em relação ao sistema rotativo  B ; 
B
A - Velocidade angular do sistema rotativo  B em relação ao sistema fixo  A . 
B
AR - Matriz de rotação do sistema  B em relação ao sistema  A . 
 
3.4.2 MATRIZ DE ROTAÇÃO 
 
 Considere o vetor p e os sistemas de referência Ox0y0z0 e Ox1y1z1 mostrados 
na Fig. 3.3. 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
35 
 
 
Figura 3.3 - Referenciais 
 
Considerando as bases ortonormais: 
 
   0 0 0 1 1 1i j k e i j k nos sistemas Ox0y0z0 e Ox1y1z1 respectivamente, tem-se: 
 
0 0 0 0 0 0 0x y zp p i p j p k   3.11) 
 
1 1 1 1 1 1 1x y zp p i p j p k   3.12) 
 
E como 0 1p e p são representações de um mesmo vetor em dois sistemas de 
coordenadas, do produto escalar, tem-se: 
 
0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0. . . . .x x y zp p i p i p i i p j i p k i     3.13) 
 
0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0. . . . .y x y zp p j p j p i j p j j p k j     3.14) 
 
0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0. . . . .z x y zp p k p k p i k p j k p k k     3.15) 
 
De 3.13), 3.14) e 3.15); 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
36 
 
 
1 0 1 0 1 00 1
0 1 0 1 0 1 0 1
0 11 0 1 0 1 0
. . .
. . .
. . .
x x
y y
z z
i i j i k ip p
p i j j j k j p
p pi k j k k k
    
    
    
    
      
 3.16) 
 
De 3.16); 
 
   10 0 1p R p    3.17) 
 
com, 
 
1 0 1 0 1 0
1
0 1 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 0
. . .
. . .
. . .
i i j i k i
R i j j j k j
i k j k k k
 
 
    
 
  
 3.18) 
 
e como o produto escalar é comutativo, exemplo 1 0 0 1. .i i i i , tem-se de 3.18): 
 
0 1 0 1 0 1
1
0 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1
. . .
. . .
. . .
i i i j i k
R j i j j j k
k i k j k k
 
 
    
 
  
 3.19) 
 
 
1
0R   - Matriz de transformação de 1 0p em p . 
 
Pré-multiplicando 3.19) por 
1
1
0R

   resulta em: 
 
       
1
1 1 0
1 0 0 0 0 1 0
T
p R p R p R p

             3.20) 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
37 
 
0 1 0 1 0 1
0
1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1
. . .
 . . .
. . .
i i j i k i
R i j j j k j
i k j k k k
 
 
    
 
  
 3.20a) 
 
Considere agora que o sistema Ox1y1z1 (Fig. 3.4) sofra uma rotação  em torno do 
eixo z0, então de 3.19); 
 
Figura 3.4 – Rotação em torno do eixo z0 
 
1
0 ,
cos 0
cos 0
0 0 1 
z
sen
R sen R 
 
 
 
 
        
 
  
 3.21) 
 
Dado que: 
 
0
0 1 0 1 0 1. cos ; . j cos(90 ) ; .k 0i i i sen i        
 
0
0 1 0 1 0 1. cos(90 ) ; . j cos ; .k 0j i sen j j       
 
0 1 0 1 0 1. 0 ; .j 0 ; .k 1k i k k   
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
38 
 
 
Considere agora que o sistema Ox1y1z1 (Fig. 3.5) sofra uma rotação  em torno do 
eixo x0, então de 3.19); 
 
Figura 3.5 – Rotação em torno do eixo x0 
 
1
0 ,
1 0 0
0 cos
0 cos
xR sen R
sen
 
 
 
           
  
 3.22) 
 
Considere agora que o sistema Ox1y1z1 (Fig. 3.6) sofra uma rotação  em torno do 
eixo y0 então de 3.19); 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
39 
 
Figura 3.6 – Rotação em torno do eixo y0 
1
0 ,
cos 0
0 1 0
0 cos
y
sen
R R
sen

 
 
 
          
  
 3.23) 
 
Para uma rotação  no eixo x0 e uma rotação  no eixo z0, tem-se de 3.21) e 3.22); 
 
1
0
1 0 0 0
0 0
0 0 0 1
c s
R c s s c
s c
 
   
 
   
            
      
 
 
1
0 ,
0
xz
c s
R R c s c c s
s s s c c

 
    
    
 
          
  
 3.24) 
 
Para uma rotação  no eixo y0, uma rotação  no eixo x0 e uma rotação  no eixo 
z0,, tem-se de 3.23) e 3.24); 
 
1
0
0 0
0 1 0
0
c s c s
R c s c c s
s c s s s c c
   
    
      
   
           
      
 3.25) 
 
E de 3.25); 
 
 1
0 ,yxz
c c s s s c s s s c s c
R c s c c s R
s c c s s s s c s c c c

           
    
           
   
           
    
 3.26) 
 
Exemplo – Dado o vetor OP = 5 i1, no sistema OX1Y1Z1, pede-se determina-lo no 
sistema OX0Y0Z0, diretamente, e através da matriz de rotação do sistema 1 em 
relação ao sistema 0, sabendo-se que o sistema 1 sofreu uma rotação de 30o , em 
torno do eixo Z. 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
40 
 
 
Sabe-se que: 
 
 1 1 0 0 0 0 0( ) 5 ( ) 5(cos ) 5(cos30 30 )
o oOP i OP i sen j i sen j       
 
 , ,30
cos 0 cos30 30 0
cos 0 30 cos30 0
0 0 1 0 0 1 
o
o o
o o
z z
sen sen
R sen R sen
 
 
    
   
           
   
      
 
Logo, 
 10 0 1( ) ( )OP R OP  0
cos30 30 0 5cos305
( ) 30 cos30 0 0 5 30
0 0 1 0 0
o o o
o o o
sen
OP sen sen
    
    
      
         
 
 
 0 0 0
( ) 5(cos30 30 )o oOP i sen j  
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
41 
 
3.4.3 ANÁLISE USANDO CÁLCULO VETORIAL PARA DETERMINAÇÃO DA 
VELOCIDADE E DA ACELERAÇÃO DE UMA PARTICULA P EM RELAÇÃO A UM 
SISTEMA MÓVEL E A UM SISTEMA FIXO DE COORDENADAS 
 
3.4.3.1 MOVIMENTO TRIDIMENSIONAL DE UM PONTO MATERIAL EM 
RELAÇÃO A UM SISTEMA ROTATIVO – ACELERAÇÃO DE CORIOLIS 
 
Considerando B B
PQ r - vetor posição de uma partícula P, em relação ao sistema 
rotativo  B ,tem-se de 3.10); 
 
 x + A B B B B B A B B B B BP A P A A P P A P A A Pr R r R r V R V R r      3.27) 
 
 Ou, considerando a Figura 3.7; e os sistemas A e A’ paralelos, sendo {A’} um 
sistema que translada em relação ao {A} fixo, tem-se: 
 
Figura 3.7 - Sistemas de referência 
 
 
' '
'A B A B B A B
A A A B B A B B
PO A O O A PO O O A POr R r R r r R r     
 
 
A B A B B
A A B B B B
PO O O A PO A POr r R r R r    
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
42 
 
 
 
P PV x V B A B B
A A B B B B B
O O A A PO A OV R r R   3.28) 
 
onde: {A} - referencial fixo; 
 {A’} - referencial paralelo ao {A} e em translação; 
 {B} - referencial rotativo, gira com velocidade angular BA ; 
 BA - velocidade angular do sistema {B} em relação ao {A} ; 
 
B
AR - matriz de rotação do sistema {B} em relação ao {A} ; 
 
B
B
POr - vetor posição da partícula P no sistema {B}; 
 
A
A
POr - vetor posição da partícula P no sistema {A} ; 
 PV
A - Velocidade linear de P em relação ao sistema A. 
 
Mas, de 3.28), PV
B define a velocidade vP/F da partícula P em relação ao 
sistema {B}. Se considerarmos que um corpo rígido foi ligado ao sistema rotativo, 
vP/F representará a velocidade de P segundo a trajetória que descreve sobre o 
corpo. Por outro lado, o termo x 
B
A B B B
O A A PV R r representará a velocidade vP’ do 
ponto P’ do corpo – ou sistema rotativo – que coincide com P no instante 
considerado. Temos, então de 3.28): 
 
vP = vP’ + vP/F 3.29) 
 
onde: vP = velocidade absoluta da particula P; 
 vP’ = velocidade da particula P’ do sistema rotativo que coincide com P; 
 vP/F = velocidade de P em relação ao sistema rotativo. 
 
Derivando 3.28); 
 
   P PV + x r x r V VB A B B B B
A A B B B B B B B B B B
O O A A PO A A PO A O A PO
d
V R R R R
dt
      
 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
43 
 
  x x V x x V .
B A B B B
A A B B B B B B B B B B B B B B
P O O A A PO A A PO A A PO A A P A Pa a R r R R r R R a       
 
B B
P P x x r x r 2 x V B A B B B
A A B B B B B B B B B B
P O O A A A O A A O A P A A POa a R R R a R       3.30) 
 
onde: 
A
Qa - Aceleração linear de Q em relação ao sistema A. 
 
De 3.30), notamos que os termos B B
P P x x r x rB A B B
A B B B B B
O O A A A O A A Oa R R   
representam a aceleração aP’ do ponto P’ do sistema rotativo que coincide com P no 
instante considerado. Por outro lado, o termo 
B
B B
A POR a define a aceleração aP/F de P 
em relação ao sistema rotativo. O termo, 2 x V 
B
B B B
A A POR que designaremos por aC é 
chamado aceleração complementar ou aceleração de Coriolis, em homenagem ao 
matemático francês De Coriolis (1792-1843). Portanto, escrevemos de 3.30): 
 
aP = aP’ + aP/F + aC 3.31) 
 
onde aP = aceleração absoluta do ponto material P; 
 aP’ = aceleração do ponto P’ do sistema móvel que coincide com P; 
aP/F = aceleração de P em relação ao sistema móvel; 
aC = 2Ω ʌ ( ̇)Oxyz = 2Ω ʌ vP/F - aceleração complementar ou de Coriolis. 
 
Se tan V 0
B B B
B B B
PO PO POr cons te a    e de 3.28) e de 3.30); 
 
PV x B B B
A A B B B
O PO A A POV R r  3.32) 
 
B B x x r x r 
B A B B
A A B B B B B
Q O O A A A O A A POa a R R    3.33) 
 
Exemplo 3 – Peças manufaturadas recebem tinta ao passarem pelo estágio de 
pintura automatizado mostrado na Fg. 3.8. Sabendo-se que o tubo curvo ACE gira 
com velocidade angular constante ω1 = 0,6 rad/s e que no ponto D a tinta se move 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
44 
 
no tubo com velocidade relativa u = 150 mm/s, na direção e no sentido indicado, 
determine, para a posição mostrada, a velocidade e a aceleração da tinta em D. 
 
 
Figura 3.8 – Estágio de pintura automatizado 
 
Definindo-se o sistema de referência fixo AXYZ e o sistema rotativo Axyz, que gira 
com velocidade angular Ω = ω1, e usando –se as equações 3.29) e 3.31), tem-se: 
 
 vD = vD’ + vD/F q.1) 
 
onde: 
 
 




































)120()200(6,0
0
0
0
)120(200
)120cos(200350
0
0
6,0
'
sen
senD ADωV 1
 q.2) 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
45 
 
 













0
)30(150
)30cos(150
senD/F uV
 q.3) 
 
Substituindo q.2) e q.3) em q.1), tem-se: 
 
 







































)120()200(6,0
)30(150
)30cos(150
0
)30(150
)30cos(150
)120()200(6,0
0
0
sen
sensen
sen
DV q.4) 
 
 
 aD = aD’ + aD/F + aC q.5) 
 
onde: 
 
  D'11111 VωADωAD)( ωωADωa 'D 
 


























































0
)120()200()6,0(
0
)120()200(6,0
0
0
0
0
6,0
0
)120(200
)120cos(200350
0
0
0
2
' sen
sen
senDa 
 q.6) 
 
 
2 2
/
cos(30 ) cos(300 ) 0 cos(300 )
a a a (30 ) (300 ) 0 (300 )
0 0 0 0
t n
D F D/F D/F
u u
u sen sen sen
r r
         
       
         
       
              
 
 
 


























0
)300(
)300cos(
200
)150(
0
)300(
)300cos(
22
/ sensen
r
u
FDa q.7) 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
46 
 
 




































)30()150(2,1
0
0
0
)30(150
)30cos(150
0
0
2,1
22 1/
sen
senFDC uωVΩ a
 q.8) 
 
Substituindo q.6), q.7) e q.8) em q.5); 
 
 





































)30()150(2,1
0
0
0
)300(
)300cos(
200
)150(
0
)120()200()6,0(
0
2
2
sen
sensen Da
 
 
 






















)30()150(2,1
)300(
200
)150(
)120()200()6,0(
)300cos(
200
)150(
2
2
2
sen
sensen Da q.9)
 
 
 
Exemplo 4 – Um disco de raio r gira com velocidade angular constante ω2 em torno 
do eixo preso na extremidade da barra horizontal em forma de garfo, que gira com 
velocidade angular constante ω1, conforme mostra a Fig. 3.9. Determine a 
aceleração de P. 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
47 
 
 
Figura 3.9 – Disco girante 
 
Definindo-se o sistema de referência fixo OXYZ e o sistema rotativo Oxyz, que gira 
com velocidade angular Ω = ω1, e usando –se as equações 3.29) e 3.31), tem-se: 
 
 vP = vP’ + vP/F t.1) 
 
onde:
































)(
0
0
0
)(
)cos(
0
0
1
1
'



senr
rsen
r
P OPωV 1
 t.2) 
 
 

































0
)cos(
)(
0
)(
)cos(
0
0
2
2
2





r
senr
rsen
r
P/F OPωV 2
 t.3) 
 
Substituindo t.2) e t.3) em t.1), tem-se: 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
48 
 
 
 

































)(
)cos(
)(
0
)cos(
)(
)(
0
0
1
2
2
2
2
1 




 senr
r
senr
r
senr
senr
PV t.4) 
 
 
 aD = aD’ + aD/F + aC t.5) 
 
onde: 
 
  P'11111 VωOPωOP)( ωωOPωa 'P 
 























































0
)(
0
)(
0
0
0
0
0
)(
)cos(
0
0
0
2
1
1
1
' 




senr
senr
rsen
r
Pa t.6) 
 
 
 

























































0
)(
)cos(
0
)cos(
)(
0
0
0
)(
)cos(
0
0
0
2
2
2
2
2
2
2
/ 






senr
r
r
senr
rsen
r
n
P/F
t
P/FFP aaa t.7) 
 
 
 

































)cos(2
0
0
0
)cos(
)(
0
0
2
2
21
2
21
/



r
r
senr
FPC VΩ a
 t.8) 
 
Substituindo t.6), t.7) e t.8) em t.5); 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
49 
 
 
















































)cos(2
))((
)cos(
)cos(2
0
0
0
)(
)cos(
0
)(
0
21
2
2
2
1
2
2
21
2
2
2
2
2
1







r
rsen
r
r
senr
r
senrP a
 
 
 
 
Exemplo 5 – O rotor do motor elétrico mostrado na Fig. 3.10 gira à razão constante 
ω1 = 3600 rpm. Determinar a aceleração angular do rotor quando o motor está 
girando em torno do eixo Y com velocidade angular constante de 5 rpm no sentido 
horário quando visto do sentido positivo do eixo Y. 
 
Figura 3.10 – Motor elétrico 
 
Definindo-se o sistema de referência fixo OXYZ e o sistema rotativo Oxyz, que gira 
com velocidade angular Ω = ω2, e usando–se a equação 3.10), considerando Q = ω1 
tem-se: 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
50 
 
 



























































)
60
2
(5)
60
2
(3600
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
)()(
21
1
2


1211 ωωωω AxyzAXYZ  
 
 
Exemplo 6 – Faça a análise cinemática do mecanismo mostrado na Fig. 3.11, na 
posição mostrada, considerando ω1 constante e ω2 constante e determine a 
velocidade e a aceleração de B. 
Definindo-se o sistema de referência fixo OXYZ, o sistema em translação Ax’y’z’ e o 
sistema rotativo Axyz, que gira com velocidade angular Ω = ω1, e usando –se as 
equações 3.29) e 3.31), tem-se: 
 
 vB = vB’ + vB/F n.1) 
onde: 
 
 vB’ = vA + ω1 ʌ AB n.2) 
 
 
 
Figura 3.11 – Mecanismo com disco de dupla rotação 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
51 
 
 
De n.2); 
 
 
























































1
11'
533,0
0
0
0
0
127,0
0
0
0
254,0
406,0
0
0

ABωOAωV 11B
 n.3) 
 
 

































0
127,0
0
0
0
127,0
0
0
2
2


ABωV 2B/F
 n.4) 
 
Substituindo n.3) e n.4) em n.1), tem-se: 
 
 



































1
22
1 533,0
127,0
0
0
127,0
0
533,0
0
0



BV n.5) 
 
 
 aB = aB’ + aB/F + aC n.6) 
 
onde: 
 
 


AB)( ωωABωOA)( ωωOAω
AB)( ωωABωaa
111111
111


AB '
 
 
























































0
0
533,0
533,0
0
0
0
0
0
254,0
533,0
0
0
0
(
2
1
1
1'


B'11 VωAB)OAωa B 
 n.7) 
 
 
 FBFB // ( VωABωAB)ωωABωa 22222  
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
52 
 
 
 























































0
0
1270
0
127,0
0
0
0
0
0
127,0
0
0
0
2
2
2
2
/



,
FB
-
a n.8) 
 
 
 

































0
0
0
0
127,0
0
0
2
0
22 21/1/ FBFBC VωVΩ a
 n.9) 
Substituindo n.7), n.8) e n.9) em n.6); 
 
 

































0
0
1270533,0
0
0
1270
0
0
533,0 22
2
1
2
2
2
1  ,,
B
--
a
 
 
Exemplo 7 – Faça a análise cinemática do mecanismo mostrado na Fig. 3.12, na 
posição mostrada, considerando ω1 constante, ω2 e α2 e determine a velocidade e 
a aceleração de C. 
 
Figura 3.12 – Braço robótico de 2 gdl 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
53 
 
Definindo-se o sistema de referência fixo AXYZ, o sistema em translação Bx’y’z’ e o 
sistema rotativo Bxyz, que gira com velocidade angular Ω = ω1, e usando –se as 
equações 3.29) e 3.31), tem-se: 
 
 vC = vC’ + vC/F p.1) 
 
onde: 
 
 vC’ = vB + ω1 ʌ BC p.2) 
 
De p.2); 


























































1
11
'
)30(350
0
0
0
)30(350
)30cos(350
0
0
0
0
250
0
0


sen
senC BCωABωV 11
 p.3)
 
 
 





































0
)30cos(350
)30(350
0
)30(350
)30cos(350
0
0
2
2
2



sen
senC/F BCωV 2
 p.4) 
 
Substituindo p.3) e p.4) em p.1), tem-se: 
 
 







































1
2
2
2
2
1 )30(350
)30cos(350
)30(350
0
)30cos(350
)30(350
)30(350
0
0





 sen
sensen
sen
CV p.5) 
 
 
 aC = aC’ + aC/F + aCo p.6) 
 
onde:Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
54 
 
 


BC)( ωωBCωAB)( ωωABω
BC)( ωωBCωaa
111111
111


BC '
 
 
















































1
1
'
)30(350
0
0
0
0
0
)30(350
)30cos(350250
0
0
0
(


sen
senC C'11 VωBC)ABωa  
 
 











0
)30(350
0
2
1' senCa p.7) 
 
 
 FCFC // ( VωBCαBC)ωωBCωa 22222 
 
 























































































0
)30(350)30cos(350
)30cos(350)30(350
0
)30(350
)30cos(350
0
)30cos(350
)30(350
0
)30cos(350
)30(350
0
0
0
)30(350
)30cos(350
0
0
2
22
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
22
/









sen
sen
sen
sen
sen
senFCa
 p.8) 
 
 
 




































21
2
21
/1/
)30cos()350(2
0
0
0
)30cos(350
)30(350
0
0
2
22


 sen
FCFCCo VωVΩ a
 
 p.9) 
Substituindo p.7), p.8) e p.9) em p.6); 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
55 
 
 



















































21
2
22
2
1
2
22
21
2
22
2
22
2
1
)30cos()350(2
)30(350)30cos(350)30(350
)30cos(350)30(350
)30cos()350(2
0
0
0
)30(350)30cos(350
)30cos(350)30(350
0
)30(350
0







sensen
sen
sen
sen
sen
C
C
a
a
 
 p.10)
 
 
Exemplo 8 – A barra BC de 420 mm de comprimento, do mecanismo cursor-
manivela mostrado na Fig. 3.13, está conectada por juntas bola-soquete ao braço 
rotativo AB e ao cursor C. O braço AB de 60 mm de comprimento gira 
horizontalmente com velocidade angular ω0 = 20 rad/s. Determine a velocidade do 
cursor C, quando o braço AB está paralelo ao eixo x. 
 
Definindo-se o sistema de referência fixo OXYZ, o sistema em translação Bx’y’z’ e o 
sistema rotativo Bxyz, que gira com velocidade angular Ω = ω1 (velocidade angular 
da barra BC), e usando –se a equação 3.29), tem-se: 
 
 vC = vC’ + vC/F r.1) 
 
onde: 
 
 vC’ = vB + ω1 ʌ BC r.2) 
 
Determinação de BC. 
Sabe-se que: 
 OB + BC = OC e BC = OC - OB s.1) 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
56 
 
Da Fig. 4.8; 
 
 OB = 60i + 80 j e OC = xCi + 100k s.2) 
 
Substituindo s.2) em s.1); 
 
 BC = (xC – 60)i - 80 j + 100k s.3) 
 
 
Figura 3.13 – Mecanismo cursor-manivela 
 
Mas, 
 
 |BC| = 420, logo de s.3); 
 
 460)100()80()60(420
222  CC xx( ) 
2
 s.4) 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
57 
 
Substituindo s.4) em s.3); 
 
 BC = (400)i - 80 j + 100k s.5) 
 
De r.2); 
 













































100
80
400
0
80
60
0
0
1
1
1
0'
z
y
x
C



BCωOBωV 10
 
 








































yx
xz
zy
yx
xz
zy
C
110
11
11
11
11
11
0
'
4008060
100400
80100
40080
100400
80100
60
0
0







V
 r.3) 
 
 











0
0
0
C/FV
 r.4) 
 
Substituindo r.3) e r.4) em r.1), tem-se: 
 
 







































yx
xz
zy
yx
xz
zy
C
110
11
11
110
11
11
4008060
100400
80100
0
0
0
4008060
100400
80100






V r.5) 
 
Por outro lado, sabe–se que: 
 
 











0
0
C
C
V
V r.6) 
 
Igualando r.5) e r.6); 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
58 
 
 
























yx
xz
zyCV
110
11
11
4008060
100400
80100
0
0



 r.7) 
 
Separando as componentes dos eixos X, Y e Z, de r.7), tem-se: 
 
 zyCVX 11 80100:   r.8) 
 
 0100400: 11  xzY  r.9) 
 
 yxZ 110 4008060:   r.10) 
 
De r.9) e de r.10); 
 
 01111
40
6
40
8
4
1
  xyxz e r.11) 
 
 Substituindo r.11) em r.8), obtém-se: 
 
 mm/sVC 300)20(
4
60
4
60
0   r.12) 
 
E, 
 
 











0
0
300
C V 
 
 
 
 
 
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
59 
 
 
Exemplo - No instante mostrado, a base do braço do robô gira em torno do eixo Z como 
mostra a Figura; enquanto o braço BC gira com ωBC constante em relação a base. 
Determine a aceleração da partícula C da garra. 
 
 
 Definindo: AXYZ sistema fixo; 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
60 
 
 BX’Y’Z’ - sistema em translação; 
 Bxyz (sistema rotativo) girando com Ω = 1ω . 
 
 A equaçao geral da aceleração é: 
 
 aP = aP’ + aP/F + aC (1) 
 
 Fazendo P = D em 1); 
 
 aC = aC’ + aC/F + aCor (2) 
 
onde: 
 
 
'C B      
         
1 1 1
1 1 1 1 1 1
a a ω BC ω ω BC
ω AB ω ω AB ω BC ω ω BC
 
 
    '
0 0,7 0 0 0,7
0 0 0 0 0
3 0,5 4 4 0,5
C
         
                    
         
                  
1 1 1a ω AB BC ω ω AB BC
 
 
 
 
   /C F           BC BC BC BC BC BCa ω BC ω ω BC α BC ω ω BC 
 
 /
0 0,7 0 0 0,7
0 0 8 8 0
0 0 0 0 0
aC F
         
             
         
                  
 
 Cinemática e Dinâmica de Mecanismos - José A. Riul 
 
 
61 
 
 
 
  
0 0 0,7
2 0 8 0
2(4) 0 0
Cor
     
            
     
          
P/F 1 BCa 2 ̂ V ω ω BC 
 
 
E, 
 /C C C F Cora =a +a +a