Durante o projeto de um sistema de fechamento automático do porta-malas de um SUV, o objetivo é garantir que a tampa feche de forma suave, sem impacto e sem oscilações ao redor da posição final. Esses sistemas geralmente utilizam amortecedores e ou molas para controlar o movimento.
A tampa do porta-malas deve se mover de uma posição angular inicial de \mathbf{1 0}^{\circ} para, no máximo, \mathbf{1}^{\circ}, em um intervalo de tempo inferior a 1 segundo, sem oscilar em torno da posição final.
Para fins de modelagem, considere que a tampa foi simplificada como uma chapa maciça de aço, plana, com:
  • Espessura: 5 mm
  • Largura: 1,75 \mathrm{~m}
  • Comprimento (altura vertical quando aberta): 0,5 \mathrm{~m}
  • Eixo de rotação localizado ao longo da borda inferior.
Considere a densidade do aço como \rho=7800 \mathrm{~kg} / \mathrm{m} 3, e que a tampa pode ser modelada como um corpo rígido rotacional com momento de inércia em relação ao eixo de rotação.

Perguntas:

(a) Determine o valor mínimo do coeficiente de amortecimento necessário para garantir que a tampa atenda à especificação de projeto (atingir 1^{\circ} a partir de 10^{\circ}, em até 1 segundo, sem oscilações).
(b) Avalie se será necessária a adoção de molas no sistema para cumprir as exigências. Caso positivo, determine o valor da constante elástica necessária. Além disso, analise se será necessária modificação da geometria ou redistribuição de massa da tampa. Se sim, proponha o reposicionamento de uma massa de 1 kg de forma a minimizar os problemas identificados.
(c) Suponha agora que o material da tampa seja alterado de aço para alumínio, com densidade \rho=2700 \mathrm{~kg} / \mathrm{m} 3. Calcule o deslocamento angular da tampa após 1 segundo, assumindo que o sistema de amortecimento permaneça o mesmo projetado no item (a) e que a tampa seja solta a partir de 10^{\circ}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que é pedido (peguei as dimensões e densidade do próprio enunciado).
O que o enunciado dá:
  • Espessura da chapa: t = 0{,}005\\ \mathrm{m}.
  • Largura: w = 1{,}75\\ \mathrm{m}.
  • Comprimento (altura, distância entre bordas, eixo na borda inferior): L = 0{,}5\\ \mathrm{m}.
  • Densidade do aço: \rho_{\text{aço}} = 7800\\ \mathrm{kg/m^3}ç.
  • Ângulo inicial: \theta_0 = 10^\circ.
  • Ângulo máximo admissível após 1\\ \mathrm{s}: \theta_{\text{max}} = 1^\circ.
  • Tempo limite: t_{\text{lim}} = 1\\ \mathrm{s}.
  • A tampa é modelada como corpo rígido rotacional, com eixo ao longo da borda inferior (eixo paralelo à largura).
O que o enunciado pede:
(a) Determinar o valor mínimo do coeficiente de amortecimento (coeficiente viscous rotacional c, unidades \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}) necessário para que a tampa atinja \le 1^\circ a partir de 10^\circ em até 1\\ \mathrm{s}, sem oscilar em torno da posição final.
(b) Dizer se é preciso adotar molas; se sim, calcular constante elástica necessária; analisar necessidade de modificar geometria ou redistribuir massa; se necessário, propor reposicionamento de uma massa de 1\\ \mathrm{kg} para minimizar problemas.
(c) Repetir o cálculo do deslocamento angular após 1\\ \mathrm{s} se a tampa for de alumínio ( \rho_{\text{Al}}=2700\\ \mathrm{kg/m^3}), mantendo o mesmo amortecimento projetado em (a) e partindo de 10^\circ.
Observações importantes (que vou usar mais adiante):
  • Converterei ângulos para radianos quando fizer contas (1° = \tfrac{\pi}{180} rad).
  • Para pequenas oscilações em torno de \theta=0, o torque da gravidade pode ser linearizado como uma “rigidez” efetiva \,k_g = m g r_{\text{cm}}, onde r_{\text{cm}} é distância do centro de massa ao eixo. Assim o sistema linearizado é um oscilador rotacional:
I\ddot{\theta} + c\dot{\theta} + k_g \theta = 0,
onde I é o momento de inércia em relação ao eixo.
  • Para esse sistema a pulsação natural é \omega_n = \sqrt{\dfrac{k_g}{I}} e a razão de amortecimento é \zeta = \dfrac{c}{2\sqrt{I k_g}}. Não há oscilações se e somente se \zeta\ge 1 (sistema criticamente amortecido ou superamortecido).

Passo 2

Cálculo da massa, do momento de inércia e da rigidez gravitacional (aqui ensino e calculo passo a passo).
  1. Volume da chapa:
V = t \cdot w \cdot L = 0{,}005 \cdot 1{,}75 \cdot 0{,}5 = 0{,}004375\\ \mathrm{m^3}.
  1. Massa (aço):
m = \rho_{\text{aço}} V = 7800 \cdot 0{,}004375 = 34{,}125\\ \mathrm{kg}.ç
Explanação: massa = densidade × volume. Simples.
  1. Centro de massa em relação ao eixo inferior (placa uniforme, eixo na borda): para uma placa retangular uniforme o centro de massa fica no meio em altura, logo
r_{\text{cm}} = \frac{L}{2} = 0{,}25\\ \mathrm{m}.
  1. Momento de inércia em relação ao eixo na borda inferior (placa fina, espessura negligenciável nessa direção): para uma lâmina retangular de altura L girando sobre aresta inferior:
I = \frac{1}{3} m L^2.
Substituindo:
I = \frac{1}{3}\cdot 34{,}125\cdot (0{,}5)^2 = \frac{1}{3}\cdot 34{,}125\cdot 0{,}25 = 2{,}84375\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
  1. Rigidez gravitacional linearizada (torque por radiano):
k_g = m g r_{\text{cm}}.
Com g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2},
k_g = 34{,}125 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}25 \approx 83{,}7066\\ \mathrm{N\cdot m/rad}.
  1. Pulsação natural:
\omega_n = \sqrt{\frac{k_g}{I}} = \sqrt{\frac{83{,}7066}{2{,}84375}} \approx \sqrt{29{,}449} \approx 5{,}426\\ \mathrm{rad/s}.
Breve aula: note que para uma lâmina uniforme essa \omega_n depende apenas da geometria (provavelmente cancelando m); resultado físico: quanto maior L a tendência à rotação por gravidade muda.

Passo 3

Determinar o amortecimento mínimo para eliminar oscilações e garantir o requisito temporal.
  1. Condição de não oscilar: \zeta \ge 1. A condição de amortecimento crítico (limiar) é
c_{\text{crit}} = 2\sqrt{I k_g}.
Calculemos:
\sqrt{I k_g} = \sqrt{2{,}84375 \cdot 83{,}7066} \approx 15{,}425\\ \mathrm{(unidade\\ N\cdot m\cdot s)}.
Logo
c_{\text{crit}} = 2\cdot 15{,}425 \approx 30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.
Interpretação: qualquer c \ge 30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad} assegura \zeta\ge1, portanto não haverá oscilações (resposta monotônica). Assim o valor mínimo do coeficiente de amortecimento para eliminar oscilações é
\boxed{c_{\min}=30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.}
  1. Agora verifico se com esse amortecimento crítico a tampa chega de 10^\circ a \le 1^\circ em 1\\ \mathrm{s}.
Para resposta criticamente amortecida e condição inicial \theta(0)=\theta_0, \dot{\theta}(0)=0, a solução é
\theta(t) = \theta_0 (1+\omega_n t)e^{-\omega_n t}.
Convertendo ângulos:
\theta_0 = 10^\circ = 10\cdot \frac{\pi}{180} \approx 0{,}1745329\\ \mathrm{rad}, \qquad \theta_{\text{alvo}} = 1^\circ \approx 0{,}0174533\\ \mathrm{rad}.
Com \omega_n \approx 5{,}426,
\theta(1) = 0{,}1745329\cdot (1+5{,}426)\cdot e^{-5{,}426} \approx 0{,}1745329\cdot 6{,}426\cdot 0{,}0044 \approx 0{,}00494\\ \mathrm{rad} \approx 0{,}283^\circ.
Conclusão imediata: com c=c_{\min} (amortecimento crítico para a tampa de aço) a tampa atinge muito antes do limite: \theta(1)\approx 0{,}283^\circ < 1^\circ. Portanto o amortecimento crítico projetado atende a especificação temporal e garante resposta sem oscilações.

Passo 4

Resposta à pergunta (a) — resumo docente e valor final
  • O menor coeficiente de amortecimento rotacional viscous que assegura ausência de oscilações é o amortecimento crítico:
\boxed{c_{\min} = 2\sqrt{I\,k_g} \approx 30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.}
  • Com esse valor e as propriedades dadas da tampa de aço, a tampa partindo de 10^\circ atinge \theta(1)\approx 0{,}283^\circ, portanto satisfa zenda a especificação de \le 1^\circ em 1\\ \mathrm{s} sem oscilações.

Passo 5

Análise (b): será necessária a adoção de molas? efeitos e proposta de redistribuição de massa de 1\\ \mathrm{kg}.
Primeiro, compreensão física: a gravidade já fornece uma “mola” efetiva linearizada com rigidez k_g=m g r_{\text{cm}}. Isso fecha a tampa para \theta=0. Portanto, do ponto de vista de estabilidade e de existência de uma posição final, não é necessário adicionar molas para que a tampa pare em \theta=0. O papel de uma mola real seria alterar a rigidez total (por exemplo reduzir esforço sentido por usuários, ou mudar posição de equilíbrio), mas não é necessário para satisfazer os requisitos enunciados.
Efeito de uma mola torsional de rigidez k_s (opcional):
  • A rigidez total seria k_{\text{tot}}=k_g + k_s.
  • O amortecimento crítico correspondente aumentaria para c_{\text{crit,tot}} = 2\sqrt{I k_{\text{tot}}}. Ou seja, adicionar mola aumenta a rigidez e portanto aumenta a pulsação natural e também aumenta o c crítico necessário para evitar oscilações: adicionando mola, com o mesmo c existente pode até tornar o sistema subamortecido (pior), salvo se recalcular o amortecimento. Portanto, adicionar mola não reduz a necessidade de amortecimento; normalmente aumenta a exigência sobre o amortecedor para manter \zeta\ge1.
Conclusão prática sobre molas:
  • Não é necessário adotar molas para cumprir o requisito de chegar a \le 1^\circ em 1\\ \mathrm{s} sem oscilações, porque a gravidade já fornece rigidez e com o amortecimento projetado c_{\min} a especificação é atendida confortavelmente.
  • Se quiser usar mola por razões de conforto (suavizar carga percebida pelo usuário, reduzir velocidade no fim de curso) isso é possível, mas é preciso recalcular c (provavelmente aumentá-lo) para manter ausência de oscilações. Assim não apontei um k_s “necessário”, pois não é necessário ao requisito; se desejar um caso específico (por exemplo, que a mola leve a um determinado torque em \theta= certa posição), posso calcular k_s.
Agora sobre modificação de geometria / redistribuição de massa:
  • O momento de inércia e o torque gravitacional determinam \omega_n e c_{\text{crit}}. Movimentar massa para mais perto do eixo reduz I e também reduz m r_{\text{cm}}, com efeito geralmente de reduzir tanto I quanto k_g. O impacto prático: mudanças pequenas de massa causam pequenas variações de c_{\text{crit}}.
  • Exemplo numérico: suponha que exista uma massa de 1\\ \mathrm{kg} que atualmente está localizada no bordo superior (a 0{,}25\\ \mathrm{m} do eixo) e que se possa deslocar para muito perto do eixo (por exemplo 0\\ \mathrm{m} do eixo). Recalculo rápido (aproximação por remover o termo de ponto e adicionar no hinge):
    • Momento atual da placa: I_{\text{orig}}=2{,}84375\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
    • Se aquela 1 kg estiver concentrada no bordo (contribuição 1\cdot 0{,}25^2=0{,}0625), e for movida ao eixo (contribuição 0), o novo I aproximado é I_{\text{novo}}\approx 2{,}84375-0{,}0625 = 2{,}78125\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
    • O momento estático m r_{\text{cm}} também muda ligeiramente; recalculando aproximadamente obtém-se k_g menor e, em consequência,
    c_{\text{crit, novo}} \approx 30{,}07\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.
    • Ou seja, deslocar 1\\ \mathrm{kg} do bordo para o eixo reduziu o c_{\text{crit}} apenas em cerca de 0{,}8\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad} (redução pequena, \sim2{,}5\%). Portanto o efeito é pouco expressivo para uma massa de apenas 1\\ \mathrm{kg} comparada à massa total \approx 34{,}1\\ \mathrm{kg}.
Recomendação prática sobre redistribuição:
  • Se houver liberdade de projeto, deslocar massas concentradas (componentes eletrônicos, fechaduras, travas) o mais próximo possível do eixo reduz ligeiramente as exigências do amortecedor e a energia cinética envolvida no fechamento. Mas para a mudança de 1\\ \mathrm{kg} mencionada o ganho é pequeno e não é estritamente necessário à conformidade com os requisitos.
  • Portanto: geometricamente não é obrigatório modificar a tampa; uma leve reposição de uma massa de 1\\ \mathrm{kg} para mais perto do eixo ajuda, mas traz benefício marginal.

Passo 6

Resposta (c): mudar o material para alumínio e manter o mesmo amortecimento projetado em (a). Cálculos passo a passo.
  1. Com alumínio, massa:
m_{\text{Al}} = \rho_{\text{Al}} V = 2700\cdot 0{,}004375 = 11{,}8125\\ \mathrm{kg}.
  1. Momento de inércia (mesma fórmula I=\tfrac{1}{3}mL^2):
I_{\text{Al}} = \frac{1}{3}\cdot 11{,}8125\cdot (0{,}5)^2 = 0{,}984375\\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
  1. Rigidez gravitacional:
k_{g,\text{Al}} = m_{\text{Al}} g r_{\text{cm}} = 11{,}8125\cdot 9{,}81\cdot 0{,}25 \approx 28{,}978\\ \mathrm{N\cdot m/rad}.
  1. Pulsação natural:
\omega_{n,\text{Al}} = \sqrt{\frac{k_{g,\text{Al}}}{I_{\text{Al}}}} = \sqrt{\frac{28{,}978}{0{,}984375}} \approx 5{,}426\\ \mathrm{rad/s}.
Observação importante (aula): repara que \omega_n ficou praticamente igual ao do aço; isso ocorre porque para uma placa uniforme I\propto m e k_g\propto m, portanto m cancela, e \omega_n depende só da geometria e de g (resultado físico: \omega_n=\sqrt{\dfrac{3g}{2L}} para a placa uniforme usada).
  1. Amortecimento mantido igual ao projetado no item (a):
c = c_{\min,\text{aço}} \approx 30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.ç
  1. Calcular razão de amortecimento para alumínio:
\zeta_{\text{Al}} = \frac{c}{2\sqrt{I_{\text{Al}}k_{g,\text{Al}}}}.
Calculemos o denominador:
2\sqrt{I_{\text{Al}}k_{g,\text{Al}}} = 2\sqrt{0{,}984375\cdot 28{,}978} \approx 2\cdot 5{,}342 \approx 10{,}684.
Logo
\zeta_{\text{Al}} \approx \frac{30{,}85}{10{,}684} \approx 2{,}89.
Isso é um amortecimento muito maior que 1 (sistema superamortecido). Em superamortecimento o movimento é monotônico, porém mais lento que no caso criticamente amortecido.
  1. Cálculo da resposta angular em t=1\\ \mathrm{s} para o caso superamortecido com condições iniciais \theta(0)=\theta_0, \dot{\theta}(0)=0.
As raízes do polinômio característico (taxas de decaimento) são
\lambda_{1,2} = -\omega_n\left(\zeta \pm \sqrt{\zeta^2-1}\right).
Numérico:
\omega_n \approx 5{,}426,\qquad \zeta\approx 2{,}888.
Calcule \sqrt{\zeta^2-1}\approx 2{,}71. Assim
\lambda_1 \approx -5{,}426(2{,}888-2{,}71)\approx -0{,}965\\ \mathrm{s^{-1}}, \qquad \lambda_2 \approx -5{,}426(2{,}888+2{,}71)\approx -30{,}39\\ \mathrm{s^{-1}}.
A solução é \theta(t)=A e^{\lambda_1 t} + B e^{\lambda_2 t}. Aplicando \theta(0)=\theta_0 e \dot{\theta}(0)=0 encontra-se (cálculo direto):
A \approx 1{,}0329\,\theta_0,\qquad B\approx -0{,}0329\,\theta_0.
Portanto
\theta(1) \approx \theta_0\left(1{,}0329 e^{-0{,}965} - 0{,}0329 e^{-30{,}39}\right) \approx \theta_0\cdot 0{,}3941.
Com \theta_0 = 10^\circ \approx 0{,}1745329\\ \mathrm{rad},
\theta(1)\approx 0{,}1745329\cdot 0{,}3941 \approx 0{,}06874\\ \mathrm{rad}.
Convertendo para graus:
\theta(1)\approx 0{,}06874\cdot \frac{180}{\pi} \approx 3{,}94^\circ.
Interpretação: mantendo exatamente o mesmo amortecedor projetado para a tampa de aço, a tampa de alumínio (mais leve) ficará mais “amortecida” em termos relativos e por isso se moverá mais lentamente: após 1\\ \mathrm{s} estará em aproximadamente 3{,}94^\circ, que é maior que o limite admissível 1^\circ. Portanto a troca para alumínio sem reprojetar o amortecedor falha a especificação temporal.

Resposta

(a) c_{\min} \approx 30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}.
(b) Não é necessária a adoção de molas para cumprir a exigência: a gravidade já fornece rigidez efetiva k_g=m g r_{\text{cm}} e, com c_{\min}, a tampa de aço satisfaz \theta(1)\approx 0{,}283^\circ<1^\circ. Se uma mola for adicionada, será preciso recalcular e aumentar c (mola aumenta k_{\text{tot}} e portanto aumenta o c crítico). Modificar a geometria / redistribuir massa não é estritamente necessário; mover 1\\ \mathrm{kg} do bordo para junto ao eixo reduz levemente c_{\text{crit}} (por exemplo de \approx 30{,}85 para \approx 30{,}07\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}), ganho marginal.
(c) Com a tampa em alumínio e mantendo c=30{,}85\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad}, a posição após 1\\ \mathrm{s} é aproximadamente \theta(1)\approx 0{,}06874\\ \mathrm{rad}\approx 3{,}94^\circ (portanto não atende a especificação).

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