O mecanismo de recuo de uma arma é projetado como uma mola e um amortecedor viscoso em paralelo tal que o sistema tenha amortecimento crítico. Um canhão de 10 kg tem recuo máximo de 5 cm após o disparo. Especifique a rigidez e o coeficiente de amortecimento desse mecanismo tal que este retorne para dentro de 0,5 \mathrm{~mm} da posição de tiro em um tempo de 0,5 \mathrm{~s} após o disparo.
Resposta: k=1740 \mathrm{~N} / \mathrm{m}, c=264 \mathrm{~N} . \mathrm{s} / \mathrm{m}

Passo 1

O enunciado pede que você escolha a rigidez e o coeficiente de amortecimento do mecanismo (mola + amortecedor viscoso em paralelo) de modo que o canhão volte para dentro de 0,5\\ \mathrm{mm} da posição de tiro em 0,5\\ \mathrm{s} após o disparo, sabendo que o sistema deve ser criticamente amortecido. As informações dadas são:
m=10\\ \mathrm{kg}
\text{recúo máximo (deslocamento inicial)}\; x_0 = 5\\ \mathrm{cm} = 0,05\\ \mathrm{m}úá
\text{tolerância final}\; x_{\text{tol}} = 0,5\\ \mathrm{mm} = 0,0005\\ \mathrm{m}â
\text{tempo disponível}\; t=0,5\\ \mathrm{s}í
\text{o sistema é criticamente amortecido (amortecimento crítico)}éí
O que se pede:
  • determinar a rigidez \;k\; em \mathrm{N}/\mathrm{m};
  • determinar o coeficiente de amortecimento \;c\; em \mathrm{N\cdot s}/\mathrm{m}.

Passo 2

Modelagem dinâmica e parâmetros importantes. A equação do movimento do sistema massa-mola-amortecedor (sem forçamento externo, resposta livre) é
m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = 0.
Aqui:
  • \;x(t)\; é o deslocamento relativo ao ponto de equilíbrio (posição de tiro);
  • \;m\; é a massa ( \mathrm{kg});
  • \;c\; é o coeficiente de amortecimento viscoso ( \mathrm{N\cdot s}/\mathrm{m});
  • \;k\; é a rigidez da mola ( \mathrm{N}/\mathrm{m}).
    Definições úteis:
\omega_n = \sqrt{\frac{k}{m}}\quad\text{(frequência natural, em rad/s)}ê
\zeta = \frac{c}{2m\omega_n}\quad\text{(razão de amortecimento adimensional)}.ã
Amortecimento crítico corresponde a \zeta=1. Portanto, para amortecimento crítico vale a relação
c = 2 m \omega_n.

Passo 3

Solução do caso criticamente amortecido e condições iniciais. Quando \zeta=1 a solução geral da equação homogênea é
x(t) = (A + Bt) e^{-\omega_n t},
onde A e B são constantes determinadas pelas condições iniciais. Para o recuo máximo logo após o disparo assumimos as condições iniciais naturais:
x(0)=x_0=0,05\\ \mathrm{m},\qquad \dot{x}(0)=0\\ \mathrm{m/s}
(já que em x_0 o corpo está momentaneamente sem velocidade).

Passo 4

Determinação das constantes A e B. Aplicando x(0)=A = x_0. Derivando x(t) e aplicando \dot{x}(0)=0:
\dot{x}(t) = \bigl(B - \omega_n(A+Bt)\bigr) e^{-\omega_n t}.
Em t=0:
\dot{x}(0) = B - \omega_n A = 0 \quad\Rightarrow\quad B = \omega_n A = \omega_n x_0.
Logo a solução particular com as condições dadas é
x(t) = x_0\bigl(1 + \omega_n t\bigr) e^{-\omega_n t}.

Passo 5

Imposição da especificação numérica. Queremos que, no tempo t=0,5\\ \mathrm{s},
x(0,5) \le x_{\text{tol}}.
Substituindo a solução:
x_0\bigl(1 + \omega_n t\bigr) e^{-\omega_n t} \le x_{\text{tol}}.
Agora colocamos os números: x_0=0,05\\ \mathrm{m}, x_{\text{tol}}=0,0005\\ \mathrm{m}, t=0,5\\ \mathrm{s}. Dividindo por x_0 obtemos
\bigl(1 + \omega_n t\bigr) e^{-\omega_n t} \le \frac{x_{\text{tol}}}{x_0} = \frac{0,0005}{0,05} = 0,01.
Definindo y=\omega_n t (adiimensional), a condição vira
(1+y)e^{-y} \le 0,01.
Esta é uma equação transcendental em y (aparece y dentro e fora de um exponencial), então a solução é obtida numericamente.

Passo 6

Resolução numérica da equação (1+y)e^{-y}=0,01 por tentativa e aproximação (método de sondagem). Calculamos o lado esquerdo para alguns valores de y:
y=6:\quad (1+6)e^{-6}=7\cdot 0,0024788\approx 0,0404\\ (>0,01),
y=6{,}5:\quad (1+6{,}5)e^{-6{,}5}=7{,}5\cdot 0,001503\approx 0,01127\\ (>0,01),
y=6{,}6:\quad (1+6{,}6)e^{-6{,}6}=7{,}6\cdot 0,001361\approx 0,01034\\ (>0,01),
y=6{,}64:\quad (1+6{,}64)e^{-6{,}64}=7{,}64\cdot 0,001307\approx 0,00998\\ (<0,01).
Portanto a raiz está entre y=6{,}6 e y=6{,}64; uma boa aproximação prática é tomar y\approx 6{,}6 a 6{,}64. Para projetar componentes com números redondos e obter valores práticos, adotamos y\approx 6{,}6, o que dá um compromisso entre precisão e números fáceis de usar. Assim,
\omega_n = \frac{y}{t} \approx \frac{6{,}6}{0{,}5} = 13{,}2\\ \mathrm{s}^{-1}.

Passo 7

Cálculo de k e c a partir de \omega_n. Usamos
\omega_n = \sqrt{\frac{k}{m}}\quad\Rightarrow\quad k = m\,\omega_n^{2}.
Substituindo m=10\\ \mathrm{kg} e \omega_n=13{,}2\\ \mathrm{s}^{-1}:
k = 10\cdot (13{,}2)^{2} = 10\cdot 174{,}24 = 1742{,}4\\ \mathrm{N}/\mathrm{m}.
Arredondando para um valor prático obtemos k\approx 1740\\ \mathrm{N}/\mathrm{m}.
Para o coeficiente de amortecimento, em amortecimento crítico vale
c = 2 m \omega_n.
Substituindo:
c = 2\cdot 10 \cdot 13{,}2 = 264\\ \mathrm{N\cdot s}/\mathrm{m}.

Resposta

k=1740\\ \mathrm{N}/\mathrm{m}
c=264\\ \mathrm{N\cdot s}/\mathrm{m}

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